ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

#1

Ας σχολιάσουμε εδώ τα σημερινά θέματα του Προκριματικού με την παράκληση αυτό να γίνει μετά το πέρας του διαγωνισμού (δηλαδή κατά τη 13:30 και μετα...).

Να ευχηθώ και με την ευκαιρία καλή επιτυχία στους μαθητές που διαγωνίζονται σήμερα!!

Αλέξανδρος

JimNt. · #2

Ο διαγωνισμός έχει λήξει. Τα θέματα των μικρών:

Θεωρούμε τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς a,b,c

τέτοιους ώστε a+b+c=1

. Nα αποδείξετε ότι $(a+1)\sqrt{2a(1-a)}+(b+1)\sqrt{2b(1-b)}+(c+1)\sqrt{2c(1-c)} \ge 8(ab+bc+ca)$ . Πότε ισχύει η ισότητα;

Δίνεται οξυγώνιο ABC

εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O,R)

και σημείο

στην πλευρά

τέτοιο ώστε $AF < \frac{AB}{2}$ . Ο κύκλος c_1(F,FA)

τέμνει την ευθεία

στο σημείο

και τον κύκλο (c)

στο

. Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο BKFA'

είναι εγγράψιμο σε κύκλο που περνάει από το σημείο

.

Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο

, o αριθμός $A=7^{2n}-48n-1$ είναι πολλαπλάσιο του

.

Θεωρούμε ισόπλευρο τρίγωνο ABC

πλευράς

. Έστω

και

τα μέσα των πλευρών AB, BC, CA

αντίστοιχα. Έστω

το συμμετρικό του

ως προς την ευθεία

. Χρωματίζουμε όλα τα σημεία A , B , C, D, E, Z, H

με ένα απο τα δύο χρώματα

κόκκινο και

μπλε.

Να βρείτε πόσα ισόπλευρα τρίγωνα ορίζονται με κορυφές τα επτά σημεία A , B , C, D, E, Z, H

.

Να αποδείξετε ότι αν τα σημεία Β , Ε

χρωματιστούν με ίδιο χρώμα, τότε για οποιονδήποτε χρωματισμό των υπόλοιπων σημείων υπάρχει ισόπλευρο τρίγωνο με κορυφές από τα επτά σημεια A , B , C, D, E, Z, H

, του οποίου και οι τρεις κορυφές να έχουν το ίδιο χρώμα.
(c)

Ισχύει το ίδιο συμπέρασμα με αυτό του προηγούμενου ερωτήματος, αν τα B , E

χρωματιστούν με διαφορετικό χρώμα;

Friedoon · #3

Θέματα μεγάλων

1) Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ABC

εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O,R)

(με

) και τα σημεία επαφής D,E,F

του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου με τις πλευρές BC,AC,AB

, αντίστοιχα, Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου AEF

τέμνει τον

στο

.Ο περιγεγραμμένος του BDF

τέμνει τον

στο

. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου CDE

τέμνει τον

στο

.
Να δείξετε ότι
α) Το DEA'B'

είναι εγγράψιμο.
β)Οι DA',EB',FC'

συντρέχουν

2) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $A=\dfrac{(4n)!}{(2n)!n!}$ ,όπου

θετικός ακέραιος, είναι ακέραιος και έχει παράγοντα το $2^{n+1}$

3) Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις f,g

που ορίζονται από τους πραγματικούς στους πραγματικούς έτσι ώστε:
f(x-3f(y))=xf(y)-yf(x)+g(x)

για κάθε πραγματικό x,y

.
και

4) Στον πίνακα είναι γραμμένοι αρχικά κάποιοι, διαφορετικοί ανά δύο , θετικοί ακέραιοι.
Κάνουμε κάθε φορά μία από τις ακόλουθες κινήσεις:
α) Αν ανάμεσα στους αριθμούς υπάρχουν δύο διαδοχικοί , έστω n,n+1

, τότε μπορούμε να τους σβήσουμε και να γράψουμε τον αριθμό n-2

.
β) Αν είναι γραμμε΄νοι δύο αριθμόι που απέχουν κατά

, έστω

, μπορούμε να τους σβήσουμε και να γράψουμε τον αριθμό k-1

.
Κατά τη διάρκεια της διαδικασίας μπορούν να προκύπτουν και αρνητικοί αριθμοί στον πίνακα. Αν δεν μπορούμε να κάνουμε κάποια από τις παραπάνω κινήσεις η διαδικασία τελειώνει.Να προσδιορίσετε τη μέγιστη δυνατή τιμή του ακεραίου

με την ακόλουθη ιδιότητα:
Ανεξάρτητα με το ποιο αριθμοί είναι γραμμένοι αρχικά , σε όλη τη διαδικασία , όλοι οι αριθμοί που είναι γραμμένοι στον πίνακα να είναι μεγαλύτεροι ή ίσοι από

.

