ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ Προκριματικός διαγωνισμός Απριλίου 2015

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ Προκριματικός διαγωνισμός Απριλίου 2015"

Πολύδωρος Γιαννακόπουλος
5 χρόνια πριν
Προβολές:

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 34 06 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ 36653-367784 - Fax: 36405 e-mail : info@hmsgr, wwwhmsgr GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 34, Panepistimiou (Εleftheriou

1 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) ΑΘΗΝΑ Τηλ Fax: info@hmsgr, wwwhmsgr GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 34, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street GR Athens - HELLAS Tel Fax: info@hmsgr, wwwhmsgr ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ Προκριματικός διαγωνισμός 05 4 Απριλίου 05 Θέματα μικρών τάξεων Πρόβλημα Αν x, yz, είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να αποδείξετε ότι: ( 3x + y)(3y + z)(3z + x) 64xyz Πότε ισχύει η ισότητα; Θα χρησιμοποιήσουμε την ανισότητα αριθμητικού γεωμετρικού μέσου για 4 θετικούς όρους a+ a + a3 + a4 4 aaaa 3 4, 4 όπου η ισότητα, όταν a = a = a3 = a4 Για κάθε xy>, 0, έχουμε 3x+ y x+ x+ x+ y = x y 3x+ y 4 x y () 4 4 3y+ z y+ y+ y+ z = yz 3y+ z 4 yz () 4 4 3z+ x z+ z+ z+ x = zx 3z+ x 4 zx (3) 4 4 Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη των (), () και (3) κατά μέλη λαμβάνουμε ( )( )( ) 3x + y 3y+ z 3z+ x 4 x y 4 y z 4 z x = 64 x y z = 64 xyz Η ισότητα στις ανισότητες (), () και (3) ισχύει όταν x = y, y = zκαι z = x, αντίστοιχα, οπότε και στην τελευταία ανισότητα η ισότητα ισχύει όταν x = y = z Πρόβλημα Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ < ΑΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου Ο Τα ύψη ΒΔ, ΓΕ τέμνονται στο Η Αν Ο είναι το περίκεντρο του τριγώνου ΒΗΓ, να αποδείξετε ότι το ΑΗΟ Ο είναι παραλληλόγραμμο Παρατηρούμε ότι το Ο είναι στη μεσοκάθετη ΟΜ του ΒΓ Επιπλέον ισχύει ότι ΑΗ // ΟΟ (ως κάθετες στη ΒΓ ), οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι ΑΗ = ΟΟ Όμως είναι γνωστό ότι ΑΗ = ΟΜ, οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι ΟΜ = ΜΟ

To τετράπλευρο ΕΑΔΗ είναι εγγράψιμο, οπότε εγγεγραμμένη στον περιγεγραμμένο κύκλο του ΒΗΓ και η ΒΗΓ = 80 Α Τώρα η ΒΗΓ είναι ΒΟ Γ είναι επίκεντρη Επομένως ΒΟ Γ = Α Επομένως τα ισοσκελή τρίγωνα ΒΟΓ,

Σχήμα Να αποδειχθεί ότι δεν υπάρχει θετικός ακέραιος n τέτοιος, ώστε οι αριθμοί ( ) ( n 3 ) n + + να είναι ταυτόχρονα τέλεια τετράγωνα Έστω A= ( n+ ) n και B ( n 3 ) n + = + Διακρίνουμε τις

