( ) ( ) ( ) ( ) ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 30 η Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα "Ο Αρχιμήδης" 23 Φεβρουαρίου 2013 ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Λύση (α) Έχουμε

Transcript

1 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) ΑΘΗΝΑ Τηλ Fax: info@hms.gr, GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 3, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street GR Athens - HELLAS Tel Fax: info@hms.gr, ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 30 η Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα "Ο Αρχιμήδης" 3 Φεβρουαρίου 03 ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Θέματα μικρών τάξεων ΠΡΟΒΛΗΜΑ (α) Να γράψετε την παράσταση Α k +, όπου k θετικός ακέραιος, ως γινόμενο δύο παραγόντων που ο καθένας τους να είναι άθροισμα δύο τετραγώνων ακεραίων αριθμών. (β) Να απλοποιήσετε την παράσταση ( n) + Κ 3 5 ( n ) και να τη γράψετε ως άθροισμα τετραγώνων δύο διαδοχικών θετικών ακέραιων. (α) Έχουμε ( k k)( k k) ( k ) ( k ) k + k + k + k k + k (β) Πολλαπλασιάζουμε και τους δύο όρους του κλάσματος επί ( ) n, οπότε έχουμε: ( ) n + Κ ( ) n + ( + )( 8 + )( + ) ( n) + ( + )( 6 + )( 0 + ) ( n ) + ( 3 + )( 5 + )( 7 + )( 9 + )( + ) ( n 3) + ( n ) + ( n + ) + ( + )( 3 + )( 5 + )( 7 + )( 9 + )( + )( 3 + ) ( n 3) + ( n ) + ( n + ) + 8 n + n+ n + n + n+ ( n) + ( n+ ). +

2 Παρατήρηση. Για το ερώτημα (β) μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε και την παραγοντοποίηση k + k + k k + k k + + k k + k+ +. Για την απλοποίηση του κλάσματος εργαζόμαστε όπως προηγουμένως. ΠΡΟΒΛΗΜΑ Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, με ΑΒ<ΑΓ. Έστω Μ το μέσο της πλευράς ΒΓ. Στην πλευρά ΑΒ θεωρούμε σημείο Δ τέτοιο ώστε, αν το ευθύγραμμο τμήμα ΓΔ τέμνει τη διάμεσο ΑΜ στο σημείο Ε, τότε ισχύει ότι ΑΔ ΔΕ. Να αποδείξετε ότι ΑΒ ΓΕ. ( ος τρόπος) Προεκτείνουμε τη διάμεσο ΑΜ κατά τμήμα ΜΘΑΜ. Επειδή οι διαγώνιες του τετραπλεύρου ΑΒΘΓ διχοτομούνται το τετράπλευρο αυτό είναι παραλληλόγραμμο. Σχήμα Άρα είναι ΑΒ ΓΘ και Α ˆ ˆ Θ, (εντός εναλλάξ γωνίες). Όμως από την ισότητα ΑΔ ΔΕ της υπόθεσης έπεται ότι Α ˆ ˆ και επιπλέον Ε ˆ ˆ, ως κατά κορυφή. Άρα είναι και Θ ˆ ˆ, οπότε το τρίγωνο ΕΓΘ είναι ισοσκελές με ΓΕ ΓΘ. Όμως από το παραλληλόγραμμο ΑΒΘΓ έχουμε ότι ΑΒΓΘ, οπότε από τις δύο τελευταίες ισότητες προκύπτει το ζητούμενο ΑΒΓΕ. ος τρόπος Από το μέσο Μ της πλευράς ΒΓ φέρουμε ευθεία δ παράλληλη προς την πλευρά ΑΒ, άρα και προς την πλευρά ΒΔ του τριγώνου ΒΓΔ, η οποία τέμνει το ευθύγραμμο τμήμα ΓΔ, έστω στο σημείο Ζ. Τότε το Ζ θα είναι το μέσο της πλευράς ΓΔ, δηλαδή ΓΖΖΔ () και επιπλέον ισχύει ότι ΒΔ ΜΖ. ()

