Πρώτη μέρα
1. Δίνονται τα δευτεροβάθμια τριώνυμα
, 
,
με 
. Να αποδείξετε, ότι τουλάχιστον ένα από τα τριώνυμα έχει δυο ρίζες.
. Να αποδείξετε, ότι τουλάχιστον ένα από τα τριώνυμα έχει δυο ρίζες.
2. Εφτά σκιέρ, σε αγώνα κατάβασης, με αριθμούς 1, 2, …, 7 ξεκίνησαν με την σειρά από την αφετηρία της πίστας ¨Φίλιππος¨ στα 3-5 Πηγάδια και έκαναν την διαδρομή ο καθένας με την δικιά του σταθερή ταχύτητα. Προέκυψε ότι κάθε σκιέρ συμμετείχε ακριβώς δυο φορές σε προσπέραση ( σε κάθε προσπέραση συμμετέχουν ακριβώς δυο σκιέρ, αυτός που προσπερνάει και αυτός που προσπεράστηκε).
Στο τέλος του αγώνα πρέπει να καταρτιστεί το φύλλο αγώνος, οι αριθμοί των σκιέρ δηλαδή κατά σειρά τερματισμού. Να αποδείξετε, ότι σε αγώνα με τις παραπάνω ιδιότητες μπορούν να καταρτιστούν το πολύ δυο διαφορετικά φύλλα αγώνος.
3. Είναι δυνατόν για κάποιο φυσικό αριθμό 
να χωρίσουμε όλους τους φυσικούς αριθμούς από το 
έως σε δυο ομάδες και να γράψουμε τους αριθμούς κάθε ομάδας στη σειρά (κολλητά) με κάποια διάταξη ώστε, να προκύψουν δυο ίσοι αριθμοί;
να χωρίσουμε όλους τους φυσικούς αριθμούς από το έως σε δυο ομάδες και να γράψουμε τους αριθμούς κάθε ομάδας στη σειρά (κολλητά) με κάποια διάταξη ώστε, να προκύψουν δυο ίσοι αριθμοί;
4. Στο τρίγωνο 
η γωνία 
είναι ίση με 
. Έστω 
και 
διχοτόμοι αυτού του τριγώνου. Να αποδείξετε, ότι το συμμετρικό σημείο της κορυφής ως προς την ευθεία 
βρίσκεται επί της πλευράς 
.
η γωνία είναι ίση με . Έστω και διχοτόμοι αυτού του τριγώνου. Να αποδείξετε, ότι το συμμετρικό σημείο της κορυφής ως προς την ευθεία βρίσκεται επί της πλευράς .
Δεύτερη μέρα
5. Ο Τοτός έγραψε σε κύκλο 11 φυσικούς αριθμούς. Για κάθε δυο γειτονικούς αριθμούς βρήκε την διαφορά τους. Στις διαφορές που βρήκε υπάρχουν τέσσερεις άσσοι, τέσσερα δυάρια και τρία τριάρια. Να αποδείξετε ότι ο Τοτός κάπου άφησε λάθος.
6. Έστω 
σημεία ενός κύκλου και ευθεία 
που εφάπτεται αυτού του κύκλου στο σημείο 
. Από σημείο 
της φέρουμε τις κάθετες 
και 
προς τις ευθείες 
και αντίστοιχα (τα 
και 
βρίσκονται επί των και ). Να αποδείξετε ότι 
.
σημεία ενός κύκλου και ευθεία που εφάπτεται αυτού του κύκλου στο σημείο . Από σημείο της φέρουμε τις κάθετες και προς τις ευθείες και αντίστοιχα (τα και βρίσκονται επί των και ). Να αποδείξετε ότι .
7. Σε μία ομάδα των εφτά ατόμων οποιοιδήποτε έξι μπορούν να καθίσουν σε στρογγυλό τραπέζι έτσι, ώστε οποιοιδήποτε δυο διπλανοί να είναι γνωστοί. Να αποδείξετε ότι και όλη η ομάδα μπορεί να καθίσει σε στρογγυλό τραπέζι έτσι, ώστε οποιοιδήποτε δύο διπλανοί να είναι γνωστοί.
8. Για κάθε φυσικό αριθμό 
συμβολίζουμε με 
το άθροισμα των πρώτων πρώτων αριθμών. 