2 To τετράπλευρο ΕΑΔΗ είναι εγγράψιμο, οπότε εγγεγραμμένη στον περιγεγραμμένο κύκλο του ΒΗΓ και η ΒΗΓ = 80 Α Τώρα η ΒΗΓ είναι ΒΟ Γ είναι επίκεντρη Επομένως ΒΟ Γ = Α Επομένως τα ισοσκελή τρίγωνα ΒΟΓ, ΒΟΓ έχουν τις γωνίες της κορυφής ίσες, άρα έχουν όλες τις γωνίες ίσες και έχουν και κοινή τη ΒΓ, οπότε είναι ίσα Επομένως η ΒΓ είναι μεσοκάθετος της ΟΟ, οπότε Μ μέσο του Ο Ο, οπότε ΟΜ = ΜΟ Πρόβλημα 3 Σχήμα Να αποδειχθεί ότι δεν υπάρχει θετικός ακέραιος n τέτοιος, ώστε οι αριθμοί ( ) ( n 3 ) n + + να είναι ταυτόχρονα τέλεια τετράγωνα Έστω A= ( n+ ) n και B ( n 3 ) n + = + Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: n + n και Αν άρτιος, τότε οι αριθμοί είναι τέλεια τετράγωνα, οπότε αφού οι αριθμοί είναι περιττοί, θα πρέπει να είναι και οι δύο τέλεια τετράγωνα Πράγματι, αν είναι n= k, k, και ( ) n ( ) k A= n+ = k+ = r, τότε k r, k r και r k + = k Ομοίως προκύπτει και ότι ο 3 3 n + = k + θα είναι τέλειο τετράγωνο Όμως αυτό είναι άτοπο, γιατί δεν υπάρχουν τέλεια τετράγωνα που να απέχουν κατά δύο ab,, a> b είναι Πράγματι, η διαφορά δύο οποιωνδήποτε τέλειων τετραγώνων ακεραίων ( ) της μορφής a b = ( a b)( a+ b) 3 = 3 Αν, τότε οι αριθμοί γράφονται A = και B =,

3 οπότε σε αυτή την περίπτωση οι αριθμοί πρέπει να είναι τέλεια τετράγωνα Όμως, αυτό είναι άτοπο, αφού όπως αποδείξαμε προηγουμένως, δεν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι που να είναι τέλεια τετράγωνα και να απέχουν κατά ένα Πρόβλημα 4 Σε ένα σχολείο έχουν δημιουργηθεί ομάδες που η καθεμιά αποτελείται από μαθητές Επίσης, οποιεσδήποτε δύο ομάδες έχουν ακριβώς έναν κοινό μαθητή Να αποδειχθεί ότι: (α) Υπάρχει ένας μαθητής που ανήκει σε τουλάχιστον ομάδες (β) Υπάρχει ένας μαθητής που ανήκει σε όλες τις ομάδες (α) Θεωρούμε μία τυχαία ομάδα Ο Καθεμία από τις υπόλοιπες ομάδες έχει ακριβώς έναν μαθητή της Ο Αφού = 0 +, από την αρχή της περιστεροφωλιάς, θα υπάρχει ένας μαθητής x στην Ο που ανήκει σε τουλάχιστον ομάδες Επομένως ο x (μαζί με την Ο ) ανήκει σε συνολικά ομάδες, έστω Ο, Ο,, Ο (β) Θα δείξουμε ότι ο x ανήκει σε όλες τις ομάδες Πράγματι, έστω ότι ο x δεν ανήκει στην ομάδα Ο ' Τότε η Ο ' έχει ακριβώς έναν κοινό μαθητή με τις Ο, Ο,, Ο, αλλά επειδή η Ο ' έχει μαθητές, θα υπάρχουν δύο ομάδες, έστω οι Ο i, Ο j που ο κοινός μαθητής με την Ο ' θα είναι ο ίδιος, έστω y Τότε όμως οι ομάδες Ο, Ο έχουν δύο κοινούς μαθητές, τον x και τον y, άτοπο Άρα ο x ανήκει σε όλες τις ομάδες i j 3

