Προκριματικός Διαγωνισμός 2009

ξαροπ · 16 Απριλίου 2009 στις 14:23

Βγήκαν τα θέματα του Προκριματικού Διαγωνισμού της ΕΜΕ και για τους μεγάλους και για τους μικρούς.

ΜΕΓΑΛΟΙ (Ηλικίας 15.5+) : https://www.hms.gr/images/stories/prokrimatikos_2009/SENIORS2009TELIKO.pdf
ΜΙΚΡΟΙ (Ηλικίας < 15.5) : https://www.hms.gr/images/stories/prokrimatikos_2009/JUNIORS2009TELIKO.pdf

Δεν έχουν βγει οι λύσεις ακόμα. Όλοι, αλλά κυρίως όσοι ενδιαφέρονται κι ασχολούνται με το θέμα, μπορούν ελεύθερα να προτείνουν και να συζητήσουν της λύσεις τους, αν θέλουν. Εγώ ασχολήθηκα με τους μικρούς, κι έχω βρει λύση σε 3 από τα 4 μέχρι τώρα, αλλά πρέπει να διορθώσω μερικά πραματάκια ακόμα και να αποφασίσω αν είναι μια λύση επαρκής ώστε να την ποστάρω. :iagree:

ξαροπ · 17 Απριλίου 2009 στις 22:27

Κανείς?

Τέλος πάντων, τα θέματα είναι όντως απαιτητικά στις λύσεις τους. Μέχρις στιγμής, ικανοποιητική βρίσκω σχετικά μόνο τη λύση μου στο 4ο θέμα των μικρών, το οποίο λύνεται και με ταυτότητα Euler (ή έτσι φαινόταν από τη λύση που είπε ένας από την Α' Λυκείου), αλλά επειδή δεν είμαι καλός γνώστης ανισώσεων, την έλυσα με ό,τι αποδείξεις και γνώσεις έχω έως τώρα...

Αρχικά, το σύστημα μπορεί να εκφραστεί και ως δυο συνθήκες που πρέπει οι αριθμοί $x, y, z$ να πληρούν, δηλαδή δεν το πήγα με επίλυση συστήματος. Έχουμε τότε $x + y + z = xy + yz + zx \Rightarrow x(y-1) + y(z-1) + z(x-1) = 0$ κι επειδή $x, y, z \in \mathbb{{R}^{+}}$ , ξεχωρίζουμε δύο περιπτώσεις.

(1) $y-1 = z-1 = x-1 = 0 \Leftrightarrow y = z = x = 1$ και $x + y + z = 3$ (μια τριάδα - λύση του συστήματος)

(2) $m -1 = 0, n-1 + n(k - 1) = 0$ όπου $m$ ένας από τους τρεις αγνώστους και $n, k$ οι υπόλοιποι δυο, με $k < 1 \Leftrightarrow k-1 < 0, n > 1 \Leftrightarrow n-1 > 0 (n, k \neq 1, m = 1)$

Συμπεραίνουμε τότε ότι $n(k-1) = 1 - n$ κι επειδή $1nk = 1 \Leftrightarrow k = \frac{1}{n}$ , έχουμε $n(k-1) = 1 - n \Rightarrow n(\frac{1}{n} - 1) = 1 - n \Rightarrow 1- n = 1 - n \Rightarrow n = n$ , που σημαίνει ότι η τριάδα $(1, n, \frac{1}{n})$ είναι μια επίσης λύση του συστήματος για κάθε $n \in \mathbb{{R}^{+}}$ .

Μένει τώρα να αποδείξουμε ότι $1 + n + \frac{1}{n} \geq 3$ για να εξετάσουμε αν το 3 είναι το ελάχιστο άθροισμα ή όχι.

$n + \frac{1}{n} \geq 3 \Rightarrow \frac{{n}^{2}}{n} + \frac {1}{n} \geq 2 \Rightarrow {n}^{2} + 1 \geq 2n \Rightarrow {n}^{2} - 2n + 1 \geq 0 \Rightarrow {(n-1)}^{2} \geq 0$ που ισχύει, γιατί το τετράγωνο ενός πραγματικού αριθμού δεν είναι ποτέ αρνητικό. Άρα το ελάχιστο άθροισμα είναι $3$ και επιτυγχάνεται με την τριάδα $(x,y,z) \in (1,1,1)$ ή αλλιώς $(1, n, \frac{1}{n}) \in (1,1,1), n = 1, \frac{1}{n} = 1$ .

