Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για ΒΜΟ/ΙΜΟ, 2015

Soteris · #1

Πρόβλημα 1

Αν για τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{\alpha, \beta, \gamma, \kappa, \lambda, \mu}$ ισχύει $\displaystyle{\left(\alpha-\kappa\right)\left(\beta-\lambda\right)\left(\gamma-\mu\right)=\alpha\beta\gamma-\kappa\lambda\mu}$ , να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\left(\alpha+\kappa\right)\left(\beta+\lambda\right)\left(\gamma+\mu\right)\geq8\alpha\beta\gamma}$

Πρόβλημα 2

Δίνονται δύο κύκλοι $\displaystyle{K_1:\left(O_1, \rho_1\right)}$ και $\displaystyle{K_2:\left(O_2, \rho_2\right)}$ τέτοιοι, ώστε $\displaystyle{O_1O_2>\rho_1+\rho_2}$ , και έστω $\displaystyle{\left(\epsilon_1\right), \left(\epsilon_2\right)}$ οι δύο κοινές εξωτερικές εφαπτομένες των κύκλων. Έστω $\displaystyle{A, B}$ τα σημεία επαφής της $\displaystyle{\left(\epsilon_1\right)}$ με τους κύκλους $\displaystyle{K_1, K_2}$ αντίστοιχα και $\displaystyle{\Gamma, \Delta}$ τα σημεία επαφής της $\displaystyle{\left(\epsilon_2\right)}$ με τους κύκλους $\displaystyle{K_1, K_2}$ αντίστοιχα. Έστω επίσης $\displaystyle{M}$ το μέσον του $\displaystyle{\Gamma\Delta}$ και $\displaystyle{E, Z}$ τα σημεία τομής των τμημάτων $\displaystyle{AM}$ και $\displaystyle{BM}$ με τους κύκλους $\displaystyle{K_1, K_2}$ αντίστοιχα. Ονομάζουμε $\displaystyle{T, P}$ τα σημεία τομής της ευθείας $\displaystyle{EZ}$ με τους κύκλους $\displaystyle{K_1, K_2}$ αντίστοιχα. Έστω ότι οι ευθείες $\displaystyle{AT}$ και $\displaystyle{BP}$ τέμνονται στο σημείο $\displaystyle{K}$ και οι εφαπτομένες των κύκλων στα σημεία $\displaystyle{E, Z}$ τέμνονται στο σημείο $\displaystyle{N}$ . Να αποδείξετε ότι οι κάθετες από τα σημεία $\displaystyle{O_1}$ και $\displaystyle{O_2}$ πάνω στα τμήματα $\displaystyle{O_2M}$ και $\displaystyle{O_1M}$ αντίστοιχα και η ευθεία $\displaystyle{KN}$ διέρχονται από το ίδιο σημείο.

Πρόβλημα 3

Να βρείτε όλα τα ζευγάρια των θετικών ακεραίων $\displaystyle{\left(\alpha, \beta\right)}$ με $\displaystyle{\alpha\neq\beta}$ για τους οποίους ισχύουν ότι:

(i) Ο αριθμός $\displaystyle{\dfrac{\alpha^2+\beta}{\alpha+\beta^2}}$ είναι θετικός ακέραιος και
(ii) Ο $\displaystyle{\alpha+\beta^2=p^m}$ , όπου $\displaystyle{p}$ πρώτος και $\displaystyle{m}$ θετικός ακέραιος.

Πρόβλημα 4

Δίνεται το σύνολο $\displaystyle{A=\left\{1, 2, 3, ..., 55\right\}}$ . Να βρείτε το μέγιστο πλήθος στοιχείων ενός υποσυνόλου $\displaystyle{B}$ του $\displaystyle{A}$ έτσι, ώστε για κάθε δύο στοιχεία $\displaystyle{x}$ και $\displaystyle{y}$ του $\displaystyle{B}$ να έχουμε $\displaystyle{x-y\neq5}$ .

Προσθέτω και τα θέματα

#2

Soteris έγραψε:
Πρόβλημα 4

Δίνεται το σύνολο $\displaystyle{A=\left\{1, 2, 3, ..., 55\right\}}$ . Να βρείτε το μέγιστο πλήθος στοιχείων ενός υποσυνόλου $\displaystyle{B}$ του $\displaystyle{A}$ έτσι, ώστε για κάθε δύο στοιχεία $\displaystyle{x}$ και $\displaystyle{y}$ του $\displaystyle{B}$ να έχουμε $\displaystyle{x-y\neq5}$ .

