Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2015

Soteris · #1

Αφιερωμένες σε όλους όσους θέλουν να περάσουν ένα Σαββατόβραδο ακονίζοντας το μυαλό τους..Ειδικότερα στο φίλο Αλέξανδρο Συγκελάκη!

Πρόβλημα 1

Να βρείτε τον μικρότερο δυνατό ακέραιο θετικό αριθμό $\displaystyle{N}$ με την εξής ιδιότητα:
Κάθε ενας αριθμός του συνόλου $A=\displaystyle{\left\{1, 2, 3, ..., 10\right\}}$ να μπορεί να εκφραστεί ως ένα ψηφίο ή ως άθροισμα διαδοχικών ψηφίων του $\displaystyle{N}$ .

Πρόβλημα 2

Να λυθεί το σύστημα:

$\displaystyle{\left\{\begin{matrix}32y+32x^3=6x+17\\16z+32y^3=6y+9\\8x+32z^3=6z+5\end{matrix}\right.}$

αν $\displaystyle{x, y, z \in \mathbb{R}}$ .

Πρόβλημα 3

Για ένα θετικό ακέραιο $\displaystyle{\nu}}$ συμβολίζουμε με $\displaystyle{\Pi\left(\nu\right)}$ το γινόμενο των θετικών διαιρετών του $\displaystyle{\nu}$ .

(i) Να βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους $\displaystyle{\nu}$ που ικανοποιούν την εξίσωση: $\displaystyle{\Pi\left(\nu\right)=21\nu}$

(ii) Να δείξετε ότι δεν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι $\displaystyle{\nu}$ τέτοιοι ώστε: $\displaystyle{\Pi\left(\nu\right)=21\nu^2}$

Πρόβλημα 4

Δίνονται δύο κύκλοι $\displaystyle{\omega_1, \omega_2}$ , με τον $\displaystyle{\omega_2}$ να είναι μεγαλύτερος του $\displaystyle{\omega_1}$ , οι οποίοι είναι εφαπτόμενοι εσωτερικά στο σημείο $\displaystyle{A}$ . Έστω $\displaystyle{B}$ σημείο του $\displaystyle{\omega_2}$ και $\displaystyle{\left(\epsilon_1\right), \left(\epsilon_2\right)}$ οι εφαπτομένες από το σημείο $\displaystyle{B}$ προς τον κύκλο $\displaystyle{\omega_1}$ . Έστω ότι η $\displaystyle{\left(\epsilon_1\right)}$ εφάπτεται του $\displaystyle{\omega_1}$ στο σημείο $\displaystyle{C}$ και τέμνει τον κύκλο $\displaystyle{\omega_2}$ ξανά στο σημείο $\displaystyle{D}$ . Επίσης, έστω ότι η $\displaystyle{\left(\epsilon_2\right)}$ εφάπτεται του $\displaystyle{\omega_1}$ στο σημείο $\displaystyle{Z}$ και τέμνει τον κύκλο $\displaystyle{\omega_2}$ ξανά στο σημείο $\displaystyle{E}$ . Ονομάζουμε $\displaystyle{M}$ και $\displaystyle{N}$ τα μέσα των τόξων $\displaystyle{BD}$ και $\displaystyle{BE}$ που δεν περιέχουν το σημείο $\displaystyle{A}$ . Αν οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων $\displaystyle{\vartriangle{MBC}}$ και $\displaystyle{\vartriangle{BNZ}}$ τέμνονται στο σημείο $\displaystyle{H}$ και $\displaystyle{T, P}$ τα μέσα των $\displaystyle{MH, BN}$ αντίστοιχα, να δείξετε ότι οι ευθείες $\displaystyle{MN, BH, TP}$ διέρχονται από το ίδιο σημείο.

Προσθέτω και το αρχείο με τα θέματα

#2

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 3

Για ένα θετικό ακέραιο $\displaystyle{\nu}}$ συμβολίζουμε με $\displaystyle{\Pi\left(\nu\right)}$ το γινόμενο των θετικών διαιρετών του $\displaystyle{\nu}$ .