Περιμένω καλύτερη λύση από κάποιον που ίσως ξέρει περισσότερα στο θέμα. :iagree:

Eukleidis · 23 Απριλίου 2009 στις 17:12

Μια πιο κομψή λύση στο άνωθεν θέμα.
Προσθέτουμε τις εξισώσεις του συστήματος κατά μέλη:
$\[x + y + z + xyz = xy + yz + xz + 1 \Leftrightarrow x + y + z + xyz - xy - yz - xz - 1 = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {z - 1} \right)\left( {y - 1} \right) = 0\]<br />$

άρα x=1 ή y=1 ή z=1.
Διακρίνουμε τις περιπτώσεις
a)x=y=z=1
b)Ένας είναι ίσος με τη μονάδα και οι άλλοι 2 αντίστροφοι.
Τότε $\[x + y + \frac{1}<br /> {y} \geqslant 3\]<br />$ με ισότητα για x=y=z=1

~Λένα~ · 1 Μαΐου 2009 στις 13:21

τι ειναι αυτα καλε;ανατριχιασα

stavrouli_to · 13 Μαΐου 2009 στις 13:34

Παντως δεν ήτα τρομερές αυτές για τους μικρούς.Αλλά ακόμη δεν μπορώ να το χονέψω πως έκανα τέτοιες χαζομάρες και δεν πέρασα τον Αρχιμηδη... Και εσυ ρε ξαροπ εμένα έμοιασες και δεν πέρασες;;; Είπαμε κάνω εγώ χαζομάρες, μην κάνεις και εσύ! Τέλος πάντων ήταν πολύ καλή εμπιρεία... Προτίνει κανείς να λύσουμε καμια άλλη άσκηση από τους προκριματικούς;
ΥΓ. Αντε θέλω να εξασκηθώ στα LATEX...

ξαροπ · 15 Μαΐου 2009 στις 19:48

Καλά, το site της ΕΜΕ έχει πάλι πρόβλημα, οπότε βάζω τη λύση και του Προβλήματος 1, το άλλο που είχα λύσει (το τρίτο λάθος το έκανα -μάλλον λάθος προσέγγιση είχα

).

Παρατηρούμε ότι ο μαθητής μπορεί να σκίσει ${x}_{1}$ φύλλα, με $1 \leq {x}_{1} \leq 7$ . Τότε τα φύλλα που θα έχει θα είναι $7{x}_{1} + (7 - {x}_{1}) = 6{x}_{1} + 7$ . Βλέπουμε όμως ότι αν σκίσει ${x}_{2}$ , με $1 \leq {x}_{2} \leq 6{x}_{1} + 7$ θα έχει συνολικά $7{x}_{2} + (6{x}_{1} + 7 - {x}_2}) = 6({x}_{1} + {x}_{2}) + 7.$ Άρα το ίδιο θα συμβαίνει με όσα φύλλα σκίζει, πχ. ${x}_{4} \Rightarrow 6({x}_{1} + {x}_{2}+{x}_{3}+{x}_{4}) + 7$ κτλ.

Άρα αρκεί $6({x}_{1}+{x}_{2}+...+{x}_{y}) + 7 = 2009 \Leftrightarrow 6z = 2002$ . Όμως τότε το "z" δεν θα είναι ακέραιος αριθμός, οπότε καταλήγουμε σε άτοπο (υποτίθεται ότι σκίζει ακέραιο αριθμό φύλλων). Η απάντηση στο πρόβλημα είναι "Όχι, δεν μπορεί."

Βάζω ένα πρόβλημα από άλλον Προκριματικό, αφού το ζήτησε η stavrouli_to.

Greek Selection Test Problem #4

Βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους $n, n \geq 3$ για τους οποίους ισχύει ότι $n\mid (n-2)!$ .

Δεν θα ασχοληθώ ακόμα, όσοι θέλετε προσπαθήστε, μα πάνω απ' όλα μην απογοητευθείτε αν δεν τη λύσετε! Προβλήματα ολυμπιάδας είναι, όχι σχολικά!

stavrouli_to · 16 Μαΐου 2009 στις 11:19

Είναι όλοι οι σύνθετοι αριθμοί...
-----------------------------------------
Α! αποκλείουμε και το 4... Αυτό το ξέχασα...
ΥΓ. Πρεπει να πω πως το βρηκα?(βαριέμαι να πληκτρολογω...)