Datis-Kalali · #4

Μικρων 1)
Από ΑΜ/ΓΜ
$\Sigma_{cyc} (a+1)\sqrt{2a(1-a)}=\Sigma_{cyc} (a+(b+c))\sqrt{2a(b+c} )\ge \Sigma_{cyc} \sqrt{2a(b+c)} \sqrt{2a(b+c)}= 4\Sigma_{cyc}(ab+ac)=8(ab+bc+ac)$
Η ισότητα ισχυεί αν και μόνον αν a=b=c=1/3

Δάτης Καλάλη, Κύπρος

Datis-Kalali · #5

3) Μίκρων
Για n=1

$7^{2n}-48n-1=0\equiv 0 (mod 9)$
Αν το ζητούμενο ισχυεί για n=k

, δηλάδη $7^{2k} \equiv 48k+1(mod 9)$
Τότε για n=k+1

,
$7^{2k+2}-48(k-1)-1=49(7^{2k})-48k-49 \equiv 49(48k+1)-48k-49$
$\equiv 48^2 k \equiv 0 (mod 9)$
Άρα το ζητούμενο ισχυεί για κάθε θετικό ακέραιο

Κώστας Παππέλης · #6

Για τη συνάρτηση των μεγάλων:

x=y

:

Άρα ξαναγράφουμε:
f(x-3f(y))=xf(y)-yf(x)+f(x-3f(x))

:

Αν

διάφορο του

τότε η

είναι 1-1 και επί, άρα ΠΑΝΤΑ υπάρχει

ώστε

.

:

Αντικαθιστούμε στην αρχική:
f(x-3f(y))=xf(y)+f(x)(u+1-y)

:

Άρα

Επαλήθευση:
Βάζοντας τη συνάρτηση στην αρχική, βρίσκουμε k=1

ή

. Λόγω του ότι g(1)=-8

έπεται

και

, η μόνη συνάρτηση που ικανοποιεί. Εύκολα τώρα g(x)=-2x-6

#7

JimNt. έγραψε: Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο , o αριθμός $A=7^{2n}-48n-1$ είναι πολλαπλάσιο του .

Για να δούμε και την ακόλουθη γενίκευση: Αν p>3

πρώτος, να αποδείξετε ότι ο $A=p^{2n}+(1-p^2)n-1$ είναι πολλαπλάσιο του

.

#8

silouan έγραψε:
JimNt. έγραψε: Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο , o αριθμός $A=7^{2n}-48n-1$ είναι πολλαπλάσιο του .
Για να δούμε και την ακόλουθη γενίκευση: Αν πρώτος, να αποδείξετε ότι ο $A=p^{2n}+(1-p^2)n-1$ είναι πολλαπλάσιο του .

Θεωρούμε το πολυώνυμο $\displaystyle{f(x)=x^n+(1-x)n-1.}$ Είναι $\displaystyle{f(1)=f'(1)=0,}$ άρα $\displaystyle{f(x)=(x-1)^2g(x),~g(x)\in \mathbb{Z}[X]}$ .

Επομένως

$\displaystyle{A=f(p^2)=(p^2-1)^2g(p^2)}$ και είναι φανερό ότι ο αριθμός $\displaystyle{(p^2-1)^2}$ είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{9}$ (πάρτε π.χ. $\displaystyle{p=3k\pm 1}$ ).

#9

Ωραίο! Εναλλακτικά μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το θεώρημα Euler.

harrisp · #10

Datis-Kalali έγραψε:Μικρων 1)
Από ΑΜ/ΓΜ
$\Sigma_{cyc} (a+1)\sqrt{2a(1-a)}=\Sigma_{cyc} (a+(b+c))\sqrt{2a(b+c} )\ge \Sigma_{cyc} \sqrt{2a(b+c)} \sqrt{2a(b+c)}= 4\Sigma_{cyc}(ab+ac)=8(ab+bc+ac)$
Η ισότητα ισχυεί αν και μόνον αν
Δάτης Καλάλη, Κύπρος

Η ισότητα ισχύει για a=b=c=1/3

#11

Friedoon έγραψε:2ο θέμα μεγάλων
Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $A=\dfrac{(4n)!}{(2n)!n!}$ ,όπου θετικός ακέραιος, είναι ακέραιος και έχει παράγοντα το $2^{n+1}$

Παρατηρούμε ότι

$\displaystyle{A=\binom{4n}{2n}\cdot \frac{(2n)!}{n!}=\binom{4n}{2n}(n+1)(n+2)\cdots 2n$ , οπότε φανερά $\displaystyle{A\in \mathbb{Z}.}$

Επίσης είναι

$\displaystyle{\binom{4n}{2n}=2\binom{4n-1}{2n-1}}$

και

$\displaystyle{\frac{(2n)!}{n!}=\frac{(2n)(2n-1)(2n-2)\cdots 2\cdot 1}{n!}=2^n\frac{n!\cdot (2n-1)(2n-3)\cdots 3\cdot 1}{n!}=2^n(2n-1)(2n-3)\cdots 3\cdot 1}$ .

