ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Β' ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΕΠΙΛΟΓΗΣ ΛΥΚΕΙΟΥ. «Ευκλείδης» Ημερομηνία: 10/02/2019 Ώρα εξέτασης: 10:00-14:30

Transcript

1 ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Β' ΔΙΩΝΙΣΜΟΣ ΕΠΙΛΟΓΗΣ ΛΥΚΕΙΟΥ «Ευκλείδης» Ημερομηνία: 10/02/2019 Ώρα εξέτασης: 10:00-14:30 ΟΔΗΓΙΕΣ: 1. Να λύσετε όλα τα θέματα αιτιολογώντας πλήρως τις απαντήσεις σας. 2. Να γράφετε με μπλε ή μαύρο μελάνι. (Τα σχήματα επιτρέπεται με μολύβι) 3. Δεν επιτρέπεται η χρήση διορθωτικού υγρού (Tipp-ex). 4. Δεν επιτρέπεται η χρήση υπολογιστικής μηχανής. ΠΡΟΤΕΙΝΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Πρόβλημα 1: Ορίζουμε τις ακολουθίες (α ν ), (β ν ), (γ ν ) με ν {1, 2, 3, } ως εξής: α 1 = 2 και α ν+1 = 2 α ν, ν {1, 2, 3, } β 1 = 3 και β ν+1 = 3 β ν, ν {1, 2, 3, } γ 1 = 4 και γ ν+1 = 4 γ ν, ν {1, 2, 3, } Να αποδείξετε ότι β 2019 > α 2020 > γ 2018 Θα αποδείξουμε ότι β ν+1 >α ν+2 4γ ν, για κάθε ν 2 Έχουμε, β 2 = 3 β 1 = 3 3 = 27 και α 3 = 2 α 2. Όμως α 2 = 2 α 1 = 2 2 = 4. Επομένως, α 3 = 2 4 = 16. Επομένως β 2 > α 3. Επίσης αν β κ > α κ+1 τότε β κ+1 = 3 β κ > 2 β κ > 2 α κ+1 = α κ+2 Άρα, επαγωγικά έχουμε β ν > α ν+1 ν 2 Έχουμε, α 3 = 2 4 = 16 και γ 1 = 4. Άρα, α 3 4γ 1 Επίσης, αν α κ+2 4γ κ τότε 4γ κ+1 = 4 4 γ κ = 2 2γκ+2 < 2 4γ κ 2 α κ+2 = α κ+3 Επομένως επαγωγικά α ν+2 4γ ν ν 1. Άρα, για ν = 2019 έχουμε β 2019 > α 2020 = α γ 2018 > γ 2018

2 Πρόβλημα 2 : Να βρείτε όλους τους πρώτους αριθμούς p, ώστε ο αριθμός 1 p3 +p p3 +p p3 +p+1 να είναι πολλαπλάσιο του p. Για κάθε φυσικό αριθμό ν έχουμε ν p3 +p+1 = (ν p2 ) p ν p ν Όμως από το μικρό θεώρημα του Fermat έχουμε ότι για κάθε α ακέραιο αριθμό και p πρώτο αριθμό ισχύει α p α(modp) Τότε παίρνουμε (ν p2 ) p ν p ν ν p2 ν ν (ν p ) p ν ν ν p ν ν ν ν ν ν 3 (modp) Άρα 1 p3 +p p3 +p p3 +p (modp) ( ) (modp) ( ) 2 (modp). 2 Πρέπει να ισχύει ότι ( ) 0(modp) Έχουμε 1010 = = ως γινόμενα πρώτων παραγόντων. Επομένως p = 2,3,5,101 ή 673

3 Πρόβλημα 3 : Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο με κέντρο Ο, και ΑΔ το ύψος του (το σημείο Δ είναι το ίχνος του ύψους πάνω στην ΒΓ). Έστω Τ το σημείο τομής της ΓΟ με την ΑΔ. Θεωρούμε Ν, Μ τα μέσα των τμημάτων ΑΤ και αντίστοιχα. Φέρουμε την ευθεία ΝΟ και ονομάζουμε Θ το σημείο τομής της με την ΒΓ. Αν Κ, Ο 1 τα κέντρα των περιεγραμμένων κύκλων των τριγώνων ΒΓΜ, ΒΟΘ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι ΚΟ 1 ΑΒ. Έστω Σ το σημείο τομής του περιεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΒΜΓ με την ευθεία ΑΒ. Αρκεί να αποδείξουμε ότι το τετράπλευρο ΣΒΟΘ είναι εγγράψιμο, δηλαδή αρκεί ΣΒΘ = ΣΟΘ Ξέρουμε ότι ΣΒΓ = ΣΜΓ = 90 + ΣΜΟ Όμως, ΣΜΟ + 90 = ΣΒΓ ΣΜΟ = ΣΒΓ 90 Αλλά, ΣΒΓ = 180 ΑΒΓ = 180 ( ΣΑΝ) = 90 + ΣΑΝ Άρα ΣΜΟ = ΣΑΝ Θα δείξουμε ότι τα τρίγωνα ΣΟΝ και ΣΜΑ είναι όμοια. Αρκεί να δείξουμε ότι τα τρίγωνα ΣΝΑ και ΣΟΝ είναι όμοια. Έχουμε από προηγούμενα ότι ΣΜΟ = ΣΑΝ επομένως θα ήταν αρκετό να δείξουμε ότι ΣΜ = ΑΝ Το τετράπλευρο ΒΣΓΜ είναι εγγεγραμμένο. Επομένως από την ομοιότητα των τριγώνων Μ Β προκύπτει

