Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 6

Γιάννης Μπόρμπας · #1

Διαγώνισμα 6 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 1
Δίνονται δύο κύκλοι c_1,c_2

οι οποίοι τέμνονται στα A,T

και

(με

σημείο του c_1

και

σημείο του c_2

) η κοινή τους εφαπτομένη έτσι ώστε το

να βρίσκεται στο εσωτερικό του τριγώνου ABC

.
Η

τέμνει τον c_2

στο

και η

τέμνει τον c_1

στο

. Οι

και

τέμνονται στο

.
Έστω

η προβολή του

πάνω στην

. Θεωρούμε σημεία F,G

πάνω στις

αντιστοίχως έτσι ώστε
EB=EF

και

. Ο περιγεγραμμένος κύκλος (έστω c_3

) του τριγώνου EFG

τέμνει τις:

στο

,

στο

και

στο

. Αν οι

τέμνουν τις AB,AC

αντίστοιχα στα M,N

να αποδείξετε ότι τα
σημεία A,M,P,E,N

είναι ομοκυκλικά.
Πρόβλημα 2
Να βρεθούν όλα τα πολυώνυμα $P(x)\in\mathbb{Z}[x]$ (με ακέραιους συντελεστές) τα οποία ικανοποιούν την παρακάτω σχέση:
$(x-1)[(P(x+1)^2-P(x)]=xP(x^2)-1, \forall x\in\mathbb{R}$
Πρόβλημα 3
Δίνεται το σύνολο S=1,2,3, ...

το οποίο περιλαμβάνει όλους τους θετικούς ακεραίους. Ο μικρός Θανάσης έχει στην
διάθεσή του 2 σημειωματάρια, ένα κόκκινο και ένα πράσινο. Σε κάθε κίνηση, ο Θανάσης επιλέγει έναν αριθμό από
το σύνολο

(τον οποίο δεν έχει ξαναεπιλέξει προηγουμένως) και ψάχνει να βρει κατάλληλους θετικούς ακεραίους
(a,b,n)

έτσι ώστε ο αριθμός που επέλεξε να είναι λύση της εξίσωσης (a^2+b^2)x^n+abx-(a+b)!=0

(δηλαδή αντικαθιστά
τον αριθμό στην θέση του

). Αν υπάρχουν κατάλληλοι θετικοί ακέραιοι τότε σημειώνει τον αριθμό που επέλεξε στο
κόκκινο σημειωματάριο, διαφορετικά αν δεν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι έτσι ώστε ο αριθμός που επέλεξε να είναι ρίζα,
τότε τον σημειώνει το πράσινο σημειωματάριο.
(α) Αν υποθέσουμε ότι ελέγχει όλους τους αριθμούς του

, να αποδείξετε ότι υπάρχουν τουλάχιστον $2017^{2017}$
αριθμοί οι οποίοι θα γραφούν στο πράσινο σημειωματάριο.
(β) Να βρεθούν όλες οι δυνατές τιμές του θετικού ακέραιου

για τον οποίο ισχύει ότι αν ο Θανάσης
δοκιμάσει όλους τους θετικούς ακέραιους από το

μέχρι και το

στην θέση του

στην παραπάνω
εξίσωση, τα δύο σημειωματάρια θα έχουν το ίδιο πλήθος αριθμών.
Πρόβλημα 4
Τετράγωνο ABCD

πλευράς

όπου

θετικός ακέραιος διαιρείται σε n^2

μοναδιαία τετράγωνα όπως στο σχήμα. (Περίπτωση για n=4

) Στην συνέχεια φέρνουμε την διαγώνιο του κάθε μοναδιαίου τετραγώνου που είναι παράλληλη με την

. Μία αράχνη ξεκινάει από το

θέλοντας να φτάσει στο

μέσω των ευθυγράμμων τμημάτων υπό τις εξής προϋποθέσεις:
1)Πρέπει να κινείται προς τα πάνω ή προς τα δεξιά
2)Μπορεί να διασχίσει ένα διαγώνιο ευθύγραμμο τμήμα από πάνω-αριστερά προς κάτω-δεξιά μήκους $\sqrt{2}$ αν στην αμέσως προηγούμενη κίνηση κινήθηκε προς τα πάνω.
Έστω P(n)

