mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 02, 2025 12:19 pm**

: 2023.PNG (88.45 KiB) Προβλήθηκε 854 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 02, 2025 5:14 pm**

Πρόβλημα 2

Το

είναι περίκεντρο του τριγώνου BEF.

Με τους συμβολισμούς του σχήματος έχω:

: Νέοι 2023.png (22.25 KiB) Προβλήθηκε 830 φορές

$\displaystyle \theta = \frac{{E\widehat AB}}{2} = \frac{{180^\circ - \widehat C}}{2} = 90^\circ - \frac{{\widehat C}}{2} = \omega,$ που αποδεικνύει το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 25, 2026 11:25 pm**

Πρόβλημα 3

Παρατηρούμε πως είναι:

\frac{a^2 + b^2}{2ab} = \frac{a^2 -2ab + b^2}{2ab} + 1 = \frac{(a-b)^2}{2ab} + 1

\Rightarrow \sum \frac{(a-b)^2}{2ab} + 3 + \frac{2(ab+bc+ca)}{3} \geq 5

\Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^2}{2ab} + \frac{2(ab+bc+ca)}{3} \geq 2

Ακόμη, έχουμε:

(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 = 2(a^2 + b^2 + c^2) - 2(ab+bc+ca) = 6 - 2(ab+bc+ca)

Αφού από την υπόθεση λαμβάνουμε

a^2 + b^2 + c^2 = 3

\Leftrightarrow \frac{2(ab+bc+ca)}{3} = 2 - \frac{(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 }{3}

Αντικαθιστώντας στην αρχική ανίσωση λαμβάνουμε:

\sum \frac{(a-b)^2}{2ab} + 2 - \frac{(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 }{3} \geq 2

\Leftrightarrow \frac{(a-b)^2}{2ab} + \frac{(b-c)^2}{2bc} + \frac{(c-a)^2}{2ca} - \frac{(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 }{3} \geq 0

\Leftrightarrow 3c(a-b)^2 + 3a(b-c)^2 + 3b(c-a)^2 \geq 2abc[(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2]

που τελικά είναι ισοδύναμη με την

(3-2ab)c(a-b)^2 + (3-bc)a(b-c)^2 + (3-ca)b(c-a)^2 \geq 0

Άρα θα είναι

3 \geq 2ab , 2bc, 2ca \Rightarrow 9 \geq 2(ab+bc+ca)

Όμως από την ανισότητα

a^2 +b^2 +c^2 \geq ab + bc +ca

είναι:

a^2 + b^2 + c^2 = 3 \geq ab+bc+ca

\Leftrightarrow 2(ab+bc+ca) \leq 3(2) = 6 < 9

Και άρα η αρχική πρόταση είναι αληθής.

Ισότητα αν και μόνον αν a=b=c=1

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 26, 2026 1:12 am**

4 . Για κάθε $k\geqslant 7$ η διακρινουσα της εξίσωσης

x^2+x-2(1!+2!+...+k!)=0

είναι

\Delta = 1+8(1!+2!+...+k!)\equiv 1+8(1+2+6+24) \equiv 6 \mathrm {mod 7},

και άρα η εξίσωση

x^2+x-2(1!+2!+...+k!)=0

δεν έχει ακέραια λύση.
Επομένως δεν υπάρχει ακέραιος

, τέτοιος ώστε

1!+2!+...+k!=1+2+...+n.

Συνεπώς

k\leqslant 6.

Για k=6 και πάλι

1+8(1!+2!+...+6!)\equiv 6 \mathrm {mod 7},

άρα ομοίως απορρίπτεται.
Επομένως

k\leqslant 5.

Λύσεις είναι τα ζεύγη

(k,n)\in \left\{ (1,1),(2, 2),(5,17)\right\}.

1. Αν κάθε μαθητής είχε το πολύ 9 φίλους, τότε κάθε μαθητής θα είχε πάρει το πολύ

\binom {9}{3}=84

δώρα , όπου το μέγιστο πλήθος δώρων επιτυγχάνεται σε περίπτωση που θα είχε πάρει δώρο από όλες τις πιθανές τριάδες που σχηματίζουν οι το πολύ 9 φίλοι.
Άρα σύνολο τα δώρα θα ήταν το πολύ

84 \times 24=2016

, όμως τα δώρα είναι ακριβώς όσα το σύνολο των πιθανών τριαδων που σχηματίζουν οι 24 μαθητές, δηλαδή

\binom {24}{3}=2024.

Άρα θα ήταν

2024\leqslant 2016

, άτοπο.
Επομένως κάποιος μαθητής σίγουρα έχει τουλάχιστον 10 φίλους .

mathematica.gr

Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2023

Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2023

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2023

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2023

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2023