4 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) ΑΘΗΝΑ Τηλ Fax: info@hmsgr, wwwhmsgr GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 34, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street GR Athens - HELLAS Tel Fax: info@hmsgr, wwwhmsgr ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ Προκριματικός διαγωνισμός 05 4 Απριλίου 05 Θέματα μεγάλων τάξεων Πρόβλημα Να προσδιορίσετε τα ζεύγη θετικών ακέραιων ( x, y ) που είναι λύσεις της εξίσωσης: xy ( x + y 0) 3x y + x + 6y = 60 Η εξίσωση γράφεται: xy x + y 0 3x y + x + 6y = 60 ( ) ( ) ( ) y x + y y+ x= y y ( y ) x ( y )( y ) x ( y )( y ) ( y ) x ( y )( y ) x ( y )( y ) ( y 3) x ( y 7) x ( y 5) = = 30 + = + + = ( y 3)( x 7x xy y 0) 30 ( y 3)( x 4 7x xy y 4) 30 ( y )(( x )( x ) x x y) + + = 3 + 7( ) + ( ) = 30 ( y 3)( x )( x+ y 5) = 30= 3 5 Επειδή οι παράγοντες x, y 3 και x+ y 5 είναι ακέραιοι τέτοιοι ώστε: ( x ) + ( y 3) = x+ y 5 και x, y 3, x+ y 5 3, έχουμε τις εξής περιπτώσεις: x = x = 3 x = x = 5 y 3= 3 ή y 3= ή y 3= 5 ή y 3= x+ y 5= 5 x+ y 5= 5 x+ y 5= 6 x+ y 5= 6 xy, = 4,6 ή xy, = 5,5 ή xy, = 3,8 ή xy, = 7,4 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Εναλλακτικά, στην παραπάνω διαδικασία από την εξίσωση: y 3 x + ( y 3)( y 7) x= y 8y+ 30 ( ) ( ) λαμβάνουμε την εξίσωση ( y 3 ) x + ( y 7) x = y 6y+ 60 () 4

οπότε, αφού για x, y θετικοί ακέραιοι, προκύπτει ότι: ( y 3 ) y 6y+ 60 Από την τελευταία, με τη διαίρεση πολυωνύμων y 6y+ 60= y 3 y 0 + 30 προκύπτει ότι y 3 30 Επομένως, έχουμε ότι ( )( ) y 3 { ±, ±,

δευτεροβάθμια ως προς x Έτσι προκύπτουν οι λύσεις που έχουμε βρει και στην προηγούμενη μέθοδο επίλυσης της εξίσωσης Πρόβλημα Δίνονται διαφορετικά μεταξύ τους σημεία που ανήκουν στο εσωτερικό ή και

5 οπότε, αφού για x, y θετικοί ακέραιοι, προκύπτει ότι: ( y 3 ) y 6y+ 60 Από την τελευταία, με τη διαίρεση πολυωνύμων y 6y+ 60= y 3 y προκύπτει ότι y 3 30 Επομένως, έχουμε ότι ( )( ) y 3 { ±, ±, ± 3, ± 5, ± 6, ± 0, ± 5, ± 30 }, οπότε δεδομένου ότι πρέπει να ισχύει y > 0, δηλαδή y 3 έχουμε ότι: y 3 { ±, ±,3,5,6,0,5,30 } Για καθεμία από τις παραπάνω τιμές, αντικαθιστώντας στην () προκύπτει μία δευτεροβάθμια ως προς x Έτσι προκύπτουν οι λύσεις που έχουμε βρει και στην προηγούμενη μέθοδο επίλυσης της εξίσωσης Πρόβλημα Δίνονται διαφορετικά μεταξύ τους σημεία που ανήκουν στο εσωτερικό ή και την περιφέρεια μοναδιαίου δίσκου Να αποδειχθεί ότι υπάρχουν τουλάχιστον 998 τμήματα που σχηματίζονται από αυτά τα σημεία και έχουν μήκος μικρότερο του 3 Σχήμα Χωρίζουμε τον κύκλο σε τρία ίσα μέρη που αντιστοιχούν σε κεντρική γωνία 0 που είναι και τέτοια ώστε να μην περιέχουν κάποιο από τα σημεία στο σύνορό τους, με μόνη εξαίρεση αν κάποιο σημείο ταυτίζεται με το κέντρο του δίσκου, όπου τότε θεωρούμε ότι ανήκει σε ένα από τα μέρη Αυτό είναι εφικτό καθώς τα σημεία είναι πεπερασμένα ενώ για την επιλογή του διαχωρισμού σε τρία ίσα μέρη έχουμε άπειρες επιλογές Έστω ότι έχουμε δύο σημεία Α, Β στον ίδιο τομέα και έστω ότι ο τομέας τέμνει τον κύκλο στα Κ, Λ (βλέπε σχήμα) Τότε αν οι ΟΑ, ΟΒ τέμνουν τον κύκλο στα σημεία Α ', Β' και ΑΟΒ 3 = ω < 60 έχουμε ότι ΑΒ Α' Β ' = R ημ( ω) < Rημ60 = = 3 (Ισότητα δεν μπορεί να έχουμε στο πρώτο βήμα καθώς τα σημεία δεν ανήκουν στο σύνορο σύμφωνα με το χωρισμό σε μέρη που κάναμε στην αρχή) 5

