mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 22, 2023 12:24 am**

ΘΕΜΑ 1
Υποθέτουμε ότι οι διαφορετικοί ανά δύο πραγματικοί αριθμοί a, b, c, d

ικανοποιούν τις σχέσεις
$\displaystyle{(a^2 + b^2 − 1)(a + b) = (b^2 + c^2 − 1)(b + c) = (c^2 + d^2 − 1)(c + d).}$
Προσδιορίστε όλες τις δυνατές τιμές του αθροίσματος a + b + c + d.

ΘΕΜΑ 2
Δίνεται τετράγωνο ABCD

και τα σημεία

,

των πλευρών CD,CB

αντίστοιχα ώστε CE=2ED

και

.
Να αποδείξετε ότι οι γωνίες CAE

και

είναι ίσες.

ΘΕΜΑ 3
Έστω

ένα πεπερασμένο σύνολο με στοιχεία θετικούς αριθμούς.
Αν ανάμεσα σε τρία οποιαδήποτε στοιχεία του

υπάρχουν δύο, τέτοια ώστε το γινόμενό τους να ανήκει στο

,
να προσδιορίσετε το μέγιστο πλήθος στοιχείων του

.

ΘΕΜΑ 4
Να βρεθούν οι μη αρνητικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης 7^a=4^b+5^c+6^d

.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 23, 2023 6:33 pm**

socrates έγραψε: Τετ Μαρ 22, 2023 12:24 am ΘΕΜΑ 4
Να βρεθούν οι μη αρνητικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης .

Είναι $\displaystyle{7^a = 1 \pmod3}$ , (1)

Επίσης: $\displaystyle{ 4^b = 1 \pmod3}$ , και $\displaystyle{5^c = 1,2 \pmod3}$ και $\displaystyle{ 6^d = 0 \pmod3}$ , όταν $\displaystyle{d\neq 0}$ .

Άρα $\displaystyle{ 4^b + 5^c + 6^d = 2,0 \pmod3}$ , όταν $\displaystyle{d\neq 0}$ και συνεπώς λόγω της (1), η δοσμένη εξίσωση είναι αδύνατη.

Έστω λοιπόν ότι $\displaystyle{d=0}$ . Τότε έχουμε να λύσουμε την εξίσωση: $\displaystyle{7^a = 4^b + 5^c +1 }$ .

Όμως αν είναι $\displaystyle{b\neq 0}$ τότε το δεύτερο μέλος αυτής είναι άρτιος και το πρώτο περιττός και άρα η εξίσωση αυτή είναι αδύνατη

συνεπώς και η δοσμένη εξίσωση είναι αδύνατη.

Έστω λοιπόν ότι $\displaystyle{b=0}$ . Τότε έχουμε να λύσουμε την εξίσωση $\displaystyle{7^a = 2 +5^c}$ .(2)

Παρατηρούμε ότι: $\displaystyle{7^a = 1,7,24,18 \pmod{25}}$ ενώ $\displaystyle{2 + 5^c = 2 \pmod{25}}$ για κάθε $\displaystyle{c\neq 0,1}$ και έτσι η (2) άρα και η αρχική είναι αδύνατη.

Τέλος, αν $\displaystyle{c=0}$ τότε η (2) είναι αδύνατη ενώ αν $\displaystyle{c=1}$ η (2) δίνει $\displaystyle{a=1}$

Συνεπώς η δοσμένη εξίσωση έχει την μοναδική λύση $\displaystyle{(a,b,c,d)=(1,0,1,0)}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 23, 2023 8:16 pm**

socrates έγραψε: Τετ Μαρ 22, 2023 12:24 am ΘΕΜΑ 2
Δίνεται τετράγωνο και τα σημεία , των πλευρών αντίστοιχα ώστε και .
Να αποδείξετε ότι οι γωνίες και είναι ίσες.

: Μικροί.png (13.74 KiB) Προβλήθηκε 1337 φορές

Τα έγχρωμα ορθογώνια τρίγωνα είναι όμοια...

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 23, 2023 8:44 pm**

socrates έγραψε: Τετ Μαρ 22, 2023 12:24 am ΘΕΜΑ 2
Δίνεται τετράγωνο και τα σημεία , των πλευρών αντίστοιχα ώστε και .
Να αποδείξετε ότι οι γωνίες και είναι ίσες.