το πλήθος των διαδρομών που μπορεί να διασχίσει η αράχνη για να φτάσει στο

από το

. Να βρεθούν όλοι οι πρώτοι αριθμοί

που είναι τέτοιοι ώστε p|P(p)

: Screenshot_27.png (15.26 KiB) Προβλήθηκε 2100 φορές

Edit: Προσθήκη (β) ερωτήματος στο πρόβλημα 3

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #2

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 6 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 1
Δίνονται δύο κύκλοι οι οποίοι τέμνονται στα και (με σημείο του
και σημείο του ) η κοινή τους εφαπτομένη έτσι ώστε το να βρίσκεται στο εσωτερικό του τριγώνου .
Η τέμνει τον στο και η τέμνει τον στο . Οι και τέμνονται στο .
Έστω η προβολή του πάνω στην . Θεωρούμε σημεία πάνω στις αντιστοίχως έτσι ώστε
και . Ο περιγεγραμμένος κύκλος (έστω ) του τριγώνου τέμνει τις: στο ,
στο και στο . Αν οι τέμνουν τις αντίστοιχα στα να αποδείξετε ότι τα
σημεία είναι ομοκυκλικά.

Αρχικά θα αποδείξουμε πως το

είναι το μέσο του

. Αρκεί το DBC

να είναι ισοσκελές.

Όμως $\widehat{CBD}=\widehat{BAC'}=\widehat{CAB'}=\widehat{BCD}$ , άρα πράγματι το

είναι το μέσο του

.

Είναι σαφές λοιπόν πως EB=EC=EF=EG

, άρα τα τρίγωνα BFC

και

είναι ορθογώνια, με άλλα λόγια τα

και

είναι ύψη του ABC

.

Επομένως ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου EFG

(

), είναι ο κύκλος Euler

του

. Τα σημεία τομής του κύκλου Euler

με τα ύψη διχοτομούν το τμήμα από την κορυφή μέχρι το ορθόκεντρο. Επομένως αν

το ορθόκεντρο του ABC

, έχουμε πως τα

και

είναι τα μέσα των

και

αντίστοιχα.

Ακόμη το

είναι το ίχνος του ύψους από την κορυφή

(αφού ο κύκλος Euler

περνάει και από τα μέσα των πλευρών και από τα ίχνη των υψών).

Στο τρίγωνο BHC

, έχουμε τα ζεύγη μέσων (E, L)

και

. Συνεπώς έχουμε πως EL//CH

και ότι

. Όμως $CH\perp AB$ και $BH\perp AC$ , άρα $\widehat{EMA}=\widehat{ENA}=90^o$ .

Άρα τα σημεία E, M, A, N

είναι ομοκυκλικά (αφού το EMAN

είναι εγγράψιμο). Από την άλλη όμως είναι $\widehat{EPA}=90^o$ (το

είναι το ίχνος του ύψους από την κορυφή

), άρα και τα P, E, M, A

είναι ομοκυκλικά (το PEMA

είναι εγγράψιμο). Έπεται λοιπόν πως τα σημεία A,M,P,E,N

είναι ομοκυκλικά.

: ομοκυκλικότητα.png (37.16 KiB) Προβλήθηκε 1960 φορές

Γιάννης Μπόρμπας · #3

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 6 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 1
Δίνονται δύο κύκλοι οι οποίοι τέμνονται στα και (με σημείο του
και σημείο του ) η κοινή τους εφαπτομένη έτσι ώστε το να βρίσκεται στο εσωτερικό του τριγώνου .
Η τέμνει τον στο και η τέμνει τον στο . Οι και τέμνονται στο .
Έστω η προβολή του πάνω στην . Θεωρούμε σημεία πάνω στις αντιστοίχως έτσι ώστε
και . Ο περιγεγραμμένος κύκλος (έστω ) του τριγώνου τέμνει τις: στο ,
στο και στο . Αν οι τέμνουν τις αντίστοιχα στα να αποδείξετε ότι τα
σημεία είναι ομοκυκλικά.

