mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 04, 2012 11:27 am**

1. Έστω ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ ( $\displaystyle{A\Gamma=B\Gamma}$ ) με περίκεντρο $\displaystyle{O}$ και έγκεντρο $\displaystyle{I}$ . Αν $\displaystyle{\Delta }$ είναι ένα σημείο της $\displaystyle{B\Gamma}$ τέτοιο ώστε η $\displaystyle{\Delta O}$ να είναι κάθετος επί της $\displaystyle{BI}$ , να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\Gamma \Delta =\Delta I}$ .

2. Αν το τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ είναι ορθογώνιο, να προσδιοριστεί η μέγιστη τιμή της παράστασης $\displaystyle{K=\varepsilon \varphi \frac{A}{2}\varepsilon \varphi \frac{B}{2}\varepsilon \varphi \frac{\Gamma}{2}}$ .

3. Για ποιούς θετικούς ακεραίους $\displaystyle{m}$ και $\displaystyle{n}$ , μεγαλύτερους του $\displaystyle{1}$ ισχύει $\displaystyle{2^{1999} + 3^{1999} = m^n}$ ;

4. Είκοσι κληρονόμοι κάθονται σε ένα στρογγυλό τραπέζι για να μοιράσουν την κληρονομιά τους. Συμφωνούν να τη μοιράσουν με τέτοιο τρόπο ώστε ο καθένας να έχει τόσα χρήματα όσα είναι ο μέσος όρος των δυο διπλανών του. Με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει η μοιρασιά;

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 04, 2012 1:02 pm**

parmenides51 έγραψε: 2. Αν το τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ είναι ορθογώνιο, να προσδιοριστεί η μέγιστη τιμή της παράστασης $\displaystyle{K=\varepsilon \varphi \frac{A}{2}\varepsilon \varphi \frac{B}{2}\varepsilon \varphi \frac{\Gamma}{2}}$ .

Γνωρίζουμε ότι σε κάθε τρίγωνο ισχύει

$\displaystyle{\boxed{\tan \frac{A}{2}\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{B}{2}\tan \frac{C}{2}+\tan \frac{C}{2}\tan \frac{A}{2}=1}}$ ( $\displaystyle{\color{red}\bigstar}$ )

Αν το τρίγωνο είναι ορθογώνιο, ας πούμε στο $\displaystyle{A}$ , η παραπάνω σχέση γίνεται

$\displaystyle{\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{C}{2}+\tan \frac{B}{2}\tan \frac{C}{2}=1}$ .

Τότε, το πρόβλημά μας μετασχηματίζεται στο εξής:

$\displaystyle{\bullet}$ Αν $\displaystyle{x,y>0}$ και $\displaystyle{x+y+xy=1,}$ να βρεθεί το μέγιστο της παράστασης $\displaystyle{K:=xy}$

Από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ είναι

$\displaystyle{1-xy=x+y\geq 2\sqrt{xy},}$ δηλαδή $\displaystyle{1-t^2\geq 2t,}$ όπου $\displaystyle{t=\sqrt{xy}.}$

Έχουμε $\displaystyle{t^2+2t-1\leq 0\implies t\leq -1+\sqrt{2}\implies K=t^2\leq 3-2\sqrt{2}}$

και η μέγιστη τιμή πιάνεται για $\displaystyle{x=y=\sqrt{2}-1.}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 04, 2012 2:47 pm**

parmenides51 έγραψε: 3. Για ποιούς θετικούς ακεραίους $\displaystyle{m}$ και $\displaystyle{n}$ , μεγαλύτερους του $\displaystyle{1}$ ισχύει $\displaystyle{2^{1999} + 3^{1999} = m^n}$ ;

Δεν υπάρχουν τέτοιοι θετικοί ακέραιοι. Αν υπήρχαν, επειδή προφανώς $\displaystyle{5|(2^{1999}+3^{1999})}$ , θα έπρεπε να είναι και

$\displaystyle{25|(2^{1999}+3^{1999}).}$

Αυτό, όπως αποδεικνύεται παρακάτω, δε συμβαίνει.