(i) Να βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους $\displaystyle{\nu}$ που ικανοποιούν την εξίσωση: $\displaystyle{\Pi\left(\nu\right)=21\nu}$

(ii) Να δείξετε ότι δεν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι $\displaystyle{\nu}$ τέτοιοι ώστε: $\displaystyle{\Pi\left(\nu\right)=21\nu^2}$

Σωτήρη καλημέρα!!

α) Αφού το $\Pi(n)$ περιέχει σίγουρα τους αριθμούς 1, n

άρα η εξίσωση γράφεται nk=21n

όπου το

είναι το γινόμενο των γνησίων θετικών διαιρετών του

που είναι μεγαλύτεροι της μονάδας. Έτσι παίρνουμε k=21

, άρα ο

περιέχει στη ανάλυσή του σε πρώτους παράγοντες το

και το

. Έτσι

που είναι δεκτή λύση.

β) Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει τέτοιος ακέραιος αριθμός

. Τότε όπως πριν nk=21n^2

δηλαδή

. Συνεπώς ο

περιέχει στην ανάλυση του σε πρώτους παράγοντες το

και το

. Άρα

. Τότε ο

έχει σίγουρα ως θετικούς διαιρέτες τους 1,3,7, t, 3t,7t,21t

και πιθανόν και άλλους που έχουν γινόμενο

. Άρα η αρχική εξίσωση γίνεται: $1\cdot 3 \cdot 7\cdot t \cdot 3t\cdot 7t\cdot 21t \cdot d = 21^3t^2$ απ' όπου παίρνουμε t^2d=1

άρα

κι έτσι παίρνουμε n=21

που δεν είναι δεκτή λύση.

Αλέξανδρος

#3

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 1

Να βρείτε τον μικρότερο δυνατό ακέραιο θετικό αριθμό $\displaystyle{N}$ με την εξής ιδιότητα:
Κάθε ενας αριθμός του συνόλου $A=\displaystyle{\left\{1, 2, 3, ..., 10\right\}}$ να μπορεί να εκφραστεί ως ένα ψηφίο ή ως άθροισμα διαδοχικών ψηφίων του $\displaystyle{N}$ .

Καταρχήν παρατηρούμε ότι για να υπάρχουν συνολικά

αριθμοί (λογαριάζοντας τα ψηφία αλλά και τα αθροίσματα των διαδοχικών ψηφίων του) ο αριθμός πρέπει να είναι τουλάχιστον τετραψήφιος της μορφής $\overline{abcd}$ . Επειδή όμως a+b+c+d=10

και

(ή

και

) άρα η διαφορά μεταξύ πρώτου και τελευταίου ψηφίου πρέπει να είναι μονάδα. Επειδή επιπλέον πρέπει υποχρεωτικά να υπάρχει ο αριθμός 1 μέσα στον τετραψήφιο, πρέπει οι δυνατοί συνδυασμοί για τους αριθμούς είναι οι εξής: $\overline{abcd}=1162,1612,1252,1522,1342,1432,2161,2611,2251,2521,2341,2431,2143,2413,3142,3412,3124,3214,4123,4213$ κανένας από τους οποίους δεν ικανοποιεί το ζητούμενο.

Άρα ο αριθμός είναι τουλάχιστον

-ψήφιος. Ο ζητούμενος αριθμός φανερά θα περιέχει τη μονάδα. Αν λοιπόν το 1ο ψηφίο είναι η μονάδα τότε σίγουρα είναι μικρότερος από κάποιο άλλο που θα είχε άλλο ψηφίο ως πρώτο. Αν επίσης το 2ο και 3ο ψηφίο είναι η μονάδα (δεν μπορεί να είναι το μηδέν) τότε σίγουρα είναι μικρότερος από οποιονδήποτε άλλο με διαφορετικό ψηφίο στις θέσεις αυτές. Το άθροισμα τότε των δύο τελευταίων αριθμών πρέπει να είναι τουλάχιστον

κι έτσι ο μικρότερος αριθμός που μπορούμε να πάρουμε ώστε να ικανοποιείται το ζητούμενο είναι ο $\boxed{N=11134}$ .

