mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 09, 2025 7:57 pm**

: 2000.PNG (88.3 KiB) Προβλήθηκε 692 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 09, 2025 11:22 pm**

Άσκηση 1.

Εξετάζουμε όλα τα (μη κενά) υποσύνολα του

. Είναι $2^{10}-1=1023$ σε πλήθος. Για κάθε τέτοιο υποσύνολο, ας το πούμε

, ορίζουμε ως $\Sigma (U)$ το άθροισμα των στοιχείων του. Τα αθροίσματα αυτά είναι από

έως το πολύ 91+92+...+99+100=955

, συμβολικά $1\le \Sigma (U) \le 955.$

Αφού το πλήθος των

είναι μεγαλύτερο από 955

, σημαίνει ότι κάποια δύο θα έχουν το ίδιο άθροισμα (αφού δεν θα μπορούν τα αθροίσματα αυτά να είναι όλα διαφορετικά). Με λίγα λόγια, υπάρχουν δύο διαφορετικά υποσύνολα $\{ a_1, \, ... \, , \, a_k\}$ και $\{ b_1, \, ... \, , \, b_m\}$ με

a_1 + ... + a_k= b_1+ ... + b_m

Διαγράφουμε τα κοινά στοιχεία των δύο συνόλων, οπότε η ισότητα παραμένει. Αυτά που μένουν είναι ξένα και έχουν το ίδιο άθροισμα. Άρα κάνουν για τα S, T

που ψάχνουμε.
.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 10, 2025 10:04 am**

Άσκηση 3.

α) $(\Leftarrow ).$ Έστω $\sum c_i^2=\sum b_i ,\,(*)$ . Πρέπει να δείξουμε ότι η εξίσωση έχει λύση, και μάλιστα μοναδική. Θα δείξουμε πρώτα ότι τα x_i=b_i+c_i^2

είναι λύση. Πράγματι

$2\sum c_i\sqrt {x_i-b_i}= 2\sum c_i\sqrt {c_i^2}= 2\sum c_i^2 = ^{(*)} \sum c_i^2+ \sum b_i= \sum (b_i+c_i^2)=\sum x_i$ , δηλαδή είναι λύση.

Για την μοναδικότητα, έστω (x_i)

είναι κάποια λύση. Θα δείξουμε ότι είναι ίδια με την προηγούμενη. Πράγματι, έστω

$2\sum c_i\sqrt {x_i-b_i}= \sum x_i$ . Τότε

$2\sum c_i\sqrt {x_i-b_i}= \sum x_i = \sum (x_i-b_i) +\sum b_i =^{(*)} \sum (x_i-b_i) +\sum c_i^2$ . Άρα

$\sum (x_i-b_i)- 2\sum c_i\sqrt {x_i-b_i}+ \sum c_i^2 =0$ , οπότε

$\sum (\sqrt {x_i-b_i} -c_i)^2=0$ από όπου για όλα τα

οι προσθετέοι είναι

και άρα είναι x_i=b_i+c_i^2

, όπως θέλαμε.

β) $(\Rightarrow ).$ Έστω ότι η εξίσωση έχει μοναδική λύση. Θα δείξουμε $\sum c_i^2=\sum b_i ,\,(*)$ . Πράγματι, έχουμε

$\sum x_i =2\sum c_i\sqrt {x_i-b_i} \le \sum ( c_i ^2 + x_i-b_i)= \sum c_i ^2 + \sum x_i - \sum b_i$

και άρα $\sum b _i \le \sum c_i ^2$ .

Θα αποδείξουμε ότι στην ανισότητα αυτή ισχύει μόνο η ισότητα. Πράγματι, αν η ανισότητα ήταν γνήσια, μπορούμε να επιλέξουμε μη μηδενικά h_i

με

$\sum h_i ^2= \sum c_i ^2 - \sum b _i >0 , \,(**)$ (προφανώς υπάρχουν άπειροι τρόποι, αλλά επιλέγουμε οποιονδήποτε από αυτούς. Θα μας βοηθήσει να καταλήξουμε σε αντίφαση με την υπόθεση της μοναδικότητας της λύσης).

Ορίζουμε τώρα, ως προς αυτά τα h_i

, για κάθε

τα

. Θα δείξουμε ότι τα (x_i)

είναι λύση της εξίσωσης. Πράγματι

$2\sum c_i\sqrt {x_i-b_i}=2\sum c_i\sqrt {(c_i+h_i)^2}=2\sum c_i(c_i+h_i)= 2\sum c_i^2 + 2\sum c_ih_i =$

$= \sum (b_i+ c_i^2 +2c_ih_i +h_i^2)+ ( \sum c_i ^2 - \sum b _i - \sum h_i ^2 )=^{(**)} \sum [b_i+ (c_i+h_i)^2]+0 = \sum x_i$ .

Δηλαδή δείξαμε ότι τα x_i =b_i+(c_i+h_i)^2

είναι λύσεις. Άτοπο στην μοναδικότητα. Και λοιπά.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 10, 2025 4:00 pm**

Άσκηση 4

Θα κάνω χρήση της ταυτότητας Euler (βλέπε εδώ) για κυρτά τετράπλευρα σύμφωνα με την οποία

AC^2+BD^2+4MN^2=AB^2+BC^2+CD^2+DA^2

, από όπου (η γνωστή άλλωστε) ανισότητα

$AC^2+BD^2 \le AB^2+BC^2+CD^2+DA^2 \, (*)$

Από το θεώρημα των διαμέσων στο τρίγωνο ABC

έχουμε $2AP^2 + \dfrac {1}{2} BC^2 = AC^2+AB^2$ και κυκλικά.

Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε

$2(AP^2+BQ^2+CR^2+DS^2)+ \dfrac {1}{2} (AB^2+BC^2+CD^2+DA^2)=$

$= 2(AC^2+BD^2) +(AB^2+BC^2+CD^2+DA^2)\le ^{(*)}$

$\le 2(AB^2+BC^2+CD^2+DA^2) +(AB^2+BC^2+CD^2+DA^2)=$

$=\dfrac {5}{2} (AB^2+BC^2+CD^2+DA^2)$ , από όπου το ζητούμενο. Παίρνουμε ισότητα στο τετράγωνο.
.

mathematica.gr

Προκριματικός Διαγωνισμός 2000

Προκριματικός Διαγωνισμός 2000

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός 2000

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός 2000

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός 2000