mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 17, 2017 12:25 am**

Διαγώνισμα 12 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 1
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{(ab + bc + ca − 1)^2\leq (a^2 + 1)(b^2 + 1)(c^2 + 1),}$

για όλους τους πραγματικούς αριθμούς a,b,c.

Για ποιες ακέραιες τιμές των a,b,c

ισχύει η ισότητα;

Πρόβλημα 2
Θεωρούμε 2016

σημεία στο χώρο, ανά τέσσερα μη συνευθειακά. Να δείξετε ότι υπάρχουν

σημεία από αυτά, ανά τρία μη συνευθειακά.

Πρόβλημα 3
Να βρείτε όλα τα ζεύγη ακεραίων (a,b)

τέτοια, ώστε $\displaystyle{2017^a = b^6-32b + 1.}$

Πρόβλημα 4
Έστω ABCD

κυρτό τετράπλευρο τέτοιο ώστε AB = BC = CD.

Οι ευθείες

και

τέμνονται στο

και οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ABC

και

στα σημεία

και

Αν

το σημείο τομής των ευθειών

και

να δείξετε ότι η ευθεία

διχοτομεί τη γωνία $\angle AED.$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 17, 2017 2:39 am**

socrates έγραψε:Διαγώνισμα 12 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 1
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{(ab + bc + ca − 1)^2\leq (a^2 + 1)(b^2 + 1)(c^2 + 1),}$

για όλους τους πραγματικούς αριθμούς Για ποιες ακέραιες τιμές των ισχύει η ισότητα;

Μετά τις πράξεις έχουμε να δείξουμε την $\displaystyle a^2b^2c^2+(a+b+c)^2 \geqslant 2\sum ab^2c$ , που γράφεται $(a+b+c-abc)^2 \geqslant 0$ , που ισχύει.

Το ίσον αν a+b+c=abc

(μία οικογένεια λύσεων για $a,b,c \in \mathbb{Z}$ είναι η (a,b,c)=(t,-t,0)

( $t \in \mathbb{Z}$ )).

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 25, 2017 9:20 pm**

Να βρείτε όλα τα ζεύγη ακεραίων τέτοια, ώστε

Καλησπέρα σε όλους,
Η λύση μου αφορά τους μη αρνητικούς.
Αρχικά, παρατηρούμε ότι θα πρέπει

ζυγός και έστω b=2k

.Στη συνέχεια θα δείξουμε ότι

πρέπει να είναι ζυγός.
Αφού, όμως, b=2k

η αρχική εξίσωση γράφεται $2016(2017^{a-1}+.....+1)=64(k^6-k)$ , εδώ παρατηρούμε ότι αν
$2017^{a-1}+.....+1\equiv 1 mod2$ τότε 2^6||RHS

και

άτοπο.
Άρα, $2017^{a-1}+.....+1\equiv 0 mod2$ και άρα

ζυγός.(Θα μπορούσαμε να αποδείξουμε ότι

ζυγός και χρησιμοποιώντας την περιοδικότητα του 2017^a

mod64)
Και τώρα πλέον γνωρίζουμε ότι LHS

της αρχικής εξίσωσης(!) είναι τέλειο τετράγωνο και άρα και το RHS

θα πρέπει να είναι.
Τώρα, εφαρμόζοντας την μέθοδο της φραγής μεταξύ δύο τέλειων τετραγώνων θα έχουμε ότι για $b\geq5$ ισχύει
(b^3-1)^2<RHS<(b^3)^2

.Άρα έχουμε τις περιπτώσεις b=0

ή

ή

, από τις οποίες η μόνη που δίνει λύση είναι για b=2

,την

.Τέλος έχουμε και την προφανή λύση (a,b)=(0,0)

.
Φιλικά,
Θράσος

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 25, 2017 9:23 pm**

Aκριβώς το αντίθετο μπορεί να γίνει και αν b<0

.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 25, 2017 9:25 pm**

Το γνωρίζω απλά για λόγους οικονομίας στον χρόνο έβαλα μόνο το σκέλος της λύσης μου που αφορά τους μη αρνητικούς

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 14, 2019 12:24 pm**

socrates έγραψε: Τετ Μάιος 17, 2017 12:25 am Διαγώνισμα 12 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors
Πρόβλημα 4
Έστω κυρτό τετράπλευρο τέτοιο ώστε Οι ευθείες και τέμνονται στο και οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων και στα σημεία και Αν το σημείο τομής των ευθειών και να δείξετε ότι η ευθεία διχοτομεί τη γωνία $\angle AED.$

Φέρνω το περίκυκλο του ACE

που τέμνει τον περίκυκλο του DEB

στο

. Τότε

συντρέχουν στο ριζικό κέντρο των κύκλων που είναι το

. Άρα

είναι συνευθειακά. Αφού AEC<180^o

τότε αν αποδείξω ότι TA=TC

από νόμο ημιτόνων έχω το ζητούμενο. Αν όμως TA=TC

τότε από το ισοσκελές ABC

, $BT\perp AC$ .
Έστω ακόμη: $X\equiv BD\cap AC$ , $N\equiv BT\cap AC$ και $L\equiv BD\cap TC$ .
Αρχικά BAC=BCA

ως προσκείμενες στη βάση ισοσκελούς και με angle-chasing από τα εγγράψιμα παίρνω τις ισότητες: BAC=ETC=BCA

Ομοίως:

Οπότε το τετράπλευρο NTXL

είναι εγγράψιμο αφού BXN=BAC+CDB=BTC

αφού η

είναι εξωτερική γωνία του τριγώνου BXC

, άρα

.
Όμως:

και

Επομένως

και άρα

και το ζητούμενο έπεται.
Σημείωση: Το

είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου BTC

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 25, 2020 3:44 am**

socrates έγραψε: Τετ Μάιος 17, 2017 12:25 am Πρόβλημα 2
Θεωρούμε σημεία στο χώρο, ανά τέσσερα μη συνευθειακά. Να δείξετε ότι υπάρχουν σημεία από αυτά, ανά τρία μη συνευθειακά.

Επαναφορά!

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 11, 2020 12:44 am**

socrates έγραψε: Τετ Μάιος 17, 2017 12:25 am Πρόβλημα 2
Θεωρούμε σημεία στο χώρο, ανά τέσσερα μη συνευθειακά. Να δείξετε ότι υπάρχουν σημεία από αυτά, ανά τρία μη συνευθειακά.

Μία λύση εδώ:
viewtopic.php?f=176&t=58855

Ελαφρώς διαφορετικά μπορούμε να πούμε:

Έστω

το μέγιστο πλήθος σημείων που είναι ανά 3 μη συνευθειακά. Αυτά ορίζουν ακριβώς $\displaystyle{\binom{k}{2}}$ ευθείες.
Καθένα από τα υπόλοιπα 2016-k

σημεία θα ανήκει αναγκαστικά σε μία από αυτές τις ευθείες.
Επειδή δεν υπάρχουν τέσσερα συνευθειακά σημεία, θα πρέπει $\displaystyle{\binom{k}{2}\geq 2016-k \implies k\geq 63.}$

mathematica.gr

Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 12

Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 12

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 12

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 12

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 12

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 12

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 12

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 12

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 12