Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2018

Soteris · #1

Πρόβλημα 1

Δίνεται ένα σύνολο θετικών ακεραίων αριθμών $\displaystyle{ A_1=\{\nu,\nu+1,\nu+2\}}$ , όπου $\displaystyle{\nu}$ είναι περιττός αριθμός με $\displaystyle{\nu<2016}$ . Μπορούμε να δημιουργήσουμε μια σειρά νέων συνόλων $\displaystyle{A_1, A_2,\ldots ,A_i,A_{i+1}, \ldots}$ με πλήθος στοιχείων τρία το κάθε ένα, έχοντας σε κάθε βήμα τις εξής δύο επιλογές, ξεκινώντας από το $\displaystyle{A_1}$ .

$\displaystyle{1^\eta}$ επιλογή

Για να πάρουμε το $\displaystyle{A_{i+1}}$ επιλέγουμε έναν θετικό ακέραιο αριθμό και τον προσθέτουμε σε δύο από τα στοιχεία του $\displaystyle{A_i, i=1, 2, \ldots}$ και το τρίτο στοιχείο του $\displaystyle{A_i}$ παραμένει το ίδιο και στο σύνολο $\displaystyle{A_{i+1}}$ . (Για παράδειγμα, αν επιλέξω $\displaystyle{\kappa\in\mathbb{N}}$ , τότε το σύνολο $\displaystyle{A_2}$ μπορεί να είναι $\displaystyle{A_2=\{\nu+\kappa, \nu+1+\kappa, \nu+2\}}$ .)

$\displaystyle{2^\eta}$ επιλογή

Για να πάρουμε το $\displaystyle{A_{i+1}}$ , επιλέγουμε έναν θετικό ακέραιο αριθμό και τον προσθέτουμε σε ένα από τα στοιχεία του $\displaystyle{A_i, i=1, 2, \ldots}$ και τον αφαιρούμε από ένα άλλο από τα στοιχεία του $\displaystyle{A_i}$ , ενώ το τρίτο στοιχείο του $\displaystyle{A_i}$ παραμένει το ίδιο και στο σύνολο $\displaystyle{A_{i+1}}$ . (Για παράδειγμα, αν επιλέξω $\displaystyle{\mu\in\mathbb{N}}$ , τότε το σύνολο $\displaystyle{A_2}$ μπορεί να είναι $\displaystyle{A_2=\{\nu+\mu, \nu+1, \nu+2-\mu\} }$ .)

Να εξετάσετε αν είναι δυνατόν με αυτή τη διαδικασία σε κάποιο βήμα να έχουμε το σύνολο $\displaystyle{A_j=\{2016, 2017, 2018\}}$ .

Πρόβλημα 2

Δίνονται τα ψηφία $\displaystyle{0, 1, 2, 3, 4, 5}$ . Να βρείτε το άθροισμα όλων των άρτιων τριψήφιων αριθμών που σχηματίζονται από αυτά τα ψηφία αν δεν επιτρέπεται η επανάληψη ψηφίου.

Πρόβλημα 3

Έστω $\displaystyle{\beta_i, i=1, 2, 3, \ldots, 2018}$ θετικοί ακέραιοι αριθμοί, τέτοιοι ώστε $\displaystyle{\dfrac{1}{\beta_1^3}+\dfrac{1}{\beta_2^3}+\cdots+\dfrac{1}{\beta_{2018}^3}=\dfrac{1}{2}}$ .
Να αποδείξετε ότι:

(α) Για κάθε ακέραιο $\displaystyle{\nu>1}$ ισχύει: $\displaystyle{\dfrac{1}{\nu^3}<\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{\nu-1}-\dfrac{2}{\nu}+\dfrac{1}{\nu+1}\right)}$

(β) Τουλάχιστον τρεις από τους αριθμούς $\displaystyle{\beta_i, i= 1, 2, 3, \ldots, 2018}$ είναι ίσοι.

