Τεστ Εξάσκησης (15), Μεγάλοι

#1

ΘΕΜΑ 1
Έστω μία συνάρτηση $f:\Bbb{R}\to \Bbb{R}.$ Να δείξετε, ότι οι πιο κάτω συνθήκες είναι ισοδύναμες:

$f(f(x)+f(y))=x+2f(f(y))-y, \ \ \forall x,y \in \Bbb{R}$

και $f(x+y)=f(x)+f(y), \ \ \forall x,y \in \Bbb{R}.$

Bonus: Βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:\Bbb{R}^+\to \Bbb{R}^+$ για τις οποίες $f(f(x)+f(y))=x+2f(f(y))-y, \ \ \forall x,y \in \Bbb{R}^+.$

ΘΕΜΑ 2
Για όλους τους θετικούς ακεραίους m>n

να δείξετε ότι:

$\displaystyle{\lcm(m,n)+\lcm(m+1,n+1)>\dfrac{2mn}{\sqrt{m-n}}}$

ΘΕΜΑ 3
Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο ABC

με

. Τα σημεία

και

είναι τα ίχνη των υψών από τις κορυφές

και

, αντίστοιχα. Η ευθεία που εφάπτεται στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC

στο

τέμνει την

στο

. Η ευθεία που είναι παράλληλη στην

και διέρχεται από το

τέμνει την

στο

. Να αποδείξετε ότι η

είναι κάθετη στη διάμεσο από το

του τριγώνου ABC

.

ΘΕΜΑ 4
Προσδιορίστε αν είναι δυνατό να διατάξουμε τους αριθμούς 1,1,2,2,...,n,n

έτσι ώστε να υπάρχουν

αριθμοί μεταξύ δύο $j's,1\leq j\leq n$ , όταν
i) $\ n=2000,$
ii) $\ n=2001,$
iii) $\ n=2002.$
(Για παράδειγμα, για n=4

,

είναι μια τέτοια διάταξη.)

To πρόβλημα 1 είναι κατασκευασμένο από τον Ορέστη.
Τα θέματα 2 και 4 προτείνει ο ksofsa.

miltosk · #2

socrates έγραψε: ↑
Παρ Απρ 10, 2020 2:41 am
ΘΕΜΑ 1
Έστω μία συνάρτηση $f:\Bbb{R}\to \Bbb{R}.$ Να δείξετε, ότι οι πιο κάτω συνθήκες είναι ισοδύναμες:
$f(f(x)+f(y))=x+2f(f(y))-y, \ \ \forall x,y \in \Bbb{R}$

και $f(x+y)=f(x)+f(y), \ \ \forall x,y \in \Bbb{R}.$

Bonus: Βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:\Bbb{R}^+\to \Bbb{R}^+$ για τις οποίες $f(f(x)+f(y))=x+2f(f(y))-y, \ \ \forall x,y \in \Bbb{R}^+.$

$f(y_1)=f(y_2)\Leftrightarrow... y_1=y_2$ και η f 1-1.
Θέτω x=y-2f(f(y))

και λαμβάνω ότι $\exists t \in \mathbb{R}$ τέτοιο ώστε f(t)=0

(δεν το ρισκάρω με το επί του $\mathbb{R}$ )
Για x=y=t

λαμβάνω

Για $x=0\Rightarrow f(f(x))=x$
Άρα η (1) γίνεται f(f(x)+f(y))=x+y

:

Άρα από την (1) κατέληξα στα:
f(f(x))=x,f(x+y)=f(x)+f(y)

Το αντίστροφο:
f(f(x))=x,f(x+y)=f(x)+f(y)

Θέτω

και:

που είναι η (1).
Τελικά, οι σχέσεις είναι ισοδύναμες.
Για το Bonus:
Εναλλάσοντας τους ρόλους των x,y

καταλήγω στην:
$x+2f(f(y))-y=y+2f(f(x))-x\Rightarrow f(f(y))-y=f(f(x))-x$
Θέτω h(x)=f(f(x))-x

και έχω

δηλαδή

σταθερή.
Άρα f(f(x))=x+c

Άρα f:1-1 και θέτω στην αρχική $y=x=f^{-1}(x)$ (edit: διορθώθηκε μετά από ΠΜ του κ. Θανάση)
και λαμβάνω ότι $\exists t \in \mathbb{R^+}:f(2t)=2f(t)$
Για x=y

στην αρχική έχω: f(2f(x))=2f(f(x))

Άρα $f(f(2t))=f(2f(t))=2f(f(t))\Rightarrow 2t+c=2t+2c\Rightarrow c=0$
Άρα f(f(x))=x