Eστω

Από το θεώρημα της διχοτόμου στο τρίγωνο

$EZC,\dfrac{EK}{KZ}=2,EZ=x\sqrt{5},EK=\dfrac{2x\sqrt{5}}{3},AE=x\sqrt{10},AC=3x\sqrt{2},$

είναι από Θ. $Stweart ,AZC,KC=\dfrac{2\sqrt{2}x}{3},AE=x\sqrt{10},AC=3x\sqrt{2},$

$\dfrac{AE}{EK}=\dfrac{EC}{KC}=\dfrac{AC}{EC}$

Οπότε τα τρίγωνα AEC,EKC

είναι όμοια και συνεπώς

$\hat{\omega }=\hat{\phi }$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 23, 2023 10:09 pm**

socrates έγραψε: Τετ Μαρ 22, 2023 12:24 am ΘΕΜΑ 1
Υποθέτουμε ότι οι διαφορετικοί ανά δύο πραγματικοί αριθμοί ικανοποιούν τις σχέσεις
$\displaystyle{(a^2 + b^2 − 1)(a + b) = (b^2 + c^2 − 1)(b + c) = (c^2 + d^2 − 1)(c + d).}$
Προσδιορίστε όλες τις δυνατές τιμές του αθροίσματος

Έχουμε:

$\displaystyle{a^3 +a^2 b +ab^2 +b^3 -a-b=b^3 +b^2 c +bc^2 +c^3 -b-c}$

$\displaystyle{b^3 +b^2 c +bc^2 +c^3 -b-c=c^3 +c^2 d +cd^2 +d^3 -c-d}$

Άρα:

$\displaystyle{(a-c)(a^2 +ac+c^2 )-(a-c)+b(a-c)(a+c)+b^2 (a-c)=0}$

$\displaystyle{(b-d)(b^2 +bd+d^2 )-(b-d)+c(b-d)(b+d)+c^2 (b-d)=0}$

Άρα:

$\displaystyle{(a-c)(a^2 +b^2 +c^2 +ac+ab+bc -1)=0}$

$\displaystyle{(b-d)(b^2 +c^2 +d^2 +bd+bc+cd-1)=0}$

Και αφού δίνεται ότι $\displaystyle{a\neq c}$ και $\displaystyle{b\neq d}$ θα έχουμε:

$\displaystyle{a^2 +b^2 +c^2 +ac+ab+bc=1}$

$\displaystyle{b^2 +c^2 +d^2 +bd+bc+cd=1}$

Άρα:

$\displaystyle{2a^2 +2b^2 +2c^2 +2ac+2ab+2bc=2}$

$\displaystyle{2b^2 +2c^2 +2d^2 +2bd+2bc+2cd =2}$

Άρα:

$\displaystyle{2a^2 +2b^2 +2c^2 +2ac+2ab+2bc = 2b^2 +2c^2 +2d^2 +2bd +2bc +2cd \Rightarrow}$

$\displaystyle{(a+b)^2 +(b+c)^2 +(a+c)^2 =(b+c)^2 +(c+d)^2 +(b+d)^2 \Rightarrow}$

$\displaystyle{(a+b)^2 +(a+c)^2 =(c+d)^2 +(b+d)^2 \Rightarrow}$

$\displaystyle{(a+b)^2 -(c+d)^2 = (b+d)^2 - (a+c)^2 \Rightarrow (a+b+c+d)(a+b-c-d)=(a+b+c+d)(b+d-a-c)\Rightarrow}$

$\displaystyle{(a+b+c+d)(a+b-c-d-b-d+a+c)=0 \Rightarrow (a+b+c+d)(2a-2d)=0}$

και αφού είναι $\displaystyle{a\neq d}$ άρα θα πρέπει $\displaystyle{a+b+c+d=0}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 24, 2023 8:50 am**

socrates έγραψε: Τετ Μαρ 22, 2023 12:24 am ΘΕΜΑ 2
Δίνεται τετράγωνο και τα σημεία , των πλευρών αντίστοιχα ώστε και .
Να αποδείξετε ότι οι γωνίες και είναι ίσες.

Ας είναι , $DE = k \Rightarrow CZ = k\,,\,\,EC = BZ = 2k\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DA = AB = BC = CD = 3k$

$\left\{ \begin{gathered} \tan \omega = \frac{1}{2}\,\,\left( 1 \right) \hfill \\ \tan \phi = \frac{1}{3}\,\,\left( 2 \right) \hfill \\ \tan \left( {\phi + \theta } \right) = \tan 45^\circ = 1\,\,\left( 3 \right) \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \tan \omega = \frac{1}{2}\,\,\left( 1 \right) \hfill \\ \tan \phi = \frac{1}{3}\,\,\left( 2 \right) \hfill \\ \tan \left( {\phi + \theta } \right) = \frac{{\tan \phi + \tan \theta }}{{1 - \tan \phi \cdot \tan \theta }} = 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

: Τέστ εξάσκησης 56 Μικροί.png (11.43 KiB) Προβλήθηκε 1264 φορές

Από την τελευταία έχω : $\tan \phi + \tan \theta = 1 - \tan \phi \cdot \tan \theta$ που λόγω της $\left( 2 \right)$ δίδει : $\tan \theta = \dfrac{1}{2}\,\,\left( 4 \right)$ .

Έτσι λόγω της $\left( 1 \right)$ έχω την ισότητα : $\tan \omega = \tan \theta$ και αφού οι γωνίες $\omega \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\theta$ είναι οξείες , αναγκαστικά : $\boxed{\omega = \theta }$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 24, 2023 1:42 pm**

ΘΕΜΑ 2
Δίνεται τετράγωνο ABCD

και τα σημεία

,

των πλευρών CD,CB

αντίστοιχα ώστε CE=2ED

και

.
Να αποδείξετε ότι οι γωνίες CAE

και

είναι ίσες.