. Είναι δυνατόν δυο διαδοχικοί όροι της ακολουθίας 
να είναι τετράγωνα φυσικών αριθμών;
συμβολίζουμε με το άθροισμα των πρώτων πρώτων αριθμών. . Είναι δυνατόν δυο διαδοχικοί όροι της ακολουθίας να είναι τετράγωνα φυσικών αριθμών;
Πηγή: mathematica.gr
2. Κανένας σκιέρ δεν μπορεί να τερματίσει σε σειρά που απέχει περισσότερες από 2 θέσεις πάνω ή κάτω από την αντίστοιχη σειρά εκκίνησης, αλλιώς θα παραβιαζόταν η συνθήκη των 2 συμμετοχών κάθε σκιέρ σε προσπεράσεις. Κατά συνέπεια:
ΑπάντησηΔιαγραφήΟ 1 θα προσπεραστεί από άλλους δύο και θα τερματίσει 3ος.
Ο 3 θα προσπεράσει άλλους δύο και θα τερματίσει 1ος, αφού αν υπήρχε κάποιος που θα προσπερνούσε τον 3, τότε ο 3 θα μπορούσε να προσπεράσει μόνο τον 2 και ο 1 θα μπορούσε να προσπεραστεί μόνο από τον 2, αφού κανένας από όσους ξεκίνησαν πίσω από τον 3 δεν θα μπορούσε να προσπεράσει τον 1 χωρίς να παραβιαστεί η συνθήκη.
Με παρόμοια συλλογιστική, ο 7 θα προσπεράσει άλλους δύο και θα τερματίσει 5ος και ο 5 θα προσπεραστεί από άλλους δύο και θα τερματίσει 7ος.
Οι υπόλοιποι που ξεκίνησαν με σειρά 2,4,6, για να τηρηθεί η συνθήκη, τερματίζουν με σειρά είτε 2ος, 6ος, 4ος είτε 4ος, 2ος, 6ος αντιστοίχως.
Επομένως, οι μόνες δυνατές σειρές τερματισμού είναι οι 3-2-1-6-7-4-5 και 3-4-1-2-7-6-5.
5. Οι 11 διαφορές, αν τις πάρουμε κυκλικά κατά ωρολογιακή φορά και τις αθροίσουμε αλγεβρικά, θα πρέπει να δίνουν αποτέλεσμα 0 (άρτιος), αφού κάθε αριθμός συμμετέχει σε δύο τέτοιες διαφορές, στη μία ως μειωτέος και στην άλλη ως αφαιρετέος. Αλλά, το άθροισμα των (απόλυτων) διαφορών που έδωσε ο Τοτός είναι 4*1+4*2+3*3=21 (μονός), άρα με κανένα συνδυασμό προσήμων + ή - αυτές οι διαφορές δεν μπορούν να δώσουν αποτέλεσμα 0.
Στο πρόβλημα 2, θα δώσω μια καλύτερη αιτιολόγηση του γιατί ο 3 τερματίζει υποχρεωτικά πρώτος:
ΔιαγραφήΟ 3 θα τερματίσει 1ος, καθώς ο μεν 2 θα προσπεραστεί από τουλάχιστον έναν (αφού ξεκινάει με έναν μόνο μπροστά του που θα μπορούσε να προσπεράσει), ενώ οι από 4 και πάνω θα έπρεπε να προσπεράσουν τουλάχιστον τρεις για να τερματίσουν πρώτοι, οπότε θα παραβιαζόταν η συνθήκη.
8. Αν δύο διαδοχικά S ήταν τ.τ., τότε θα υπήρχαν φυσικοί κ, λ με λ>κ τέτοιοι ώστε κ^2+π=λ^2 => π=λ^2-κ^2=(λ-κ)(λ+κ) και για να είναι ο π πρώτος θα έπρεπε λ-κ=1 => λ=κ+1, δηλαδή τα τ.τ. να είναι διαδοχικά, οπότε θα είναι π=2κ+1.
ΑπάντησηΔιαγραφήΟι διαφορές μεταξύ των διαδοχικών τ.τ. 1,4,9,16,25,36 κ.ο.κ. ανεβαίνουν διαδοχικά κατά 3,5,7,9,11 κ.ο.κ. δηλαδή κατά διαδοχικούς περιττούς.
Οι αντίστοιχες διαφορές μεταξύ των διαδοχικών S 2,5,10,17,28,41,κ.ο.κ ανεβαίνουν διαδοχικά κατά 3,5,7,11,13 κ.ο.κ. δηλαδή κατά διαδοχικούς πρώτους, παραλείποντας δηλαδή όσους περιττούς δεν είναι πρώτοι.