Η αρχική γίνεται: f(f(x)+f(y))=x+y

Για

:

Δηλαδή άγεται σε Cauchy.
Μπορώ να τελειώσω με 2 τρόπους:
Είτε αφού f>0

για

,

και από την f(f(x))=x

παίρνω

Είτε: $f(x)+f(y)>f(x)\Rightarrow f(x+y)>f(x)$ δηλαδή f γνησίως αύξουσα και καταλήγω με f(x)=x

Άρα

.

miltosk · #3

socrates έγραψε: ↑
Παρ Απρ 10, 2020 2:41 am
ΘΕΜΑ 2
Για όλους τους θετικούς ακεραίους να δείξετε ότι:

$\displaystyle{\lcm(m,n)+\lcm(m+1,n+1)>\dfrac{2mn}{\sqrt{m-n}}}$

Έστω

.
Τότε: $l\mid d_1\mid m$ και $l\mid d_2\mid m+1$
Άρα $l\mid 1\Rightarrow l=1$
$d_1\mid m-n, d_2\mid m-n$ και αφού $(d_1,d_2)=1\Rightarrow d_1d_2\mid m-n\Rightarrow m-n\geq d_1d_2$
Τώρα:
$[m,n]=\frac{mn}{(m,n)}=\frac{mn}{d_1}$
$[m+1,n+1]=\frac{(m+1)(n+1)} {(m+1,n+1)}=\frac{mn+m+n+1}{d_2}>\frac{mn}{d_2}$
Άρα $[m,n]+[m+1,n+1]>mn(\frac{1}{d_1}+\frac{1}{d_2})\geq mn\cdot2\frac{1}{\sqrt{d_1d_2}}\geq\frac{2mn}{\sqrt{m-n}}$

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #4

socrates έγραψε: ↑
Παρ Απρ 10, 2020 2:41 am
ΘΕΜΑ 1
Έστω μία συνάρτηση $f:\Bbb{R}\to \Bbb{R}.$ Να δείξετε, ότι οι πιο κάτω συνθήκες είναι ισοδύναμες:
$f(f(x)+f(y))=x+2f(f(y))-y, \ \ \forall x,y \in \Bbb{R}$

και $f(x+y)=f(x)+f(y), \ \ \forall x,y \in \Bbb{R}.$

Ευθύ:
Με $\rm y$ σταθερό αλλάζοντας το $\rm x$ εύκολα η $\rm f$ είναι 1-1

Με $\rm x=y$ παίρνω $\rm f(2(f(x))=2f(f(x))$ δηλαδή $\rm f(2x)=2f(x)$ .
Με $\rm y=2x$ παίρνω $\rm f(f(x)+f(2x))=x+2f(f(2x))-2x \Leftrightarrow f(3f(x))=f(4f(x))-x$ .
Αυτή για $\rm x=0$ δίνει $\rm f(0)=0$ .Η αρχική για $\rm y=0$ δίνει $\rm f(f(x))=x$ .
Άρα $\rm f(f(x)+f(y))=x+2f(f(y))-y=x+y=f(f(x+y))\Leftrightarrow f(x+y)=f(x)+f(y)$
Το ανάποδο:
$\rm f(f(x)+f(y))=f(f(x))+f(f(y))=x+y=x+2y-y=x+2f(f(y))-y$ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

miltosk · #5

socrates έγραψε: ↑
Παρ Απρ 10, 2020 2:41 am
ΘΕΜΑ 3
Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο με . Τα σημεία και είναι τα ίχνη των υψών από τις κορυφές και , αντίστοιχα. Η ευθεία που εφάπτεται στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου στο τέμνει την στο . Η ευθεία που είναι παράλληλη στην και διέρχεται από το τέμνει την στο . Να αποδείξετε ότι η είναι κάθετη στη διάμεσο από το του τριγώνου

Μιας και πήρα φόρα:
Ας είναι

η τομή των

,

.