Συνολικά λοιπόν υπάρχουν $\displaystyle{2^{n+1}}$ δυάρια.

Datis-Kalali · #12

silouan έγραψε:
JimNt. έγραψε: Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο , o αριθμός $A=7^{2n}-48n-1$ είναι πολλαπλάσιο του .
Για να δούμε και την ακόλουθη γενίκευση: Αν πρώτος, να αποδείξετε ότι ο $A=p^{2n}+(1-p^2)n-1$ είναι πολλαπλάσιο του .

Γεια σας κυριε Σιλουανε, Χρισηποπιασουμε το ιδιο τροπο
Για n=1

$7^{2n}-48n-1=0\equiv 0 (mod 9)$
Αν το ζητούμενο ισχυεί για n=k

, δηλάδη $p^{2k} \equiv (p^2-1)k+1(mod 9)$
Τότε για n=k+1

,
$p^{2k+2}-(p^2-1)(k+1)-1=p^2(p^{2k})+k-p^2k-p^2$
$\equiv p^2((p^2-1)k+1)+k-p^2k-p^2 \equiv p^4k-2p^2k+k \equiv k(p^2-1)^2 \equiv 0 (mod 9)$
Αφου p^2=3t+1

για κάθε

πρώτος
Άρα το ζητούμενο ισχυεί για κάθε θετικό ακέραιο

KARKAR · #13

Γεωμετρία μικρών

: Προκριματικός μικρών.png (27.4 KiB) Προβλήθηκε 7869 φορές

Οι πράσινες A,B,A'

είναι προφανώς ίσες άρα το BFA'O

εγγράψιμο .

Αλλά και η πράσινη

ίση με την A=A'

,άρα και το KFA'O

εγγράψιμο .

Datis-Kalali · #14

4) Μικρων

: combgeom.PNG (21.4 KiB) Προβλήθηκε 7713 φορές

α) Απ'το θεώρημα θαλή DB=DE=ZE=a/2

$BEH \congruent DEB$
και $\angle{HDE}=\angle{EDC}=\angle{DCE}=\angle{ECH}=\angle{EHC}=\angle{EHD}=30$ ,
έτσι τα 7 τρίγωνα ABC,ADZ,BDE,EDZ,EZC,BEH

και

είναι ισοπλευρά
β) Αν δεν ισχυεί το ζητούμενο
Τότε αν τα

και

ειναι μπλέ, Τα

και

πρέπει να είναι κοκκίνα. Έτσι το

πρέπει να έιναι μπλε, και

κοκκίνο
Αν το

είναι μπλέ τότε το ισόπλευρο τρίγωνο ZEC

έχει τρεις κορυφές με το ίδιο χρώμα, που είναι άτοπο
Αν το

είναι κοκκίνο τότε το ισόπλευρο τρίγωνο ZDB

έχει τρεις κορυφές με το ίδιο χρώμα, που είναι άτοπο
Αρα ισχυεί το ζητούμενο
γ) Όχι, μπρουμε να το χρωματίσουμε έτσι,

: combgeom2.PNG (22.62 KiB) Προβλήθηκε 7678 φορές

Γιάννης Μπόρμπας · #15

Στο 4ο ο ζητούμενος αριθμός είναι c=-3

Οι αριθμοί 1,2,3,5,6,7

το επαληθεύουν. Χρειάζεται να δειχθεί ότι με την πρόσθεση παραπάνω αριθμών στον αρχικό πίνακα δεν μπορεί να μειωθεί παραπάνω ο μικρότερος αριθμός.

#16

Friedoon έγραψε: 2) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $A=\dfrac{(4n)!}{(2n)!n!}$ ,όπου θετικός ακέραιος, είναι ακέραιος και έχει παράγοντα το $2^{n+1}$

Λίγο διαφορετικά το τελείωμα από εκείνο (το ομολογουμένως σύντομο και κομψό) του Θάνου!

Ονομάζουμε $\upsilon_2(n)$ ${\color{red}(\star)}$ τη μεγαλύτερη δύναμη του

που διαιρεί το

. (Για παράδειγμα $\upsilon_2(56)=3$ διότι 2^3|56

και $2^4\nmid 56$ ).