Ο μικρότερος S που είναι τ.τ. είναι ο S9=100=10^2, ενώ ο επόμενός του S10 είναι ο 100+29=129 που είναι ήδη μεγαλύτερος από το επόμενο τ.τ. του 100, δηλαδή το 121.
Κατά μείζονα λόγο, το ίδιο θα συμβεί για οποιοδήποτε ακόμα μεγαλύτερο S που είναι τ.τ., λόγω της αραιότερης κατανομής των πρώτων σε σχέση με τους περιττούς στο σύνολο των φυσικών.
Επομένως δεν υπάρχουν δύο διαδοχικά S τέλεια τετράγωνα.
3. Για να προκύψουν δύο ίσοι αριθμοί με τη διαδικασία που ορίζεται, θα πρέπει αναγκαστικά κάθε ψηφίο από 0 έως 9, όπως και κάθε σύμπλεγμα συνεχόμενων ψηφίων οποιουδήποτε ακεραίου στο εύρος 1 έως κ, να εμφανίζεται άρτιο αριθμό φορών.
ΑπάντησηΔιαγραφήΓια 0<κ<10, κάθε εμφανιζόμενο ψηφίο έχει περιττό αριθμό εμφανίσεων.
Για 9<κ<100, το σύμπλεγμα ψηφίων 10 έχει 1 μόνο εμφάνιση.
Για 99<κ<1000, το σύμπλεγμα ψηφίων 100 έχει 1 μόνο εμφάνιση.
Γενικότερα για 10^ν-1<κ<10^(ν+1), η δεκαδική έκφραση του συμπλέγματος 10^ν έχει 1 μόνο εμφάνιση, για οποιοδήποτε θετικό ν.
Επομένως το ζητούμενο είναι αδύνατο.
Επεξήγηση: Οι αριθμοί 10,100,1000 κ.ο.κ., στα αντίστοιχα διαστήματα τιμών του κ, θα βρεθούν ως ενιαία συμπλέγματα στον έναν αριθμό, αλλά δεν είναι δυνατό να συναρμολογηθούν στον άλλο, αφού δίπλα στον 1,10, 100, κ.ο.κ. αντιστοίχως θα πρέπει να κολλήσουμε κάποιον αριθμό που να αρχίζει από 0. Και τέτοιος φυσικός αριθμός, σύμφωνα με τη συμβατικό τουλάχιστον τρόπο παράστασης των αριθμών, δεν υπάρχει.
Διαγραφή7. Αφού οποιοδήποτε 6 από τους 7 μπορούν να διαταχθούν με τρόπο ώστε καθένας να κάθεται ανάμεσα σε 2 γνωστούς, είναι βέβαιο ότι καθένας από τους 7 έχει περισσότερους από 2 γνωστούς, αφού αν κάποιος είχε μόνο 2 γνωστούς μεταξύ των άλλων 6, τότε στις δύο εξάδες που λείπει ο ένας ή ο άλλος από τους γνωστούς του δεν θα μπορούσε να βρει 2 γνωστούς για να καθίσει ανάμεσά τους.
ΑπάντησηΔιαγραφήΑν τώρα και οι 7 είχαν από 3 ακριβώς γνωστούς, τότε οι σχέσεις γνωριμίας θα ήταν 7*3/2=21/2 που δεν είναι ακέραιος. Επομένως υπάρχει αναγκαστικά, μεταξύ των 7, άτομο που έχει περισσότερους από 3, δηλαδή τουλάχιστον 4 γνωστούς. Στην σωστά διατεταγμένη εξάδα των υπόλοιπων 6, μεταξύ των 4 γνωστών ενός τέτοιου ατόμου, θα υπάρχουν 2 τουλάχιστον που θα κάθονται ο ένας δίπλα στον άλλο. Αν λοιπόν ο 7ος καθίσει ανάμεσά τους, τότε και οι 7 θα κάθονται ανάμεσα σε 2 γνωστούς.
Το θέμα 6 είναι από αυτά που χαρακτηρίζονται ως "ψαρωτικά", αλλά τελικά πρόκειται για κάτι πολύ απλό...