Πρόβλημα 4

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC}}$ . Με κέντρο το $\displaystyle{A}$ και ακτίνα $\displaystyle{AB}$ γράφουμε κύκλο $\displaystyle{(c)}$ . Στο μεγαλύτερο από τα δύο τόξα $\displaystyle{BC}$ του κύκλου $\displaystyle{(c)}$ παίρνουμε σημείο $\displaystyle{R}$ και φέρουμε τη χορδή $\displaystyle{BR}$ . Η παράλληλη από το $\displaystyle{C}$ προς την $\displaystyle{BR}$ τέμνει τον κύκλο $\displaystyle{(c)}$ στο σημείο $\displaystyle{K}$ . Έστω $\displaystyle{D, Z, H}$ τα μέσα των τμημάτων $\displaystyle{BR, AC, AK}$ , αντίστοιχα. Έστω σημείο $\displaystyle{P}$ έξω από τον κύκλο και πάνω στην ημιευθεία $\displaystyle{DA}$ και ένα σημείο $\displaystyle{S}$ μέσα στον κύκλο, έτσι ώστε το $\displaystyle{DZPS}$ να είναι κυρτό τετράπλευρο με $\displaystyle{SZ=DZ}$ και $\displaystyle{\angle{DSP=150^\circ}$ . Να αποδείξετε ότι:

(α) το τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ZDH}}$ είναι ισόπλευρο

(β) $\displaystyle{\angle{ZPD}=\angle{DPS}}$

#2

Soteris έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 24, 2018 11:30 pm
Πρόβλημα 3

Έστω $\displaystyle{\beta_i, i=1, 2, 3, \ldots, 2018}$ θετικοί ακέραιοι αριθμοί, τέτοιοι ώστε $\displaystyle{\dfrac{1}{\beta_1^3}+\dfrac{1}{\beta_2^3}+\cdots+\dfrac{1}{\beta_{2018}^3}=\dfrac{1}{2}}$ .
Να αποδείξετε ότι:

(α) Για κάθε ακέραιο $\displaystyle{\nu>1}$ ισχύει: $\displaystyle{\dfrac{1}{\nu^3}<\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{\nu-1}-\dfrac{2}{\nu}+\dfrac{1}{\nu+1}\right)}$

(β) Τουλάχιστον τρεις από τους αριθμούς $\displaystyle{\beta_i, i= 1, 2, 3, \ldots, 2018}$ είναι ίσοι.

α) Η ανισότητα είναι άμεση: Μετά τις απλοποιήσεις ανάγεται στην προφανή $\displaystyle{\displaystyle{\dfrac{1}{\nu^2}<\dfrac{1}{(\nu-1)(\nu +1)}}$

β) Πρώτα απ' όλα, λόγω της ισότητας, κανείς από τους b_k

δεν είναι ίσος με

, οπότε όλοι είναι $\ge 2$ . Έστω κάθε όρος εμφανίζεται το πολύ δύο φορές και έστω

ο μεγαλύτερος παρονομαστής. Τότε το αριστερό μέλος είναι

$\displaystyle{ \le 2 \left ( \dfrac{1}{2^3}+ \dfrac{1}{3^3}+...+\dfrac{1}{N^3}\right) \le \sum _{k=2}^N \left ( \dfrac{1}{k-1}-\dfrac{2}{k}+\dfrac{1}{k+1}\right) }$

To τελευταίο είναι τηλεσκοπικό. Αν το γράψουμε κάθετα, μένουν τρεις όροι στην πάνω αριστερή γωνία και τρεις στην κάτω δεξιά. Μετά τις απλοποιήσεις δίνει $\displaystyle{ \dfrac{1}{2}- \dfrac{1}{N}+ \dfrac{1}{N+1}< \dfrac{1}{2}}$ , άτοπο.

#3

Soteris έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 24, 2018 11:30 pm
Πρόβλημα 4

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC}}$ . Με κέντρο το $\displaystyle{A}$ και ακτίνα $\displaystyle{AB}$ γράφουμε κύκλο $\displaystyle{(c)}$ . Στο μεγαλύτερο από τα δύο τόξα $\displaystyle{BC}$ του κύκλου $\displaystyle{(c)}$ παίρνουμε σημείο $\displaystyle{R}$ και φέρουμε τη χορδή $\displaystyle{BR}$ . Η παράλληλη από το $\displaystyle{C}$ προς την $\displaystyle{BR}$ τέμνει τον κύκλο $\displaystyle{(c)}$ στο σημείο $\displaystyle{K}$ . Έστω $\displaystyle{D, Z, H}$ τα μέσα των τμημάτων $\displaystyle{BR, AC, AK}$ , αντίστοιχα. Έστω σημείο $\displaystyle{P}$ έξω από τον κύκλο και πάνω στην ημιευθεία $\displaystyle{DA}$ και ένα σημείο $\displaystyle{S}$ μέσα στον κύκλο, έτσι ώστε το $\displaystyle{DZPS}$ να είναι κυρτό τετράπλευρο με $\displaystyle{SZ=DZ}$ και $\displaystyle{\angle{DSP=150^\circ}$ . Να αποδείξετε ότι:

(α) το τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ZDH}}$ είναι ισόπλευρο

(β) $\displaystyle{\angle{ZPD}=\angle{DPS}}$

α) Είναι

κι επειδή το

είναι μέσο του

η

είναι μεσοκάθετη του

άρα $\boxed{DH=DZ}$

Από το ισόπλευρο ABC

είναι $\displaystyle BZ \bot AC,$ το ADBZ

είναι εγγράψιμο και $\displaystyle Z\widehat DA = Z\widehat BA = {30^0} \Leftrightarrow Z\widehat DH = {60^0}.$

Άρα το ZDH

είναι ισόπλευρο.

: Παγκύπριος 2018 (JBMO).png (28.81 KiB) Προβλήθηκε 1075 φορές

β) Ο κύκλος (Z, ZD)

διέρχεται από τα σημεία H, S

και είναι $\displaystyle H\widehat SD = \frac{{H\widehat ZD}}{2} = {30^0},$ άρα τα σημεία H, S, P

είναι

συνευθειακά. Η

είναι μεσοκάθετη του

οπότε $\displaystyle Z\widehat PD = D\widehat PH = D\widehat PS$

Datis-Kalali · #4

Soteris έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 24, 2018 11:30 pm
Πρόβλημα 1

Δίνεται ένα σύνολο θετικών ακεραίων αριθμών $\displaystyle{ A_1=\{\nu,\nu+1,\nu+2\}}$ , όπου $\displaystyle{\nu}$ είναι περιττός αριθμός με $\displaystyle{\nu<2016}$ . Μπορούμε να δημιουργήσουμε μια σειρά νέων συνόλων $\displaystyle{A_1, A_2,\ldots ,A_i,A_{i+1}, \ldots}$ με πλήθος στοιχείων τρία το κάθε ένα, έχοντας σε κάθε βήμα τις εξής δύο επιλογές, ξεκινώντας από το $\displaystyle{A_1}$ .

$\displaystyle{1^\eta}$ επιλογή

Για να πάρουμε το $\displaystyle{A_{i+1}}$ επιλέγουμε έναν θετικό ακέραιο αριθμό και τον προσθέτουμε σε δύο από τα στοιχεία του $\displaystyle{A_i, i=1, 2, \ldots}$ και το τρίτο στοιχείο του $\displaystyle{A_i}$ παραμένει το ίδιο και στο σύνολο $\displaystyle{A_{i+1}}$ . (Για παράδειγμα, αν επιλέξω $\displaystyle{\kappa\in\mathbb{N}}$ , τότε το σύνολο $\displaystyle{A_2}$ μπορεί να είναι $\displaystyle{A_2=\{\nu+\kappa, \nu+1+\kappa, \nu+2\}}$ .)

$\displaystyle{2^\eta}$ επιλογή

Για να πάρουμε το $\displaystyle{A_{i+1}}$ , επιλέγουμε έναν θετικό ακέραιο αριθμό και τον προσθέτουμε σε ένα από τα στοιχεία του $\displaystyle{A_i, i=1, 2, \ldots}$ και τον αφαιρούμε από ένα άλλο από τα στοιχεία του $\displaystyle{A_i}$ , ενώ το τρίτο στοιχείο του $\displaystyle{A_i}$ παραμένει το ίδιο και στο σύνολο $\displaystyle{A_{i+1}}$ . (Για παράδειγμα, αν επιλέξω $\displaystyle{\mu\in\mathbb{N}}$ , τότε το σύνολο $\displaystyle{A_2}$ μπορεί να είναι $\displaystyle{A_2=\{\nu+\mu, \nu+1, \nu+2-\mu\} }$ .)

Να εξετάσετε αν είναι δυνατόν με αυτή τη διαδικασία σε κάποιο βήμα να έχουμε το σύνολο $\displaystyle{A_j=\{2016, 2017, 2018\}}$ .