Προφανώς $\upsilon_2(ab)=\upsilon_2(a)+\upsilon_2(b)$ και για ένα ακέραιο $\dfrac{a}{b}$ (όπου προφανώς b|a

) ισχύει $\upsilon_2\left(\dfrac{a}{b}\right)=\upsilon_2(a)-\upsilon_2(b)$ . Οι αποδείξεις τους είναι άμεσες από τον ορισμό της συνάρτησης $\upsilon$ .

Επίσης είναι φανερό ότι $\upsilon_2(n!)=\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}\left[\dfrac{n}{2^i}\right]$

Ειδικότερα, αν $2^k\leq n <2^{k+1}$ τότε $\upsilon_2(n!)=\displaystyle\sum_{i=1}^{k}\left[\dfrac{n}{2^i}\right]$ διότι $\left[\dfrac{n}{2^i}\right]=0$ για κάθε

με $i\geq k+1$ .

Είναι φανερό ότι ζητείται να αποδειχθεί ότι $\upsilon_2(A)\geq n+1$

Ας υποθέσουμε ότι $2^k\leq n<2^{k+1}$ .

Τότε

$\begin{aligned} \upsilon_2(A) &= \upsilon_2((4n)!)-\upsilon_2((2n)!)-\upsilon_2(n!)=\displaystyle\sum_{i=1}^{k+2}\left[\dfrac{4n}{2^i}\right] - \displaystyle\sum_{i=1}^{k+1}\left[\dfrac{2n}{2^i}\right]-\displaystyle\sum_{i=1}^{k}\left[\dfrac{n}{2^i}\right] \\ &= 2n+n+\displaystyle\sum_{i=1}^{k}\left[\dfrac{n}{2^i}\right] - \left(n+\displaystyle\sum_{i=1}^{k}\left[\dfrac{n}{2^i}\right]\right) - \displaystyle\sum_{i=1}^{k}\left[\dfrac{n}{2^i}\right] \\ &= 2n - \displaystyle\sum_{i=1}^{k}\left[\dfrac{n}{2^i}\right] \stackrel{[x]\leq x}{\geq} 2n - \displaystyle\sum_{i=1}^{k}\dfrac{n}{2^i} \\ &= 2n- n\left(\dfrac{2^k-1}{2^k}\right)=n+\dfrac{n}{2^k}\geq n+1\end{aligned}$

και η απόδειξη ολοκληρώθηκε!

${\color{red}(\star)}$ Όμοια ορίζεται και η συνάρτηση $\upsilon_p(n)$ με

πρώτο και η οποία έχει ανάλογες ιδιότητες με εκείνες της $\upsilon_2(n)$ .

Αλέξανδρος

#17

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Στο 4ο ο ζητούμενος αριθμός είναι
Οι αριθμοί το επαληθεύουν. Χρειάζεται να δειχθεί ότι με την πρόσθεση παραπάνω αριθμών στον αρχικό πίνακα δεν μπορεί να μειωθεί παραπάνω ο μικρότερος αριθμός.

Το ίδιο γίνεται και με το 1,2,3,4,5

. Το δύσκολο κομμάτι της άσκησης είναι αυτό που έχεις αφήσει.

Γιάννης Μπόρμπας · #18

silouan έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Στο 4ο ο ζητούμενος αριθμός είναι
Οι αριθμοί το επαληθεύουν. Χρειάζεται να δειχθεί ότι με την πρόσθεση παραπάνω αριθμών στον αρχικό πίνακα δεν μπορεί να μειωθεί παραπάνω ο μικρότερος αριθμός.
Το ίδιο γίνεται και με το . Το δύσκολο κομμάτι της άσκησης είναι αυτό που έχεις αφήσει.

Πράγματι έχετε δίκαιο. Ξέχασα να σας ρωτήσω όταν σας είδα πως λύνεται. Μήπως θα μπορούσατε να αναρτήσετε την λύση; Περιμένω πως και πως να δω το σκεπτικό της.

Nick1990 · #19

Το πρόβλημα 4 είναι καταπληκτικό. Σε τέτοιου τύπου προβλήματα πρέπει να προπονούνται τα νέα ταλέντα αν θέλουμε να ελπίζουμε σε κάτι παραπάνω από χαμηλά αργυρά μετάλλια στην ΙΜΟ. Οι συνδυαστικές του τύπου "βρείτε πόσα τρίγωνα υπάρχουν στην τάδε διαμέριση του παραλληλογράμμου" είναι πλέον για Junior επίπεδο και μόνο.

#20

Δίνω μια υπόδειξη για το 4:

Δώστε στον αριθμό

βάρος ίσο με x^n

για κατάλληλο

.

ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Μέλη σε σύνδεση