ξαροπ · 16 Μαΐου 2009 στις 11:30

Ναι, καλή θα ήταν μια απόδειξη αυτών που λες, μια απάντηση από μόνη της δεν στέκει...

(με περιπτώσεις το πήγες? Εγώ ξεχώρισα δυο - τρεις μέχρι να φτάσω στην απόδειξη)

ξαροπ · 17 Μαΐου 2009 στις 19:34

Αρχική Δημοσίευση από ξαροπ:
Ναι, καλή θα ήταν μια απόδειξη αυτών που λες, μια απάντηση από μόνη της δεν στέκει...

Τέλος πάντων, επειδή δεν έχω τίποτα καλύτερο να κάνω αυτή τη στιγμή, θα παραθέσω τέσσερα προβλήματα ανάλογου επιπέδου, όχι επίσημα του Προκριματικού Διαγωνισμού Νέων, έτσι ώστε να προβληματιστούμε.

1: Let $\bigtriangleup ABC$ be an isosceles triangle with $AB = AC, <BAC = 30^{\circ}$ and let $D$ be a point on $AC$ , so that $BC = AD\sqrt{2}$ . Prove that $< ABD = 15^{\circ}$ .

2: If $a,b,c,d \in \mathbb{R}^{+}$ so that $a^{3} + b^{3} + 3ab = c + d = 1$ prove that $(a + \frac{1}{a})^{3}+ (b + \frac{1}{b})^{3}+ (c + \frac{1}{c})^{3}+ (d + \frac{1}{d})^{3} \geq 40$ .

3: Three circles $(A,x),(B,y),(c,w)$ osculate in pairs outwardly (εφάπτονται ανά δύο εξωτερικά). If $r$ is the radius of the εγγεγραμμένου κύκλου of triangle $\bigtriangleup ABC$ , prove that $r = \sqrt{\frac{xyw}{x+y+w}}$ . (Hint: $ABC = tr, t = \frac{a + b + c}{2}$ , Heron Theorem)

4: Η πρώτη μου απόπειρα σε δημιουργία άσκησης μαθηματικών, οπότε μην μου ριχτείτε αν έχω κάνει κανένα λάθος κάπου, ευελπιστώ ότι είναι σωστή και απλή - εύκολη.

Λοιπόν, αν $a,b,c \in \mathbb{R}^{+}, a \equiv 2n + 1 (mod2), a^{2} + b = 1001, \frac{c}{a} = \frac{b}{c}$ , να αποδειχτεί ότι $2\mid c$ .

Happy thinking, τι να πω.

(ΥΓ. Μεγάλο πρόβλημα με το iSchool, όλο το μήνυμα "είναι πολύ μικρό" μου βγάζει. Αμάν, δεν καταλαβαίνει από copy-paste από άλλο ποστ? Τόση ώρα μου πήρε να το κάνω!)

stavrouli_to · 27 Μαΐου 2009 στις 11:32

Δεν το πήγα με περιπτώσεις... Είπα πως (n-2)!=1*2*3*...*(n-2), οπότε ο αριθμός n πρέπει να είναι σύνθετος ώστε να ισούτε με δύο άλλους αριθμους $k,l \in N$ που θα είναι μικρότεροι του n-2 και απ' αυτούς εξερείται το 4
-----------------------------------------
Πάντως τις υπολοιπες ασκήσεις θα τις δω μετα τις εξετάσεις αν δε σε πειραζει...

Προκριματικός Διαγωνισμός 2009

ξαροπ

Πολύ δραστήριο μέλος

ξαροπ

Πολύ δραστήριο μέλος

Eukleidis

Πολύ δραστήριο μέλος

~Λένα~

Πολύ δραστήριο μέλος

stavrouli_to

Εκκολαπτόμενο μέλος

ξαροπ

Πολύ δραστήριο μέλος

stavrouli_to

Εκκολαπτόμενο μέλος

ξαροπ

Πολύ δραστήριο μέλος

ξαροπ

Πολύ δραστήριο μέλος

stavrouli_to

Εκκολαπτόμενο μέλος

Χρήστες Βρείτε παρόμοια

Λοιπές Σελίδες