Καταρχάς το άθροισμα των στοιχέιων του σύνολου $\displaystyle{ A_1=\{\nu,\nu+1,\nu+2\}}$ είναι $\nu+\nu+1+\nu+2=3(\nu+1)$ άρτιος (αφου ν είναι περιττός).
Στην επιλογή 1, τό άθροισμα των στοιχέιων του σύνολου $\displaystyle{A_2=\{\nu+\mu, \nu+1, \nu+2-\mu\} }$ είναι $3(\nu+1)$ , δηλαδή δεν αλλάζεται.
Στην επιλογή 2, τό άθροισμα των στοιχέιων του σύνολου $A_2=\{\nu+\kappa, \nu+1+\kappa, \nu+2\}}$ είναι $3(\nu+1)+2\kappa$ , δηλαδή παραμένει άρτιος.
Άρα το άθροισμα των στοιχέιων του σύνολου A_i

είναι πάντα άρτιος.
Αλλά το άθροισμά των στοιχέιων του σύνολου $\displaystyle{A_j=\{2016, 2017, 2018\}}$ είναι περριτός, δηλαδή το ζητούμενο είναι αδύνατο

Datis-Kalali · #5

Soteris έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 24, 2018 11:30 pm

Πρόβλημα 2

Δίνονται τα ψηφία $\displaystyle{0, 1, 2, 3, 4, 5}$ . Να βρείτε το άθροισμα όλων των άρτιων τριψήφιων αριθμών που σχηματίζονται από αυτά τα ψηφία αν δεν επιτρέπεται η επανάληψη ψηφίου.

Γενικά έχουμε $4 \cdot 5=20$ αριθμούς που τελιώνουν σε 0, $4 \cdot 4=16$ αριθμούς που τελιώνουν σε 2 και $4 \cdot 4=16$ αριθμούς που τελιώνουν σε 4 (ευκολά υπολογίζεται με την πολλαπλασιαστική αρχή)
Για τις μονάδες: Το άθροισμα είναι $16\cdot 2 +16 \cdot 4=96$
Για τις δεκάδες το άθροισμα είναι $1 \cdot 20 +1 \cdot 16 +1 \cdot 16+3 \cdot 20 +3 \cdot 16 +3 \cdot 16+5 \cdot 20 +5 \cdot 16 +5 \cdot 16=468$ και $2 \cdot 20+4 \cdot20+ 4 \cdot 16+ 2 \cdot 16=216$ , δηλαδή είναι 684

Για τις εκατοντάδες το άθροισμα είναι $2 \cdot 20+4 \cdot 20+ 16 \cdot(1+3+5) +16 \cdot (1+3+5)=408$
Άρα το άθροισμα όλων των άρτιων τριψήφιων αριθμών είναι $96+684 \cdot 10+408 \cdot 100=47736$

#6

Datis-Kalali έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 25, 2018 11:32 am

Soteris έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 24, 2018 11:30 pm

Πρόβλημα 2

Δίνονται τα ψηφία $\displaystyle{0, 1, 2, 3, 4, 5}$ . Να βρείτε το άθροισμα όλων των άρτιων τριψήφιων αριθμών που σχηματίζονται από αυτά τα ψηφία αν δεν επιτρέπεται η επανάληψη ψηφίου.
Γενικά έχουμε $4 \cdot 5=20$ αριθμούς που τελιώνουν σε 0, $4 \cdot 4=16$ αριθμούς που τελιώνουν σε 2 και $4 \cdot 4=16$ αριθμούς που τελιώνουν σε 4 (ευκολά υπολογίζεται με την πολλαπλασιαστική αρχή)
Για τις μονάδες: Το άθροισμα είναι $16\cdot 2 +16 \cdot 4=96$
Για τις δεκάδες το άθροισμα είναι $1 \cdot 20 +1 \cdot 16 +1 \cdot 16+3 \cdot 20 +3 \cdot 16 +3 \cdot 16+5 \cdot 20 +5 \cdot 16 +5 \cdot 16=468$ και $2 \cdot 20+4 \cdot20+ 4 \cdot 16+ 2 \cdot 16=216$ , δηλαδή είναι
Για τις εκατοντάδες το άθροισμα είναι $2 \cdot 20+4 \cdot 20+ 16 \cdot(1+3+5) +16 \cdot (1+3+5)=408$
Άρα το άθροισμα όλων των άρτιων τριψήφιων αριθμών είναι $96+684 \cdot 10+408 \cdot 100=47736$

Datis, δες το ξανά. Υπάρχει θέμα με τις δεκάδες και τις εκατοντάδες. Π.χ. αφού βρήκες ότι υπάρχουν μόνο 20+16+16 = 52

τέτοιοι αριθμοί, το άθροισμα των ψηφίων των δεκάδων δεν θα μπορούσε να υπερβεί το $5 \cdot 52 = 260$ . Αρκετά μικρότερο από το 684

που βρήκες.

Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2018

Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2018

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2018

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2018

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2018

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2018

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2018

Μέλη σε σύνδεση