Αλέξανδρος

gavrilos · #4

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 4

Δίνονται δύο κύκλοι $\displaystyle{\omega_1, \omega_2}$ , με τον $\displaystyle{\omega_2}$ να είναι μεγαλύτερος του $\displaystyle{\omega_1}$ , οι οποίοι είναι εφαπτόμενοι εσωτερικά στο σημείο $\displaystyle{A}$ . Έστω $\displaystyle{B}$ σημείο του $\displaystyle{\omega_2}$ και $\displaystyle{\left(\epsilon_1\right), \left(\epsilon_2\right)}$ οι εφαπτομένες από το σημείο $\displaystyle{B}$ προς τον κύκλο $\displaystyle{\omega_1}$ . Έστω ότι η $\displaystyle{\left(\epsilon_1\right)}$ εφάπτεται του $\displaystyle{\omega_1}$ στο σημείο $\displaystyle{C}$ και τέμνει τον κύκλο $\displaystyle{\omega_2}$ ξανά στο σημείο $\displaystyle{D}$ . Επίσης, έστω ότι η $\displaystyle{\left(\epsilon_2\right)}$ εφάπτεται του $\displaystyle{\omega_1}$ στο σημείο $\displaystyle{Z}$ και τέμνει τον κύκλο $\displaystyle{\omega_2}$ ξανά στο σημείο $\displaystyle{E}$ . Ονομάζουμε $\displaystyle{M}$ και $\displaystyle{N}$ τα μέσα των τόξων $\displaystyle{BD}$ και $\displaystyle{BE}$ που δεν περιέχουν το σημείο $\displaystyle{A}$ . Αν οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων $\displaystyle{\vartriangle{MBC}}$ και $\displaystyle{\vartriangle{BNZ}}$ τέμνονται στο σημείο $\displaystyle{H}$ και $\displaystyle{T, P}$ τα μέσα των $\displaystyle{MH, BN}$ αντίστοιχα, να δείξετε ότι οι ευθείες $\displaystyle{MN, BH, TP}$ διέρχονται από το ίδιο σημείο.

Καλησπέρα (ή και καλημέρα)!Ωραίο πρόβλημα.

: Γεωμετρια mathematica_117.PNG (34.66 KiB) Προβλήθηκε 1443 φορές

Σύμφωνα με γνωστό θεώρημα (υπάρχει και ως άσκηση στο σχολικό βιβλίο-2η αποδεικτική,σελ. 135 στο "ανακαινισμένο" βιβλίο) η $\displaystyle{AC}$ είναι διχοτόμος της $\displaystyle{\hat{BAD}}$ .

Η $\displaystyle{AM}$ είναι επίσης διχοτόμος της $\displaystyle{\hat{BAD}}$ αφού $\displaystyle{M}$ το μέσο του τόξου $\displaystyle{BD}$ .Απ' τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι $\displaystyle{A,C,M}$ συνευθειακά.

Ομοίως,τα $\displaystyle{A,Z,N}$ είναι συνευθειακά.

$\rule{435pt}{1pt}$

Λήμμα:Οι περιγγεγραμμένοι κύκλοι των $\displaystyle{MBC,BZN}$ είναι ίσοι.

Απόδειξη: Έστω $\displaystyle{R_{1},R_{2}}$ οι ακτίνες των κύκλων.Από τις παραπάνω συνευθειακότητες λαμβάνουμε $\displaystyle{\hat{BNZ}=\hat{BNA}=180-\hat{BMA}=180-\hat{BMC}}$ .

Ο νόμος ημιτόνων δίνει $\displaystyle{\frac{BZ}{\sin \hat{BNZ}}=2R_{1}}$ και $\displaystyle{\frac{BC}{\sin \hat{BMC}}=2R_{2}}$ .Όμως $\displaystyle{BC=BZ}$ ως εφαπτόμενα τμήματα

και $\displaystyle{\sin \hat{BNZ}=\sin \hat{BMC}}$ ως ημίτονα παραπληρωματικών γωνιών.Άρα $\displaystyle{R_{1}=R_{2}}$ που είναι και το ζητούμενο.

$\rule{435pt}{1pt}$

Από το λήμμα συμπεραίνουμε ότι οι γωνίες $\displaystyle{\hat{BMH},\hat{BNH}}$ είναι ίσες αφού βαίνουν σε ίσες χορδές ίσων κύκλων.