Αρχικά θα αποδείξουμε πως το είναι το μέσο του . Αρκεί το να είναι ισοσκελές.

Όμως $\widehat{CBD}=\widehat{BAC'}=\widehat{CAB'}=\widehat{BCD}$ , άρα πράγματι το είναι το μέσο του .

Είναι σαφές λοιπόν πως , άρα τα τρίγωνα και είναι ορθογώνια, με άλλα λόγια τα και είναι ύψη του .

Επομένως ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου (), είναι ο κύκλος του . Τα σημεία τομής του κύκλου με τα ύψη διχοτομούν το τμήμα από την κορυφή μέχρι το ορθόκεντρο. Επομένως αν το ορθόκεντρο του , έχουμε πως τα και είναι τα μέσα των και αντίστοιχα.

Ακόμη το είναι το ίχνος του ύψους από την κορυφή (αφού ο κύκλος περνάει και από τα μέσα των πλευρών και από τα ίχνη των υψών).

Στο τρίγωνο , έχουμε τα ζεύγη μέσων και . Συνεπώς έχουμε πως και ότι . Όμως $CH\perp AB$ και $BH\perp AC$ , άρα $\widehat{EMA}=\widehat{ENA}=90^o$ .

Άρα τα σημεία είναι ομοκυκλικά (αφού το είναι εγγράψιμο). Από την άλλη όμως είναι $\widehat{EPA}=90^o$ (το είναι το ίχνος του ύψους από την κορυφή ), άρα και τα είναι ομοκυκλικά (το είναι εγγράψιμο). Έπεται λοιπόν πως τα σημεία είναι ομοκυκλικά.
ομοκυκλικότητα.png

mikemoke · #4

[quote="Γιάννης Μπόρμπας"]Διαγώνισμα 6 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 1

Mια άλλη προσέγγιση

Αποδεικνύεται οτι CDB

ισοσκελές αφού $\angle DCB = \angle CAB$ και $\angle CAB + \angle BAC' = 180$
Προκύπτει ότι $\angle DCB =\angle ABC$ Aρα

μέσον

και

αρα $\angle EGB=\angle EBG=\angle KGE$ ( EGB

ισοσκελες , εγγεγραμένες τόξου

)

$\angle FCE=\angle CFE=\angle EFL$ ( FCE

ισοσκελές , εγγεγραμένες τόξου

)

αρα τριγωνα GKC,FLB

ισοσκελή άρα GK=KC,FL=LB

αρα τρίγωνα GKE=CKE,ELF=LBE

αρα αποδεικνύεται αντιστοίχως

καθετη

(1)
και

καθετη

(2)

'Εστω

ορθόκεντρο ABC

ξερουμε ότι CK =GK

Aκομα $\angle GFK = \angle KEG = \angle KEC = \angle KFP$
αρα CK=GK=KP

$\angle FAB= 90-\angle FBH =\angle CAB$
απο ANEM

εγγράψιμο
$\angle CAB=\angle NEC+\angle MEB=\angle KGL$
αρα GKΗ

ισοσκελές με $\angle KGH=\angle GHK$
¨Ετσι CK=GK=KH=KP

επομένως

ορθογώνιο τρίγωνο και

καθετη

(3)