4 ΣΜ = (1) ΒΓ Το σημείο Ο είναι το περίκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ. Επομένως, ΟΓΑ = 90 ΜΟΓ = 90 Β και ΑΤΓ = 180 ΓΤΔ = 180 ( ΤΓΔ) = 90 + ΤΓΔ Αν ΟΗ ΒΓ τότε ΑΤΓ = 90 + ΤΓΔ = ΓΟΗ = 180 Α Από τον νόμο των ημιτόνων στα τρίγωνα ΑΤΓ, Γ και ΑΒΓ, έχουμε Όμως ημα = ΑΤ ημ( ΟΓΜ) = = ΟΓ ΟΓ = Διαιρώντας κατά μέλη τις δύο τελευταίες ισότητες θα έχουμε ΑΤ ημα = ΟΓ Άρα θα έχουμε ΑΤ = ΟΓημΑ 2ΑΝ = Από το τρίγωνο ΟΗΓ θα έχουμε ημ( ΗΟΓ) = ΗΓ ΟΓ Επομένως, η (2) γίνεται Από τις (1) και (3), παίρνουμε ΟΓημΑ ΑΝ = 2ΟΓημΑ ΗΓ ημα = ΟΓ = ΒΓ 2ΟΓημΑ = ΒΓ 2ΟΓ ΑΝ = ΒΓ ΣΜ = ΑΝ (4) Δηλαδή, ΑΝΣ ΣΜΟ. Άρα και τα τρίγωνα ΣΜΑ και ΣΟΝ είναι όμοια, γιατί Μ = ΝΣΟ και πλευρές ανάλογες από την (4). Τότε ΒΟΘ = 180 ΝΟΣ και αφού από την ομοιότητα έχουμε ΝΟΣ = ΑΜΣ,τότε παίρνουμε ΒΟΘ = 180 ΑΜΣ = ΣΜΓ και αφού από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΒΜΓΣ έχουμε ΣΜΓ = ΣΒΓ, θα πάρουμε ΒΟΘ = ΣΒΘ Άρα το τετράπλευρο ΒΟΘΣ είναι εγγράψιμο. Άρα οι περιεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ΒΜΓ και ΒΟΘ έχουν κοινή χορδή την ΒΣ και επομένως ΚΟ 1 ΑΒ. (3) (2)

5 Πρόβλημα 4 : Σε μια τάξη 10 μαθητών δόθηκε ένα διαγώνισμα 15 προβλημάτων. Γνωρίζουμε ότι κάθε πρόβλημα λύθηκε σωστά από τουλάχιστον 7 μαθητές. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ζεύγος {x, y} μαθητών, ώστε κάθε πρόβλημα να λύθηκε σωστά από τουλάχιστον ένα μαθητή απ αυτούς. Υποθέτουμε ότι δεν ισχύει το ζητούμενο. Μετράμε με δύο διαφορετικούς τρόπους το πλήθος S των ζευγών ({x, y}, P), όπου οι x, y είναι δύο μαθητές οι οποίοι δεν έλυσαν το πρόβλημα P. Αφού δεν ισχύει το ζητούμενο, για κάθε ζεύγος {x, y} υπάρχει τουλάχιστον ένα πρόβλημα P το οποίο δεν έλυσαν. Άρα S ( 10 2 ) = 45 Επίσης κάθε πρόβλημα P δεν λύθηκε από το πολύ τρείς μαθητές και άρα από το πολύ ( 3 2 ) = 3 ζεύγη μαθητών. Άρα S 3 15 = 45 Για να ισχύει η ισότητα πρέπει κάθε πρόβλημα να μην λύθηκε από 3 ακριβώς μαθητές και για κάθε δύο μαθητές υπάρχει ακριβώς ένα πρόβλημα που δεν έλυσε κανένας τους. Έστω ένας μαθητής x και έστω ότι δεν έλυσε τα προβλήματα Ρ 1, Ρ 2,, P k Έστω x, a i, b i οι μαθητές που δεν έλυσαν το πρόβλημα P i. Για i j (1 i, j k) πρέπει a i a j, b j και b i a j, b j. Άρα οι a 1, b 1,, a k, b k είναι 2k διαφορετικοί μαθητές. Μαζί με τον x έχουμε 2k + 1 μαθητές. Οπότε υπάρχει τουλάχιστον ακόμη ένας, έστω ο y διαφορετικός από τους x, a 1, b 1,, a k, b k. Τότε όμως για τους x, y δεν υπάρχει πρόβλημα που δεν έλυσε κανένας τους, άτοπο.