Ισχύει $\displaystyle}\hat{NBZ}=\hat{NBE}=\hat{NEB}=\hat{NAB}}$ άρα τα τρίγωνα $\displaystyle{NBZ,NAB}$ έχουν δύο γωνίες ίσες (τη μία κοινή) δηλαδή είναι όμοια.

Επομένως $\displaystyle{\hat{NZB}=\hat{NBA}\overset{\hat{NZB}=\hat{NHB}}\Leftrightarrow \hat{NHB}=\hat{NBA} \ \bf \color{red} (1)}$ .

Ομοίως,τα τρίγωνα $\displaystyle{MBA,MBC}$ είναι όμοια,άρα $\displaystyle{\hat{MBA}=\hat{MCB}=\hat{MHB} \ \bf \color{blue} (2)}$ .

Προσθέτοντας τώρα τις $\displaystyle{\bf \color{red} (1)}$ και $\displaystyle{\bf \color{blue} (2)}$ παίρνουμε $\displaystyle{\hat{NBM}=\hat{NHM}}$ .

Επομένως το τετράπλευρο $\displaystyle{NHMB}$ έχει τις απέναντι γωνίες ανά δύο ίσες.Άρα είναι παραλληλόγραμμο.Το ζητούμενο είναι πια προφανές αφού οι διαγώνιοι παραλληλογράμμου διχοτομούνται κλπ.

gavrilos · #5

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 2

Να λυθεί το σύστημα:

$\displaystyle{\left\{\begin{matrix}32y+32x^3=6x+17\\16z+32y^3=6y+9\\8x+32z^3=6z+5\end{matrix}\right.}$

αν $\displaystyle{x, y, z \in \mathbb{R}}$ .

Και το τελευταίο.

Η πρώτη εξίσωση γράφεται $\displaystyle{32x^{3}-6x-1=16-32y\Leftrightarrow 8x(4x^2-1)+(2x-1)=16(1-2y)}$

$\displaystyle{\Leftrightarrow 8x(2x-1)(2x+1)+(2x+1)=16(1-2y)\Leftrightarrow (2x-1)(16x^{2}+8x+1)=16(1-2y)\Leftrightarrow (2x-1)(4x+1)^2=16(1-2y) \ \bf \color{red} (1)}$ .

Με όμοιο τρόπο,η δεύτερη και η τρίτη γράφονται $\displaystyle{(2y-1)(4y+1)^{2}=8(1-2z) \ \bf \color{blue} (2)}$ και $\displaystyle{(2z-1)(4z+1)^{2}=4(1-2x)}$ .

Με πολλαπλασιασμό των τριών κατά μέλη προκύπτει $\displaystyle{(2x-1)(2y-1)(2z-1)(4x+1)^{2}(4y+1)^{2}(4z+1)^{2}=128(1-2x)(1-2y)(1-2z)}$ .

Ας θεωρήσουμε ότι $\displaystyle{x,y,z\neq \frac{1}{2}}$ .Τότε μπορούμε να διαιρέσουμε και τα δύο μέλη με $\displaystyle{(2x-1)(2y-1)(2z-1)}$

οπότε θα προκύψει $\displaystyle{(4x+1)^{2}(4y+1)^{2}(4z+1)^{2}=-128}$ ,άτοπο.Άρα κάποιος εκ των $\displaystyle{x,y,z}$ ισούται με $\displaystyle{\frac{1}{2}}$ .

Έστω ότι αυτός είναι ο $\displaystyle{x}$ .Τότε η $\displaystyle{\bf \color{red} (1)}$ δίνει $\displaystyle{y=\frac{1}{2}}$ και η $\displaystyle{\bf \color{blue} (2)}$ δίνει $\displaystyle{z=\frac{1}{2}}$ .

Υποθέτοντας $\displaystyle{y=\frac{1}{2}}$ ή $\displaystyle{z=\frac{1}{2}}$ καταλήγουμε στην ίδια λύση.

Επομένως μοναδική λύση του συστήματος η $\displaystyle{(x,y,z)=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)}$ .

Soteris · #6

Επισυνάπτω το αρχείο με τις προτεινόμενες λύσεις της επιτροπής διαγωνισμών

Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2015

Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2015

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2015

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2015

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2015

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2015

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2015

Μέλη σε σύνδεση