Aπο (1), (2) ,(3)
A,N,P,E,M

ομοκυκλικά

#5

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: Πρόβλημα 3
Δίνεται το σύνολο το οποίο περιλαμβάνει όλους τους θετικούς ακεραίους. Ο μικρός Θανάσης έχει στην
διάθεσή του 2 σημειωματάρια, ένα κόκκινο και ένα πράσινο. Σε κάθε κίνηση, ο Θανάσης επιλέγει έναν αριθμό από
το σύνολο (τον οποίο δεν έχει ξαναεπιλέξει προηγουμένως) και ψάχνει να βρει κατάλληλους θετικούς ακεραίους
έτσι ώστε ο αριθμός που επέλεξε να είναι λύση της εξίσωσης (δηλαδή αντικαθιστά
τον αριθμό στην θέση του ). Αν υπάρχουν κατάλληλοι θετικοί ακέραιοι τότε σημειώνει τον αριθμό που επέλεξε στο
κόκκινο σημειωματάριο, διαφορετικά αν δεν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι έτσι ώστε ο αριθμός που επέλεξε να είναι ρίζα,
τότε τον σημειώνει το πράσινο σημειωματάριο.
(α) Αν υποθέσουμε ότι ελέγχει όλους τους αριθμούς του , να αποδείξετε ότι υπάρχουν τουλάχιστον $2017^{2017}$
αριθμοί οι οποίοι θα γραφούν στο πράσινο σημειωματάριο.
(β) Να βρεθούν όλες οι δυνατές τιμές του θετικού ακέραιου για τον οποίο ισχύει ότι αν ο Θανάσης
δοκιμάσει όλους τους θετικούς ακέραιους από το μέχρι και το στην θέση του στην παραπάνω
εξίσωση, τα δύο σημειωματάρια θα έχουν το ίδιο πλήθος αριθμών.

Πολύ καλό!

Θα δείξω αρχικά ότι όλοι οι περιττοί γράφονται στο πράσινο σημειωματάριο.

Έστω λοιπόν προς άτοπο ότι

περιττός και ότι υπάρχουν a,b,n

ώστε

. Τότε $a^2+b^2+ab \equiv 0 \bmod 2$ από το οποίο προκύπτει ότι a,b

άρτιοι.

Έστω a=2^k r, b=2^k s

με τουλάχιστον έναν από τους r,s

να είναι περιττός. Τότε

$\displaystyle{ 2^{2k}[(r^2+s^2)x^n + rsx] = [2^k(r+s)]! \geqslant 2^{k+1}!}$

Η μεγαλύτερη δύναμη του

που διαιρεί το αριστερό μέλος ισούται με

. Η μεγαλύτερη δύναμη του

που διαιρεί το δεξί μέλος είναι μεγαλύτερη ή ίση του

$\displaystyle{ (2^k + 2^{k-1} + \cdots + 1) = 2^{k+1}-1 > 2k}$

Η τελευταία ανισότητα αποδεικνύεται εύκολα επαγωγικά.

Από ότι δείξαμε μέχρι στιγμής το (α) είναι άμεσο.

Για το (β) θα δείξουμε ότι το

μπαίνει στο κόκκινο σημειωματάριο και το

στο πράσινο. Άρα μόνο για t=2

θα έχουμε ίσους αριθμούς στα δυο σημειωματάρια αφού για t=2m

με $m \geqslant 2$ θα έχουμε τουλάχιστον m+1

αριθμούς στο πράσινο σημειωματάριο.

Για x=2

και

παρατηρούμε ότι ο

μπαίνει στο κόκκινο σημειωματάριο.

Έστω τώρα ότι x=4

. Αν υπάρχουν τέτοια a,b

πρέπει

. Τότε
$\displaystyle{ (a^2+b^2)x^n + abx \geqslant (2^2+1^2) \cdot 4 + 2 \cdot 4 = 28}$
Άρα (a+b)! > 28

οπότε $a+b \geqslant 5$ .

Έχουμε λοιπόν ότι $(a^2+b^2)4^n + 4ab \equiv 0 \bmod 5$ . Άρα $4(a^2+\pm ab + b^2) \equiv 0 \bmod 5$ . Παίρνουμε $(2a+b)^2 \equiv -3b^2 \bmod 5$ . Επειδή το

δεν είναι τέλειο τετράγωνο $\bmod 5$ πρέπει $a,b \equiv 0 \bmod 5$ .

Γράφουμε a = 5^k r, b = 5^k s

με τουλάχιστον ένα από τα r,s

να μην είναι πολλαπλάσιο του

. Τότε

$\displaystyle{ 5^{2k}[(r^2+s^2)x^n + rsx] = [5^k(r+s)]! \geqslant 2 \cdot 5^k}$

Η μεγαλύτερη δύναμη του

που διαιρεί το αριστερό μέλος ισούται με

. Η μεγαλύτερη δύναμη του

που διαιρεί το δεξί μέλος είναι μεγαλύτερη ή ίση του

$\displaystyle{ 2(5^{k-1} + 5^{k-2} + \cdots + 1) = (5^k-1)/2 > 2k}$

εκτός και αν k=1

. Πρέπει επίσης $r+s \geqslant 3$ αφού σε αντίθετη περίπτωση η μεγαλύτερη δύναμη που διαιρεί το [5^k(r+s)]!