3 3 Σχήμα Επίσης έχουμε Α ˆ ˆ Μ, (εντός εναλλάξ γωνίες). Όμως από την ισότητα ΑΔ ΔΕ της υπόθεσης έπεται ότι Α ˆ ˆ και επιπλέον Ε ˆ ˆ, ως κατά κορυφή. Άρα είναι και Μ ˆ ˆ, οπότε το τρίγωνο ΕΜΖ είναι ισοσκελές με ΖΜ Ζ. (3) Από τις παραπάνω ισότητες έχουμε: ΓΕ ΓΖ + ΖΕ ΔΖ+ΖΕ (λόγω της ()) ΔΕ+ ΖΜ (λόγω της (3)) ΑΔ+ΔΒΑΒ. (λόγωτηςυπόθεσηςκαιτης()) ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3 Έστω Α abcd a 0 + b 0 + c 0 + d τετραψήφιος θετικός ακέραιος με ψηφία τέτοια ώστε να ισχύουν: a 7 και a> b> c> d > 0. Θεωρούμε και τον θετικό ακέραιο Β dcba d 0 + c 0 + b 0 + a, που προκύπτει από τον Α με αντίστροφη γραφή των ψηφίων του. Αν δίνεται ότι ο αριθμός Α +Β έχει όλα τα ψηφία του περιττούς ακέραιους, να προσδιορίσετε όλες τις δυνατές τιμές του αριθμού Α. Έχουμε ότι: Α+ B a+ d b+ c 0 + b+ c 0+ a+ d. ( ) Από την υπόθεση, όλα τα ψηφία του ακέραιου Α +Β είναι περιττοί ακέραιοι. Όμως για την εύρεση των ψηφίων του ακεραίου Α +Β πρέπει να ξέρουμε αν οι ακέραιοι a+ d και b+ c είναι μικρότεροι του 0. Έτσι διακρίνουμε τις περιπτώσεις: (α) Έστω a+ d 0 και b+ c 0. Τότε, επειδή a > b> c> d > 0, θα έχουμε: a+ d 0 + k, k 0,,,...,5, b+ c 0 +, 0,,,...,5. Έτσι ο αριθμός Α+Β γράφεται στη μορφή Α+ B ( 0+ k) 0 + ( 0+ ) 0 + ( 0+ ) 0+ ( 0+ k) 0 + k k, δηλαδή έχει ψηφία, k+, +, +, k, τα οποία πρέπει να είναι περιττοί ακέραιοι, που είναι άτοπο, λόγω της ύπαρξης των διαδοχικών ακέραιων k και k +.