6 Επομένως, οποιαδήποτε δύο σημεία στο ίδιον τομέα έχουν απόσταση μικρότερη από 3 Έστω ότι στους τρεις τομείς έχουμε αντίστοιχα x, y, z το πλήθος σημεία Τότε x + y + z = και τα τμήματα με μήκος μικρότερο 3 είναι τουλάχιστον x y z x( x ) + y( y ) + z( z ) x + y + z + + = = ( x + y + z) Όμως από την ανισότητα Cauchy- Schwarz έχουμε: x + y + z = 3 3 x y z Άρα έχουμε: = 998 Πρόβλημα 3 Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ABC με AB < AC < BC, εγγεγραμμένο σε κύκλο c ( O,R ) Ο παρεγεγραμμένος κύκλος ( c Α ) (που αντιστοιχεί στην κορυφή Α ), έχει κέντρο Ι και εφάπτεται στις πλευρές BC, AC, AB (του τριγώνου ABC ) στα σημεία D,Ε, Ζ αντίστοιχα Η ΑΙ τέμνει το κύκλο ( c ) στο σημείο Μ και ο περιγεγραμμένος κύκλος (έστω ( c )) του τριγώνου AZE τέμνει τον κύκλο ( c ) στο σημείο Κ Ο περιγεγραμμένος κύκλος (έστω ( c ) ) του τριγώνου OKM τέμνει τον κύκλο ( c ) στο σημείο N Να αποδείξετε ότι οι ευθείες ΑΝ και ΚΙ τέμνονται επάνω στο κύκλο ( c ) Εφόσον οι AZ και AE είναι εφαπτόμενες του παρεγεγραμμένου κύκλου ( c Α ), θα ισχύει ΙΖ ΑΖ και ΙΕ ΑΕ Άρα ο κύκλος ( c ) θα περνάει από το Ι και η ΑΙ θα είναι διάμετρός του Πρώτα θα αποδείξουμε ότι ΑΝ, περνάει από το σημείο Ο Δηλαδή ότι: Κ ˆ ΝΟ = ΚΝ ˆ Α (*) Οι γωνίες Κ ˆ ΝΟ και ΚΜ ˆ Ο είναι εγγεγραμμένες στο κύκλο ( c ) και βαίνουν στο τόξο ΟΚ Άρα Κ ˆ ΝΟ = ΚΜ ˆ Ο Από το ισοσκελές τρίγωνο ΟΚΜ έχουμε: ΚΜΟ ˆ = ΟΚˆ Μ Από τις τελευταίες ισότητες γωνιών προκύπτει: Κ ˆ ΝΟ = Κ ΜΟ ˆ = ΟΚˆ Μ () Σχήμα 3 6