είναι τουλάχιστον 3(5^k-1)/4 > 2k

.

Έστω λοιπόν ότι k=1,r+s=2

. Άρα

. Τότε $200 \cdot 4^n + 400 = 10!$ . Αυτό όμως είναι αδύνατο $\mod 32$ αφού τα $200 \cdot 4^n$ και 10!

είναι πολλαπλάσια του

ενώ το

όχι.

#6

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:b]Πρόβλημα 4[/b]
Τετράγωνο πλευράς όπου θετικός ακέραιος διαιρείται σε μοναδιαία τετράγωνα όπως στο σχήμα. (Περίπτωση για ) Στην συνέχεια φέρνουμε την διαγώνιο του κάθε μοναδιαίου τετραγώνου που είναι παράλληλη με την . Μία αράχνη ξεκινάει από το θέλοντας να φτάσει στο μέσω των ευθυγράμμων τμημάτων υπό τις εξής προϋποθέσεις:
1)Πρέπει να κινείται προς τα πάνω ή προς τα δεξιά
2)Μπορεί να διασχίσει ένα διαγώνιο ευθύγραμμο τμήμα από πάνω-αριστερά προς κάτω-δεξιά μήκους $\sqrt{2}$ αν στην αμέσως προηγούμενη κίνηση κινήθηκε προς τα πάνω.
Έστω το πλήθος των διαδρομών που μπορεί να διασχίσει η αράχνη για να φτάσει στο από το . Να βρεθούν όλοι οι πρώτοι αριθμοί που είναι τέτοιοι ώστε
Screenshot_27.png
Edit: Προσθήκη (β) ερωτήματος στο πρόβλημα 3

Το είδαμε εδώ.

Γιάννης Μπόρμπας · #7

#8

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 6 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 2
Να βρεθούν όλα τα πολυώνυμα $P(x)\in\mathbb{Z}[x]$ (με ακέραιους συντελεστές) τα οποία ικανοποιούν την παρακάτω σχέση:
$(x-1)[(P(x+1)^2-P(x)]=xP(x^2)-1, \forall x\in\mathbb{R}$

Έστω ότι το P(x)

έχει βαθμό $k \geqslant 2$ και έστω ότι $P(x) = a_kx^k + a_{k-1}x^{k-1} + Q(x)$ με το Q(x)

να έχει βαθμό το πολύ k-2

.

Τότε

$\displaystyle{ (x-1)[(P(x+1)^2-P(x)] = \cdots = a_k^2x^{2k+1} + [2a_k(ka_k + a_{k-1}) - a_k^2]x^{2k} + R_1(x)}$

και

$\displaystyle{ xP(x^2) - 1 = a_k x^{2k+1} + R_2(x)}$

όπου τα R_1(x),R_2(x)

είναι πολυώνυμα βαθμού το πολύ 2k-1

.

Πρέπει λοιπόν a_k^2 = a_k

και $2a_k(ka_k+a_{k-1}) - a_k^2 = 0$ με $a_k \neq 0$ . Η πρώτη εξίσωση δίνει a_k = 1

. Μετά όμως η δεύτερη δίνει $a_{k-1} = \frac{1}{2}-k$ , άτοπο.

Οπότε το P(x)

έχει βαθμό το πολύ

. Θέτοντας x=1

παίρνω

. Τώρα θέτοντας x=0

παίρνω

. Άρα το

είναι ένα πολυώνυμο βαθμού το πολύ

το οποίο έχει τουλάχιστον δύο ρίζες. Πρέπει λοιπόν P(x) = x

.

Άρα η P(x) = x

είναι η μοναδική λύση.

Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 6

Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 6

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 6

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 6

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 6

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 6

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 6

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 6

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 6

Μέλη σε σύνδεση