Απόδειξη

Αν

κέντρο του τετραγώνου και $EO \cap AB=N \Rightarrow EC=AN=BZ=2m$ και $\triangle ECZ= \triangle ZNB$

οπότε $\angle EZN=90^0$ και $\angle NEZ=45^0$ ,επομένως E,Q,N,A

ομοκυκλικά.

Αλλά με $EM \bot AB$ προφανώς EA=EN

άρα $\angle EAN= \angle ENA= \angle NEC$ άρα

εφαπτόμενη

του κύκλου ( E,Q,N,A )

συνεπώς $\angle \theta = \angle \phi$

: Τεστ εξάσκηκης.png (16.81 KiB) Προβλήθηκε 1227 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 25, 2023 9:11 am**

socrates έγραψε: Τετ Μαρ 22, 2023 12:24 am ΘΕΜΑ 3
Έστω ένα πεπερασμένο σύνολο με στοιχεία θετικούς αριθμούς.
Αν ανάμεσα σε τρία οποιαδήποτε στοιχεία του υπάρχουν δύο, τέτοια ώστε το γινόμενό τους να ανήκει στο ,
να προσδιορίσετε το μέγιστο πλήθος στοιχείων του .

Η απάντηση είναι

, για παράδειγμα για το $M=\{1/6,1/3,1/2,1,2,3,6 \}$ . Αποδεικνύουμε τους εξής Ισχυρισμούς:

Ισχυρισμός 1: Αν το σύνολο

ικανοποιεί τις συνθήκες και το μικρότερο στοιχείο του

είναι $\geq 1$ , τότε $|M| \leq 4$ .
Απόδειξη: Ας υποθέσουμε ότι υπήρχε τέτοιο σύνολο

με $|M| \geq 5$ . Τότε, αν $a_1<a_2<\ldots<a_s$ τα στοιχεία του

με $s \geq 5$ , θεωρούμε τα $a_{s-2},a_{s-1},a_s$ . Είναι

$a_{s-2} \geq a_3>a_1 \geq 1$ οπότε

$a_{s-1}a_s>a_{s-2}a_s>a_s$ . Συνεπώς, πρέπει $a_{s-2}a_{s-1} \in M$ , και αφού $a_{s-2}a_{s-1}>a_{s-1}$ , πρέπει $a_{s-2}a_{s-1}=a_s$ .

Θεωρούμε τώρα τα $a_{s-3},a_{s-1},a_s$ . Είναι ομοίως

$a_{s-3} \geq a_2>a_1 \geq 1$ , οπότε

$a_{s-1}a_s>a_{s-3}a_s>a_s,$ συνεπώς πρέπει $a_{s-3}a_{s-1} \in M$ . Όμως,

$a_{s-3}a_{s-1} >a_{s-1}$ , άρα $a_{s-3}a_{s-1}=a_s,$ άτοπο αφού $a_s=a_{s-2}a_{s-1}>a_{s-3}a_{s-1}$ $\blacksquare$

Ισχυρισμός 2: Το πολύ

στοιχεία του

είναι

.
Απόδειξη: Έστω a_1<a_2<a_3<a_4

τα

μικρότερα στοιχεία του

με

. Τότε, θεωρώντας τα a_1,a_2,a_3

έχουμε ότι

a_1a_2<a_1a_3<a_1,

συνεπώς πρέπει $a_2a_3 \in M$ . Αφού όμως

a_2a_3<a_2,

πρέπει

. Τώρα, θεωρώντας τα a_1,a_2,a_4

έχουμε ότι

a_1a_2<a_1a_4<a_1,

συνεπώς πρέπει $a_2a_4 \in M$ . Αφού όμως

a_2a_4<a_2,

πρέπει

, που είναι άτοπο αφού a_1=a_2a_3<a_2a_4

$\blacksquare$

Στο πρόβλημα, έστω

το σύνολο των στοιχείων του

τα οποία είναι

, και

το σύνολο των στοιχείων του

που είναι $\geq 1$ . Προφανώς,

|S|+|T|=|M|

.

Τα στοιχεία του συνόλου

ικανοποιούν την αρχική συνθήκη. Πράγματι, για κάθε $a,b \in T$ , δεν γίνεται $ab \in M$ , επειδή ab>1

. Συνεπώς, για κάθε $a,b,c \in T$ , υπάρχουν δύο στοιχεία από αυτά που το γινόμενό τους ανήκει στο

. Από τον Ισχυρισμό 1, $|T| \leq 4$ . Από τον Ισχυρισμό 2, $|S| \leq 3$ . Συνολικά,

$|M| \leq |S|+|T|=3+4=7,$

όπως θέλαμε.

Συνεπώς, $|M|_{{\rm max}}=7$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 29, 2023 1:36 am**

Τα θέματα 3 και 4 προέρχονται από τη συλλογή

Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

mathematica.gr

Τεστ Εξάσκησης (56), Μικροί

Τεστ Εξάσκησης (56), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (56), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (56), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (56), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (56), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (56), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (56), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (56), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (56), Μικροί