7 Οι γωνίες Κ ˆ ΝΑ και Κ ˆ ΙΑ είναι εγγεγραμμένες στο κύκλο ( c ) και βαίνουν στο τόξο ΑΚ Άρα είναι: Κ ˆ ΝΑ = Κ ˆ ΙΑ Το τρίγωνο ΑΚΙ είναι ορθογώνιο, αφού η ΑΙ είναι διάμετρος του κύκλου ( c ) Άρα ΚΙΑ ˆ ο ο = 90 ΙΑΚ ˆ = 90 ΜΑΚ ˆ Στο κύκλο ( c ), η γωνία Μ ˆ ΑΚ είναι εγγεγραμμένη με αντίστοιχη επίκεντρη την Μ ˆ ΟΚ ˆ Άρα ˆ ΜΟΚ Μ ΑΚ = Επιπλέον, από το ισοσκελές τρίγωνο ΟΚΜ έχουμε: ˆ ˆ ο ΜΟΚ ΟΚΜ = 90 Από τις παραπάνω ισότητες γωνιών και την (), έχουμε: Κ ˆ ΝΑ = Κ ˆ ˆ () ο ο ΙΑ = 90 ΙΑΚ ˆ = 90 ΜΑˆ ο ΜΟΚ Κ = 90 = ΟΚΜ ˆ = Κ ΝˆΟ (*) Άρα τα σημεία Α, Ο, Ν είναι συνευθειακά και έστω Τ το σημείο τομής της ΑΝ με τον κύκλο ( c ) Θα αποδείξουμε ότι τα σημεία Κ, Τ, Ι είναι συνευθειακά, δηλαδή ότι: Α ˆ ΚΙ = ΑΚˆ Τ Η γωνία Α ˆ ΚΤ είναι ορθή διότι είναι εγγεγραμμένη στον κύκλο ( c ) και βαίνει στην διάμετρό του ΑΤ Η γωνία Α ˆ ΚΙ είναι ορθή διότι είναι εγγεγραμμένη στον κύκλο ( c ) και βαίνει στην διάμετρό του ΑΙ Παρατήρηση Εναλλακτικά μπορούμε να θεωρήσουμε το σημείο τομής, έστω T, της KI με τον κύκλο ( c ), οπότε η AT είναι διάμετρος του κύκλου ( c ), και στη συνέχεια να αποδείξουμε ότι τα σημεία AOT,,, N είναι συνευθειακά Πρόβλημα 4 Να βρεθούν όλες τις συναρτήσεις f : που ικανοποιούν τη σχέση: f ( xy) yf ( x) + f ( y) () για κάθε xy, Αν θέσουμε όπου y το y στην () θα πάρουμε f ( xy) yf ( x) + f ( y) () Με πρόσθεση των () και () έχουμε: f ( xy) + f ( xy) f ( y) + f ( y) για κάθε xy, (3) Αν στην τελευταία θέσουμε όπου y το, θα πάρουμε: f ( x) + f ( x) f () + f ( ) (4) Aν στην (3) θέσουμε όπου x το y, θα πάρουμε: f ( ) + f ( ) f ( y) + f ( y) για κάθε y 0 (5) Από τις (4), (5) έχουμε ότι: f ( y) + f ( y) = f () + f ( ) = c για κάθε y 0, oπότε η () γίνεται: c f ( xy) yf ( x) + c f ( y), δηλαδή έχουμε 7

8 yf ( x) + f ( y) f ( xy), για κάθε x, y 0 (6) Από τις () και (6) έχουμε ότι: f ( xy) = yf ( x) + f ( y) για κάθε x, y 0 (7) Από την τελευταία σχέση για x = y = λαμβάνουμε f ( ) = 0, ενώ εναλλάσσοντας τους ρόλους των x, y λαμβάνουμε: f ( yx) = xf ( y) + f ( x) για κάθε x, y 0 (8) οπότε από τις σχέσεις (7) και (8) έχουμε: yf ( x) + f ( y) = xf ( y) + f ( x) f ( x)( y ) = f ( y)( x ) f ( x) f ( y) = x y για κάθε x, y 0, Άρα, αφού f () = 0, έχουμε: f ( x) = a( x ), για κάθε x 0 Τέλος θέτοντας όπου x το 0 στην αρχική παίρνουμε: f ( y) ( y) f (0), για κάθε y, οπότε ( ) ( y) f ( 0) για κάθε y 0, οπότε ( y )( a f ( )) = f ( 0) Άρα είναι f ( x) f ( 0)( x ) f ( 0)( x) a y a την () + 0 0, για κάθε y 0 οπότε = =, για κάθε x, που επαληθεύει 8

Σχετικά έγγραφα

ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 33 η Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα "Ο Αρχιμήδης" 27 Φεβρουαρίου 2016

ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 33 η Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα Ο Αρχιμήδης 27 Φεβρουαρίου 2016 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 4 6 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ 665-67784 - Fax: 645 e-mail : info@hmsgr wwwhmsgr GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 4 Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street