mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 20, 2017 2:18 pm**

Διαγώνισμα 3 Επίπεδο: Ευκλείδης Γ' λυκείου.

Πρόβλημα 1
Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ABC

με

εγγεγραμμένο σε κύκλο

και η διχοτόμος του

.
Ο κύκλος c_1(C,CD)

τέμνει τον

στα

, την

στο

, και την

στο

έτσι ώστε το

να βρίσκεται μεταξύ των B,E

. Αν

είναι το σημείο
τομής της

με τον

, να αποδείξετε ότι οι ευθείες: AB,KL,HE

συντρέχουν.

Πρόβλημα 2
Να λυθεί στους πραγματικούς η εξίσωση:
(x-1)(x+1)(x^2+1)=2x^3+2x^2-3x-2

Πρόβλημα 3
Θεωρούμε τον 12102

-ψήφιο αριθμό: $A=\overline{1xyyx11xyyx1...1xyyx1}$ όπου
$\overline{a_na_{n-1}...a_2a_1}=10^{n-1}a_n+10^{n-2}a_{n-1}+...+10a_2+a_1$
και x,y

ψηφία του τέτοια ώστε 1<x<y

. Να αποδείξετε ότι ο

δεν μπορεί
να είναι το τετράγωνο ενός ακεραίου.

Πρόβλημα 4
Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ οι οποίες ικανοποιούν
την συναρτησιακή σχέση:
f(x+f(y))+f(yf(x))=y(x+1)+f(x)

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 20, 2017 2:44 pm**

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 3 Επίπεδο: Ευκλείδης Γ' λυκείου.

Πρόβλημα 2
Να λυθεί στους πραγματικούς η εξίσωση:

Καλησπέρα Γιάννη!

Η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα x^4=2x^3+2x^2-3x-1

(διαφορά τετραγώνων).

Η τελευταία ξαναγράφεται (x^2-x)^2=3(x^2-x)-1

.

Θέτουμε x^2-x=a

, οπότε

, δηλαδή $a=\dfrac{3 \pm \sqrt{5}}{2}$ .

Έτσι, $x^2-x=\dfrac{3 \pm \sqrt{5}}{2}$ , που δίνει $\boxed{x=\dfrac{1 \pm \sqrt{7-2\sqrt{5}}}{2}}$ , $\boxed{x=\dfrac{1 \pm \sqrt{7+2\sqrt{5}}}{2}}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 20, 2017 3:10 pm**

Χάρη ευχαριστώ για την διευκρίνηση. Είχα γράψει το γράμμα στα ελληνικά οπότε δεν το έβγαζε.
Ωραία Ορέστη! Μία άλλη προσέγγιση είναι η εξής.
Θεωρούμε το πολυώνυμο: P(x)=x^4-2x^3-2x^2+3x+1

Στην συνέχεια παρατηρούμε ότι: P(-1)=P(2)=-1

οπότε μπορούμε
να γράψουμε το P(x)

στην μορφή: (x^2-x-2)Q(x)-1

και
πράγματι P(x)=(x^2-x-1)(x^2-x-2)-1

οπότε η εξίσωση
γίνεται: (x^2-x-1)(x^2-x-2)-1=0

. Αν θέσουμε x^2-x-1=y

τότε η εξίσωση γράφεται: y(y-1)-1=0

. Και προκύπτουν οι
λύσεις που έδωσε ο Ορέστης.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 20, 2017 3:18 pm**

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 3
Πρόβλημα 4
Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ οι οποίες ικανοποιούν
την συναρτησιακή σχέση:

Για

έχουμε

Για

παίρνουμε $f(f(0)f(f(0)))=f(0)^2+f(0) \Rightarrow f(0)=0$
Για x=0

παίρνουμε

άρα η

είναι

και επί.
Για y=1,x=f(x)

παίρνουμε

.
Για

παίρνουμε

Αντικαθιστώντας στην αρχική βλέπουμε πως μοναδική λύση είναι η f(x)=x

Edit: Είναι και η f(x)=-x

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 20, 2017 3:20 pm**

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 3 Επίπεδο: Ευκλείδης Γ' λυκείου.

Πρόβλημα 1
Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο με εγγεγραμμένο σε κύκλο και η διχοτόμος του .
Ο κύκλος τέμνει τον στα , την στο , και την
στο έτσι ώστε το να βρίσκεται μεταξύ των . Αν είναι το σημείο
τομής της ΑΧ με τον , να αποδείξετε ότι οι ευθείες:
συντρέχουν.