4 (β) Έστω a+ d 0 και b+ c< 0. Τότε, επειδή a > b> c > d > 0, θα έχουμε: a+ d 0 + k, k 0,,,...,5 και ο αριθμός Α +Β γράφεται Α+ B ( 0+ k) 0 + ( b+ c) 0 + ( b+ c) 0+ ( 0+ k) 0 + k 0 + b+ c 0 + b+ c+ 0 + k, οπότε έχουμε τις περιπτώσεις: Αν b+ c 9, τότε ο Α+Β έχει ψηφίο δεκάδων το 0, που είναι άρτιος, άτοπο. Αν b+ c< 9, τότε ο Α+Β έχει ψηφία τους ακέραιους b+ c και b+ c+ που δεν είναι δυνατόν να είναι και οι δύο περιττοί. (γ) Έστω a+ d < 0 και b+ c 0. Τότε, επειδή a > b> c > d > 0, θα έχουμε: b+ c 0 +, 0,,,...,5 και ο αριθμός Α +Β γράφεται Α+ B ( a+ d) 0 + ( 0+ ) 0 + ( 0+ ) 0+ ( a+ d) 3 a+ d a+ d, οπότε οι ακέραιοι και + είναι ψηφία του Α +Β, άτοπο. (δ) Έστω a+ d < 0 και b+ c< 0. Τότε τα ψηφία του αριθμού Α+Β είναι οι ακέραιοι a+ d και b+ c, οι οποίοι πρέπει να είναι περιττοί. Λόγω των περιορισμών a > b> c> d > 0 και a 7, έπεται ότι a+ d 9 και επίσης 5 c, 6 b 3, οπότε 0 b c 5 > +, δηλαδή b c { 5, 7,9} + Επομένως, έχουμε τις παρακάτω περιπτώσεις: a+ d 9 με a 8, d και b+ c 9 με b 7, c ή b 6, c 3 ή b 5, c Επομένως, προκύπτουν οι αριθμοί: Α 87, Α 863, Α 85. a+ d 9 με a 7, d και b+ c 9 με b 6, c 3 ή b 5, c. Στη περίπτωση αυτή προκύπτουν οι αριθμοί: Α 763, Α 75 a+ d 9 με a 8, d και b+ c 7 με b 5, c ή b, c 3. Στη περίπτωση αυτή προκύπτουν οι αριθμοί: Α 85, Α 83. a+ d 9 με a 7, d και b+ c 7 με b, c 3. Στη περίπτωση αυτή προκύπτει ο αριθμός: Α 73. a+ d 9 με a 8, d και b+ c 5 με b 3, c. Στη περίπτωση αυτή προκύπτει ο αριθμός: Α 83. ΠΡΟΒΛΗΜΑ Να βρείτε όλες τις τριάδες (,, ) της εξίσωσης: x yz θετικών ακέραιων αριθμών που είναι λύσεις + x y z Αν είναι x 3 και y 3, τότε θα έχουμε: + + <, x y z 3 3 z z οπότε η εξίσωση δεν επαληθεύεται. Επομένως θα είναι: x ή y, οπότε πρέπει να ισχύει ένα από τα επόμενα: x ή x ή y ή y. Στη συνέχεια διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

5 5 Για x η εξίσωση γίνεται: 0 z y y k, z k, όπου k y z θετικός ακέραιος, οπότε έχουμε τις λύσεις ( xyz,, ) (, k, k), k θετικός. Για x η εξίσωση γίνεται: 8+ z z ( z + 8) 3 3 y y y. y z y z z+ 8 z+ 8 z+ 8 Επειδή ο y πρέπει να είναι θετικός ακέραιος, έπεται ότι ο z + 8 πρέπει να είναι θετικός διαιρέτης του 3 και μεγαλύτερος του 8. Άρα οι δυνατές τιμές του z + 8 είναι 6 ή 3, οπότε z 8 ή z. Για z 8 λαμβάνουμε y, ενώ για z λαμβάνουμε y 3. Άρα στην περίπτωση αυτή έχουμε τις λύσεις ( xyz,, ) (,,8) ή ( xyz,, ) (, 3, ). Για y η εξίσωση γίνεται: + x x z. x z z x + x + x Επειδή πρέπει ο z να είναι θετικός ακέραιος, πρέπει ο + x να είναι θετικός διαιρέτης του και μεγαλύτερος του, δηλαδή πρέπει + x ή + x x ή x 3 Για x λαμβάνουμε z, ενώ για x 3 λαμβάνουμε z 3. Άρα στην περίπτωση αυτή έχουμε τις λύσεις xyz,,,, ή xyz,, 3,,3. ( ) Για y η εξίσωση γίνεται: 0 z x x, z, όπου x z θετικός ακέραιος. Άρα, στην περίπτωση αυτή έχουμε τις λύσεις xyz,,,,, όπου θετικός ακέραιος. Συνολικά, λαμβάνοντας υπόψη και τις επικαλύψεις των λύσεων που βρήκαμε, έχουμε τις λύσεις: x, yz,, k, k, όπου k θετικός ακέραιος, ( xyz,, ) (,, ), όπου θετικός ακέραιος, ( xyz,, ) ( 3,,3) και ( xyz,, ) (, 3,).