$\displaystyle{2^{10}\equiv -1\mod 25\implies 2^{1990}\equiv -1\mod 25 \implies 2^{1999}\equiv -512\mod 25 \implies \boxed{2^{1999}\equiv 13\mod 25}}$

και

$\displaystyle{3^6\equiv -1\mod 25 \implies 3^{1998}\equiv -1\mod 25\implies \boxed{3^{1999}\equiv -3\mod 25}.}$

Άρα

$\displaystyle{2^{1999}+3^{1999}\equiv 10\mod 25.}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 04, 2012 6:23 pm**

parmenides51 έγραψε:4. Είκοσι κληρονόμοι κάθονται σε ένα στρογγυλό τραπέζι για να μοιράσουν την κληρονομιά τους. Συμφωνούν να τη μοιράσουν με τέτοιο τρόπο ώστε ο καθένας να έχει τόσα χρήματα όσα είναι ο μέσος όρος των δυο διπλανών του. Με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει η μοιρασιά;

Ας υποθέσουμε ότι δεν μοίρασαν εξίσου την κληρονομιά. Τότε θα υπάρχει ένας τουλάχιστον από αυτούς, (ο Α), που θα έχει πάρει ποσόν μικρότερο από κάποιον άλλο, (τον Β). Ας τοποθετήσουμε λοιπόν στο στρογγυλό τραπέζι πρώτα τον Α , από δεξιά του ας τοποθετήσουμε τον Β και ύστερα όλους τους υπόλοιπους κληρονόμους, (με τον ίδιο τρόπο)
Ας ονομάσουμε $\displaystyle{x_1}$ , το ποσόν που θα πάρει ο Α, $\displaystyle{x_2}$ , το ποσόν που θα πάρει ο Β, $\displaystyle{x_3}$ το ποσόν του αμέσως επομένου, $\displaystyle{x_4}$ του μεθεπομένου, κλπ .....και τέλος με $\displaystyle{x_{20}}$ , του τελευταίου κληρονόμου, (αυτού που κάθεται
από τα αριστερά του Α).

Με βάση την εκφώνηση, θα έχουμε:

$\displaystyle{x_1 =\frac{x_2 +x_{20}}{2}}$

$\displaystyle{x_2 =\frac{x_1 +x_3}{2}}$

$\displaystyle{x_3 =\frac{x_2 +x_4}{2}}$

...................................
..................................
..................................

$\displaystyle{x_{19}=\frac{x_{18}+x_{20}}{2}}$

'Ομως υποθέσαμε ότι $\displaystyle{x_1<x_2 \Rightarrow x_1 +x_3<x_2 +x_3 \Rightarrow \frac{x_1 +x_3}{2}<\frac{x_2 +x_3}{2}}$

$\displaystyle{\Rightarrow x_2 <\frac{x_2 +x_3}{2}\Rightarrow 2x_2<x_2 +x_3 \Rightarrow x_2 <x_3}$

Δηλαδή βρήκαμε ότι $\displaystyle{x_1 <x_2 <x_3}$

Συνεχίζοντας έχουμε:

$\displaystyle{x_2 <x_3 \Rightarrow x_2 +x_4 <x_3 +x_4 \Rightarrow \frac{x_2 +x_4}{2}<\frac{x_3 +x_4}{2}\Rightarrow}$

$\displaystyle{x_3 <\frac{x_3 +x_4}{2}\Rightarrow x_3 <x_4}$ .

Δηλαδή βρήκαμε ότι $\displaystyle{x_1 <x_2 <x_3 <x_4}$

Και αν συνεχίσουμε με τον ίδιο τρόπο, θα βρούμε ότι:

$\displaystyle{x_1 <x_2 <x_3 < ...<x_{20}}$ , δηλαδή ότι : $\displaystyle{x_1 <x_{20}}$ .......(ΣΧΕΣΗ 1)

Αλλά από: $\displaystyle{x_{19} <x_{20}\Rightarrow x_{19}+x_1 <x_{20}+x_1\Rightarrow }$

$\displaystyle{\frac{x_{19}+x_1}{2}<\frac{x_{20}+x_1}{2}\Rightarrow x_{20} <\frac{x_{20}+x_1}{2}\Rightarrow}$

$\displaystyle{x_{20}<x_1}$ .........(ΣΧΕΣΗ 2)

Από τις σχέσεις

και

, καταλήγουμε σε άτοπο.

Άρα δεν υπάρχει περίπτωση να πάρει κάποιος διαφορετικό ποσόν από κάποιον άλλο. Δηλαδή θα πάρουν όλοι το ίδιο ποσόν.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 05, 2012 6:39 pm**

για το 2ο λίγο διαφορετικά...