Καλησπέρα! Το πρέπει να γίνει αν δεν κάνω λάθος. Παρουσιάζω την λύση μου αλλά επέιδη είμαι σχεδόν σίγουρος ότι είναι λάθος διορθώστε την . . .

Η είναι ο ριζικός άξονας των δύο κύκλων. Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι $YA\cdot YB= YK\cdot YL$ ή πιο απλά ότι τα τρίγωνα είναι όμοια. Ομως $Y\widehat BK=Y\widehat LA$ και το ζητούμενο έπεται

Δυστυχώς νομίζω πως υπάρχει ένα κενό. Αν θεωρείς το

ως την τομή του

με την

, δεν έχεις αποδείξει ότι τα Y, B, A

είναι συνευθειακά. Αν από την άλλη θεωρείς ότι το

είναι η τομή των

και

, δεν έχεις αποδείξει ότι τα, Y, K, L

είναι συνευθειακά. Παρόλα αυτά η ιδέα είναι καταπληκτική. Μια ιδέα θα ήταν να αποδείξουμε πως $YA\cdot YB=YH\cdot YE$ , όπου

η τομή των

και

.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 20, 2017 3:27 pm**

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 3 Επίπεδο: Ευκλείδης Γ' λυκείου.

Πρόβλημα 1
Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο με εγγεγραμμένο σε κύκλο και η διχοτόμος του .
Ο κύκλος τέμνει τον στα , την στο , και την
στο έτσι ώστε το να βρίσκεται μεταξύ των . Αν είναι το σημείο
τομής της ΑΧ με τον , να αποδείξετε ότι οι ευθείες:
συντρέχουν.

Καλησπέρα! Το πρέπει να γίνει αν δεν κάνω λάθος. Παρουσιάζω την λύση μου αλλά επέιδη είμαι σχεδόν σίγουρος ότι είναι λάθος διορθώστε την . . .

Η είναι ο ριζικός άξονας των δύο κύκλων. Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι $YA\cdot YB= YK\cdot YL$ ή πιο απλά ότι τα τρίγωνα είναι όμοια. Ομως $Y\widehat BK=Y\widehat LA$ και το ζητούμενο έπεται
Δυστυχώς νομίζω πως υπάρχει ένα κενό. Αν θεωρείς το ως την τομή του με την , δεν έχεις αποδείξει ότι τα είναι συνευθειακά. Αν από την άλλη θεωρείς ότι το είναι η τομή των και , δεν έχεις αποδείξει ότι τα, είναι συνευθειακά. Παρόλα αυτά η ιδέα είναι καταπληκτική. Μια ιδέα θα ήταν να αποδείξουμε πως $YA\cdot YB=YH\cdot YE$ , όπου η τομή των και .

Διονύση έχεις δίκιο. Απομένει λοιπόν να αποδείξουμε ότι το BHEA

είναι εγγράψιμο!

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 20, 2017 3:42 pm**

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε: Διονύση έχεις δίκιο. Απομένει λοιπόν να αποδείξουμε ότι το είναι εγγράψιμο!

Ακριβώς!

Έστω πως $\widehat{ABC}=2x$ . Προφανώς $\widehat{DBC}=x$ . Εύκολα βρίσκουμε πως $\widehat{BDC}=180^o-3x$ . Όμως το CDX

είναι ισοσκελές, άρα θα είναι $\widehat{DXC}=180^o-3x$ και $\widehat{DCX}=6x-180$ .

Ακόμα είναι $\widehat{DCE}=180^o-2x$ , άρα $\widehat{XCE}=4x$ .

Επειδή η $\widehat{XHE}$ είναι η αντίστοιχη εγγεγραμμένη της επίκεντρης $\widehat{XCE}$ , έχουμε πως $\widehat{AHE}=\widehat{XHE}=2x$ .

Πράγματι λοιπόν το ABHE

είναι εγγράψιμο.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 20, 2017 4:10 pm**

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε: Διονύση έχεις δίκιο. Απομένει λοιπόν να αποδείξουμε ότι το είναι εγγράψιμο!
Ακριβώς!

Έστω πως $\widehat{ABC}=2x$ . Προφανώς $\widehat{DBC}=x$ . Εύκολα βρίσκουμε πως $\widehat{BDC}=180^o-3x$ . Όμως το είναι ισοσκελές, άρα θα είναι $\widehat{DXC}=180^o-3x$ και $\widehat{DCX}=6x-180$ .

Ακόμα είναι $\widehat{DCE}=180^o-2x$ , άρα $\widehat{XCE}=4x$ .