ΑπάντησηΔιαγραφή6. Δεν έχει άδικο τελικά ο Φώτης, κι ας μην μπήκε στον κόπο να το αποδείξει:
ΑπάντησηΔιαγραφήΈστω ότι η ευθεία A1C1 τέμνει την AC στο σημείο Μ. Τα σημεία A1,P, C1, B είναι κορυφές τετραπλεύρου εγγράψιμου σε κύκλο αφού οι απέναντι γωνίες του A1 και C1 είναι ορθές. Επομένως,γ.PC1A1=γ.PBA1. Η γ.PBA1 είναι ίση, ως κατα κορυφή, με τη γωνία που σχηματίζει η χορδή ΑΒ με την ευθεία ε και η γ.PBA1 είναι ίση με την εγγεγραμμένη γ.ACB που βλέπει στη χορδή ΑΒ. Άρα γ.PC1A1=γ.ACB
Είναι επίσης γ.BC1A1=γ.CC1M ως κατά κορυφή και γ.PC1A1+γ.BC1A1=1 ορθή, αφού η PC1 είναι κάθετη στη BC. Επομένως γ.ACB+γ.CC1M=1 ορθή και αναγκαστικά γ.CMC1 ορθή (ό.έ.δ.)
1. Αν και τα τρία τριώνυμα είχαν από μία (διπλή) ρίζα, τότε οι διακρίνουσες και των τριών θα ήταν ίσες με 0, δηλαδή:
ΑπάντησηΔιαγραφή4*a1^2-4b1=0 =>a1^2=b1 και ομοίως α2^2=β2, α3^2=β3, οπότε πολλαπλασιάζοντας κ.μ. (a1*a2*a3)^2=b1*b2*b3 => (a1*a2*a3)^2=a1*a2*a3, η οποία ισχύει μόνο για a1*a2*a3 = 0 ή 1.
Αλλά εξ ορισμού είναι a1*a2*a3 > 1, οπότε ένα τουλάχιστον από τα τριώνυμα έχει δύο ρίζες.
4. Αξίζει νομίζω μια προσπάθεια για τη λύση και αυτού του προβλήματος, το οποίο προσωπικά βρήκα αρκετά δυσκολότερο από το πρόβλημα 6:
ΑπάντησηΔιαγραφήΈστω Ε το σημείο τομής των διχοτόμων των γωνιών Β και C του τριγώνου ΑΒC, D το ίχνος της καθέτου που άγεται από την κορυφή Α προς τη Β1C1 και F το σημείο τομής της προέκτασης της AD με την πλευρά ΒC.
Ισχύουν τα εξής:
γ.ΕΒC+γ.ΕCB=(γ.ΑΒC+γ.ΑCB)/2=120°/2=60° => γ.ΒΕC=120° => C1EB1=120° (ως κατά κορυφή), άρα παραπληρωματική της γ.BAC=60° , επομένως το τετράπλευρο ΑΒ1ΕC1 είναι εγγράψιμο σε κύκλο.
Η ΑΕ είναι διχοτόμος της ΒΑC, επομένως:
γ.ΕΑΒ1=30° =γ.ΕC1B1 και γ.ΕΑC1=30° =γ.ΕΒ1C1 => τρίγωνο ΕΒ1C1 ισοσκελές με γωνίες βάσης 30°.
Στο ορθογώνιο τρίγωνο DAB1 είναι γ.DB1A=90°-γ.DAB1 => γ.AB1E=(90°-γ.DAB1)+30° =60°+γ.ΕCB1 (ως εξωτερική του τρ.Β1ΕC) => γ.DAB1=60°-γ.ΕCB1=60°-γ.ΕCB=γ.CBE, επομένως το τετράπλευρο ΑΒ1FB είναι εγγράψιμο σε κύκλο, οπότε οι ίσες γωνίες ΑΒΒ1 και Β1ΒF βλέπουν σε ίσες χορδές => Β1Α=Β1F => το τρίγωνο Β1ΑF είναι ισοσκελές και το ύψος του Β1D είναι μεσοκάθετο στο τμήμα ΑF.
Επομένως, το σημείο F είναι το συμμετρικό του Α ως προς την ευθεία Β1C1 και ανήκει στη ΒC (ό.έ.δ.)
Πραγματικά, το θέμα αυτό είναι πολύ καλό και μόλις το έλυσα! Μόνο από πολύ καλούς μαθητές Λυκείου πιστεύω ότι μπορεί να επιλυθεί.
Διαγραφή