Έστω $\dot{\hat{A}}=90^0$ τότε
$\displaystyle{K=\varepsilon \varphi (\frac{\hat{B}}{2})\varepsilon \varphi (\frac{\pi }{4}-\frac{\hat{B}}{2})=\varepsilon \varphi (\frac{\hat{B}}{2})\frac{1-\varepsilon \varphi (\frac{\hat{B}}{2})}{1+\varepsilon \varphi (\frac{\hat{B}}{2})}}$
θέτω $\displaystyle{t=1+\varepsilon \varphi (\frac{\hat{B}}{2})}$ οπότε
$\displaystyle{K=\frac{-t^2+3t-2}{t}=3-(t+\frac{2}{t})\leq 3-2\sqrt{t\frac{2}{t}}=3-2\sqrt{2}}$ το "=" για $t=\sqrt{2}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 05, 2012 11:27 pm**

parmenides51 έγραψε:1. Έστω ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ ( $\displaystyle{A\Gamma=B\Gamma}$ ) με περίκεντρο $\displaystyle{O}$ και έγκεντρο $\displaystyle{I}$ . Αν $\displaystyle{\Delta }$ είναι ένα σημείο της $\displaystyle{B\Gamma}$ τέτοιο ώστε η $\displaystyle{\Delta O}$ να είναι κάθετος επί της $\displaystyle{BI}$ , να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\Gamma \Delta =\Delta I}$ .

: 1.png (22.76 KiB) Προβλήθηκε 1576 φορές

Ας είναι $\displaystyle{ Q \equiv BI \cap DO }$ (με $\displaystyle{ OD \bot DI }$ ) τότε προφανώς επειδή $\displaystyle{ AC = BC \Rightarrow C,O,I }$ συνευθειακά οπότε: $\displaystyle{ \widehat{QIO}\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\tau o\upsilon \,\,\vartriangle IBC} \widehat{IBC} + \widehat{ICB} }$

$\displaystyle{ \mathop = \limits^{BI,CI\,\,\delta \iota \chi o\tau o\mu o\iota \,\,} \frac{{\widehat{ABC}}} {2} + \frac{{\widehat{ACB}}} {2}\mathop = \limits^{AC = BC \Rightarrow \widehat{ABC} = \widehat{BAC}} }$

$\displaystyle{ \frac{{\widehat{BAC}}} {2} + \frac{{\widehat{ACB}}} {2} = 90^0 - \frac{{\widehat{ABC}}} {2}\mathop = \limits^{\vartriangle QBD\,\,o\rho \theta o\gamma \omega \nu \iota o\,\,\sigma \tau o\,\,Q} \widehat{QDB} \Rightarrow \widehat{QIO} = \widehat{QDB}\mathop \Rightarrow \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\, = \,\,\alpha \pi \varepsilon \nu \alpha \nu \tau \iota \,\,\varepsilon \sigma \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta } IBDO }$

εγγράψιμο άρα $\displaystyle{ \widehat{DIC} \equiv \widehat{DIO}\mathop = \limits^{IBDO\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o} \widehat{OBD} \equiv \widehat{OBC}\mathop = \limits^{OB = OC = R_O \Rightarrow \vartriangle OBC\,\,\iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda \varepsilon \varsigma } \widehat{OCB} \Rightarrow \widehat{DIC} = \widehat{OCB} \Rightarrow \vartriangle IDC }$

ισοσκελές άρα $\displaystyle{ \boxed{ID = DC} }$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 06, 2012 9:11 am**

parmenides51 έγραψε: 4. Είκοσι κληρονόμοι κάθονται σε ένα στρογγυλό τραπέζι για να μοιράσουν την κληρονομιά τους. Συμφωνούν να τη μοιράσουν με τέτοιο τρόπο ώστε ο καθένας να έχει τόσα χρήματα όσα είναι ο μέσος όρος των δυο διπλανών του. Με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει η μοιρασιά;

Κάπως διαφορετικά:

Αριθμούμε τους κληρονόμους ως $x_1,x_2,\ldots,x_{20}$ με την σειρά που κάθονται στο τραπέζι οι οποίοι πήραν ποσά $m_1,m_2,\ldots,m_{20}$ αντίστοιχα. Έστω ότι δεν πήραν όλοι τα ίδια χρήματα. Χωρίς βλάβη της γενικότητας ο x_1