εγγράψιμο με κέντρο κύκλου το μέσο

της

.
Τότε

πολική του

και άρα

μεταξύ τους κάθετες.
Αρκεί PQ//LH

Από το πλήρες τετράπλευρο AFBHCE

η δέσμη

είναι αρμονική. Έτσι, αν η

τέμνει την

στο

,

μέσο της

.
Από θεώρημα Nagel, AQLP

παραλληλόγραμμο.
Άρα $LP//=AQ\Rightarrow LP//=QT$ .
Άρα QTLP

παραλληλόγραμμο και το ζητούμενο έπεται.

stamas1 · #6

miltosk έγραψε: ↑
Παρ Απρ 10, 2020 12:00 pm

socrates έγραψε: ↑
Παρ Απρ 10, 2020 2:41 am
ΘΕΜΑ 3
Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο με . Τα σημεία και είναι τα ίχνη των υψών από τις κορυφές και , αντίστοιχα. Η ευθεία που εφάπτεται στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου στο τέμνει την στο . Η ευθεία που είναι παράλληλη στην και διέρχεται από το τέμνει την στο . Να αποδείξετε ότι η είναι κάθετη στη διάμεσο από το του τριγώνου
Μιας και πήρα φόρα:
Ας είναι η τομή των ,.
εγγράψιμο με κέντρο κύκλου το μέσο της .
Τότε πολική του και άρα μεταξύ τους κάθετες.
Αρκεί
Από το πλήρες τετράπλευρο η δέσμη είναι αρμονική. Έτσι, αν η τέμνει την στο , μέσο της .
Από θεώρημα Nagel, παραλληλόγραμμο.
Άρα $LP//=AQ\Rightarrow LP//=QT$ .
Άρα παραλληλόγραμμο και το ζητούμενο έπεται.

Το σημειο Η που ακριβως ειναι?(το ορθοκεντρο?)

miltosk · #7

stamas1 έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 02, 2020 10:06 pm

miltosk έγραψε: ↑
Παρ Απρ 10, 2020 12:00 pm

socrates έγραψε: ↑
Παρ Απρ 10, 2020 2:41 am
ΘΕΜΑ 3
Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο με . Τα σημεία και είναι τα ίχνη των υψών από τις κορυφές και , αντίστοιχα. Η ευθεία που εφάπτεται στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου στο τέμνει την στο . Η ευθεία που είναι παράλληλη στην και διέρχεται από το τέμνει την στο . Να αποδείξετε ότι η είναι κάθετη στη διάμεσο από το του τριγώνου
Μιας και πήρα φόρα:
Ας είναι η τομή των ,.
εγγράψιμο με κέντρο κύκλου το μέσο της .
Τότε πολική του και άρα μεταξύ τους κάθετες.
Αρκεί
Από το πλήρες τετράπλευρο η δέσμη είναι αρμονική. Έτσι, αν η τέμνει την στο , μέσο της .
Από θεώρημα Nagel, παραλληλόγραμμο.
Άρα $LP//=AQ\Rightarrow LP//=QT$ .
Άρα παραλληλόγραμμο και το ζητούμενο έπεται.
Το σημειο Η που ακριβως ειναι?(το ορθοκεντρο?)

Ναι το ορθόκεντρο του ABC

είναι, το ξέχασα από κεκτημένη ταχύτητα.

#8

Philip.kal έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 17, 2021 8:06 am

socrates έγραψε: ↑
Παρ Απρ 10, 2020 2:41 am

ΘΕΜΑ 2
Για όλους τους θετικούς ακεραίους να δείξετε ότι:

$\displaystyle{\lcm(m,n)+\lcm(m+1,n+1)>\dfrac{2mn}{\sqrt{m-n}}}$
Μία διαφορετική για το 2. Είναι: $\left [ m,n \right ]\leqslant mn, \left [ m+1,n+1 \right ]\leqslant (m+1)(n+1)$ . Πρέπει, συνεπώς, να ισχύει ισοδύναμα: $mn+(m+1)(n+1)>\frac{2mn}{\sqrt{m-n}} \Leftrightarrow mn+mn+m+n+1>\frac{2mn}{\sqrt{m-n}} \Leftrightarrow 2mn+m+n+1>\frac{2mn\sqrt{m-n}}{m-n} \Leftrightarrow (2nm+m+n+1)(m-n)>2mn\sqrt{m-n} \Leftrightarrow (2mn+m+n+1)^2(m-n)^2>4m^2n^2 \Leftrightarrow (2mn+m+n+1)^2(m-n)>4m^2n^2 \Leftrightarrow (2mn+m+n+1)\sqrt{m-n}>2mn$ .

Η τελευταία προφανώς ισχύει.

Προσοχή. Δεν είναι σωστό αυτό. Ουσιαστικά λές

$\displaystyle [m,n] + [m+1,n+1] \leqslant mn + (m+1)(n+1) \geqslant \frac{2mn}{\sqrt{m-n}}$

#9

Έβαλα μια λύση για το 4 εδώ.

Τεστ Εξάσκησης (15), Μεγάλοι

Τεστ Εξάσκησης (15), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (15), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (15), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (15), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (15), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (15), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (15), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (15), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (15), Μεγάλοι

Μέλη σε σύνδεση