Επειδή η $\widehat{XHE}$ είναι η αντίστοιχη εγγεγραμμένη της επίκεντρης $\widehat{XCE}$ , έχουμε πως $\widehat{AHE}=\widehat{XHE}=2x$ .

Πράγματι λοιπόν το είναι εγγράψιμο.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 21, 2017 1:39 pm**

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:
Πρόβλημα 3
Θεωρούμε τον -ψήφιο αριθμό: $A=\overline{1xyyx11xyyx1...1xyyx1}$ όπου
$\overline{a_na_{n-1}...a_2a_1}=10^{n-1}a_n+10^{n-2}a_{n-1}+...+10a_2+a_1$
και ψηφία του τέτοια ώστε . Να αποδείξετε ότι ο δεν μπορεί
να είναι το τετράγωνο ενός ακεραίου.

Μία τελευταία προσπάθεια ...

Έστω προς άτοπο ότι

τέλειο τετράγωνο, έστω A=k^2

, με $k \in \mathbb{N^*}$ .

Θα αποδείξουμε το εξής:

Ισχυρισμός

Ο αριθμός $N=\overline{1xyyx1}$ διαιρείται με το

, όχι όμως και με το 11^2

.

Απόδειξη

Είναι $N=\overline{1xyyx1}=10^5+10^4 \cdot x+10^3 \cdot y+10^2 \cdot y +10x+1=11(9091+910x+100y)$ , πράγμα που αποδεικνύει το πρώτο σκέλος του Ισχυρισμού μας.

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι ο

δεν διαιρεί το 9091+910x+100y

.

Από τις ισοτιμίες $9091+910x+100y \equiv 5+8x+y (\bmod 11)$ , αρκεί να δειχτεί ότι ο

δεν διαιρεί το 8x+5+y

.

Έστω προς άτοπο ότι $11 \mid 8x+y+5$ .

Τότε $y+5 \equiv 3x (\bmod 11)$ .

Άρα, 3x=y+5+11t

, με $t \in \mathbb{Z}$ .

Αν $t \geqslant 2$ , $27 >3x=y+5+11t \geqslant y+27$ , άτοπο.

Αν t=1

,

, η οποία είναι αδύνατη, αφού $1<x<y \leqslant 9$ .

Αν $t \leqslant -2$ , $0<3x=y+5+11t \leqslant y-17<0$ , άτοπο.

Αν t=-1

,

, άτοπο.

Άρα, υποχρεωτικά, t=0

και

.

Χρησιμοποιώντας ότι y>x>1

, παίρνουμε ως λύσεις τα ζεύγη (x,y)=(3,4)

και

.

Είναι, $A=\overline{NN \ldots N}$ , με 2017

- άρια, το καθένα με

ψηφία.

Έτσι , $A=\overline{NN \ldots N}=10^{12096} \cdot N +10^{12090} \cdot N + \ldots 10^6 \cdot N+N=$

$(10^{12096}+ 10^{12090}+ \ldots 10^6+1)N$ .

Παρατηρούμε ότι για (x,y)=(3,4)

, και για

, ο αριθμός

διαιρείται με 11^3

, όχι όμως και με 11^4

.

Για να είναι τέλειο τετράγωνο ο $A=(10^{12096}+ 10^{12090}+ \ldots 10^6+1)N$ , πρέπει $11 \mid 10^{12096}+10^{12090}+ \ldots 10^6+1$ .

Όμως, $10^{12096}+ 10^{12090}+ \ldots 10^6+1 \equiv 1+1+ \ldots 1+1 \equiv 2017 \equiv 4 (\bmod 11)$ , άτοπο.

Ο ισχυρισμός αποδείχτηκε.

Ας συνεχίσουμε την απόδειξη.

Είναι $A=\overline{NN \ldots N}=(10^{12096}+10^{12090}+ \ldots 10+1)N$ .

Από την $11 \mid N$ και ότι ο 11^2

δεν διαιρεί το

(από τον Ισχυρισμό), πρέπει και $11 \mid 10^{12096}+10^{12090}+ \ldots 10^6+1$
Όμως, $10^{12096}+10^{12090}+ \ldots 10^6+1 \equiv 1+1+ \ldots 1+1 \equiv 2017(\bmod 11) \equiv 4(\bmod 11}$ , άτοπο.

Το ζητούμενο είναι άμεσο.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 21, 2017 1:49 pm**

Άψογα!

mathematica.gr

Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 3

Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 3

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 3

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 3