πήρε το μέγιστο ποσό. Αφού δεν πήραν όλοι τα ίδια χρήματα υπάρχει κάποιος που πήρε λιγότερα από m_1

. Έστω $k \in\{2,3,\ldots,20\}$ ο μικρότερος δείκτης ώστε ο x_k

να πήρε λιγότερα από m_1

. Τότε από τον ορισμο του

ο $x_{k-1}$ πήρε $m_{k-1} = m_1$ χρήματα. Όμως τότε

$\displaystyle{ m_1 = m_{k-1} = \frac{m_{k-2} + m_k}{2} < \frac{m_{k-2} + m_1}{2} \leqslant \frac{m_1 + m_1}{2} = m_1, }$

άτοπο.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 06, 2012 4:39 pm**

parmenides51 έγραψε: 4. Είκοσι κληρονόμοι κάθονται σε ένα στρογγυλό τραπέζι για να μοιράσουν την κληρονομιά τους. Συμφωνούν να τη μοιράσουν με τέτοιο τρόπο ώστε ο καθένας να έχει τόσα χρήματα όσα είναι ο μέσος όρος των δυο διπλανών του. Με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει η μοιρασιά;

Άλλη μία απόδειξη:

Ορίζουμε πάλι ως $m_1,m_2,\ldots,m_{20}$ τα ποσά των χρημάτων των κληρονόμων. Επίσης αν

οποιοσδήποτε ακέραιος και $k \in \{1,2,\ldots,20\}$ ώστε $n \equiv k \bmod 20$ ορίζουμε $m_{n} = m_k$ .

Ορίζουμε τώρα $a_n = m_n - m_{1-n}$ και παρατητούμε ότι

$\displaystyle{ a_n = m_n - m_{1-n} = \frac{m_{n+1} + m_{n-1}}{2} - \frac{m_{2-n} + m_{-n}}{2} = \frac{a_{n+1} + a_{n-1}}{2}.}$

Άρα η ακολουθία (a_n)

ικανοποιεί την σχέση $a_{n+1} - 2a_n + a_{n-1} = 0$ . Άρα (από «γνωστό» θεώρημα) υπάρχουν αριθμοί A,B

ώστε

. Επειδή όμως $a_{n+20} = a_n$ πρέπει Β=0

και άρα η

είναι σταθερή. Όμως a_0 = m_0 - m_1 = -a_1

άρα

, δηλαδή

. Επειδή όμως η αρίθμησή μας ήταν αυθαίρετη το αποτέλεσμα δείχνει ότι οποιοιδήποτε δύο διπλανοί έχουν τον ίδιο αριθμό χρημάτων άρα όλα τα άτομα έχουν τον ίδιο αριθμό χρημάτων.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 07, 2012 10:47 pm**

parmenides51 έγραψε: 4. Είκοσι κληρονόμοι κάθονται σε ένα στρογγυλό τραπέζι για να μοιράσουν την κληρονομιά τους. Συμφωνούν να τη μοιράσουν με τέτοιο τρόπο ώστε ο καθένας να έχει τόσα χρήματα όσα είναι ο μέσος όρος των δυο διπλανών του. Με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει η μοιρασιά;

Ας βάλω άλλη μια λύση αλλά λιγότερο στοιχειώδη. Αν $x_1,\ldots,x_{20}$ τα λεφτά που παίρνουν οι κληρονόμοι τότε έχουμε

$\displaystyle{ \begin{pmatrix} -2 & 1 & 0 & \cdots & 0 & 1 \\ 1 & -2 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 1 & 0 & \cdots & 0 & 1 & -2\end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ \vdots \\ x_{20}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0\end{pmatrix} }$

Εδώ όμως είδαμε ότι ο πίνακας έχει ιδιοτιμές $-2 + \omega^n + \omega^{-n}$ για $n=0,1,\ldots,19$ όπου $\omega = e^{2\pi i/20}$ . Από την τριγωνική ανισότητα ακριβώς μια από αυτές ισούται με

, αυτή που αντιστοιχεί στο n=0

και στο ιδιοδιάνυσμα $(1, \, 1, \, \ldots, \, 1)^T$ . Οπότε πρέπει $x_1=\cdots = x_{20}$ .

mathematica.gr

ΘΑΛΗΣ 1998 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΑΛΗΣ 1998 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