Απάντηση:

Ένα σύνολο με

στοιχεία για το οποίο $\displaystyle{x-y\neq5}$ είναι το

$\{ 1,2,3,4,5\} \cup \{ 11,12,13,14,15\} \cup \{ 21,22,23,24,25\} \cup ... \cup\{ 51,52,53,54,55\}$

Έστω τώρα ένα σύνολο

με τουλάχιστον

στοιχεία. Τότε τουλάχιστον

από αυτά θα είναι στο $\{ 1,2,3,... , 49,50\}$ . Άρα κάποιο από τα πέντε σύνολα $\{ 1,2,3,4,5, 6, 7, 8, 9, 10 \}$ ή $\{ 11,12,...,20 \}$ ή ... ή $\{ 41,42,...,50 \}$ θα είχε τουλάχιστον

από τα στοιχεία του

(γιατί δεν μπορεί να είχαν όλα το πολύ

). Χωρίς βλάβη το εν λόγω σύνολο είναι το $D=\{ 1,2,3,4,5, 6, 7, 8, 9, 10 \}$ . Όμως αυτό σίγουρα έχει δύο στοιχεία του

που διαφέρουν κατά

γιατί οπωσδήποτε δύο από τα

στοιχεία του

είναι στο ίδιο από τα πέντε υποσύνολά του $\{ 1,6\}$ , $\{ 2,7\}$ , $\{ 3,8\}$ , $\{ 4,9\}$ , $\{ 5,10\}$ . Άρα το

δεν ικανοποιεί τον περιορισμό, που δείχνει ότι το

είναι βέλτιστο.

Φιλικά,

Μιχάλης

(Απέφυγα να αναφερθώ στην αρχή της περιστεροφωλιάς προς όφελος εκείνων που δεν την γνωρίζουν. Αν χρησιμοποιούσα την αρχή αυτή, θα μείωνα κάπως τα πολλά λόγια στο παραπάνω)

Αρχιμήδης 6 · #3

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 3

Να βρείτε όλα τα ζευγάρια των θετικών ακεραίων $\displaystyle{\left(\alpha, \beta\right)}$ με $\displaystyle{\alpha\neq\beta}$ για τους οποίους ισχύουν ότι:

(i) Ο αριθμός $\displaystyle{\dfrac{\alpha^2+\beta}{\alpha+\beta^2}}$ είναι θετικός ακέραιος και
(ii) Ο $\displaystyle{\alpha+\beta^2=p^m}$ , όπου $\displaystyle{p}$ πρώτος και $\displaystyle{m}$ θετικός ακέραιος.

Έστω λοιπόν ότι $\displaystyle{\dfrac{\alpha^2+\beta}{\alpha+\beta^2}}=x$ ---(1)----

a=p^m-b^2

----(2) ---οπότε μετά από αντικατάσταση του

στην πρώτη θα καταλήξω στην παρακάτω,

$p^{2m}-2p^mb^2-xp^m+b^4+b=0$ ---(3)---

Αν b=1

τότε

,

οπότε έχω την λύση (a,b,p,m)=(1,1,2,1)

Έστω τώρα ότι b>1

τότε από ---(3)--- θα πρέπει p^m|b^4+b=b(b+1)(b^2-b+1)

---(4)---

Περίπτωση 1

Αν $p\neq3$

Σε αυτή την περίπτωση από ---(4)--- θα ισχύει μια από τις παρακάτω

Είτε p^m|b

είτε

και επειδή b>1

τότε θα ισχύει

$p^m\leq{b^2-b+1}$ αλλά από την ---(2)--- ισχύει ότι b^2<p^m

άρα

συνεπώς

αδύνατον.

Περίπτωση 2

p=3

Σε αυτή την περίπτωση αν m=1

τότε από την ---(2)--- (b,a)=(1,2)

αλλά δεν είναι δεκτή.

Από την ---(4)--- 3^m|b(b+1)(b^2-b+1)

Αν

τότε δεν θα έχει λύσεις όπως έδειξα παραπάνω ενώ αν b=2mod3

δεδομένου ότι τότε (b-1,b^2+b+1)=3

, η μέγιστη δύναμη του

που διαιρεί τον b^2-b+1

είναι

τότε,

$3^{m-1}|b+1$ άρα $3^m\leq{3b+3}$ αλλά από ---(2)--- b^2<3^m

άρα

οπότε μένει να ελέγξω b=2

(δεδομένου ότι b=2mod3

) που τελικά από ---(4)--- 3^m|2*3*3

άρα

οπότε από ---(2)--- a=5

άρα έχω την λύση (a,b,p,m)=(5,2,3,2)

Τελικά μοναδικές λύσεις οι παρακάτω:

(a,b,p,m)=(1,1,2,1),(5,2,3,2)

#4

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 1
Αν για τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{\alpha, \beta, \gamma, \kappa, \lambda, \mu}$ ισχύει $\displaystyle{\left(\alpha-\kappa\right)\left(\beta-\lambda\right)\left(\gamma-\mu\right)=\alpha\beta\gamma-\kappa\lambda\mu}$ , να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\left(\alpha+\kappa\right)\left(\beta+\lambda\right)\left(\gamma+\mu\right)\geq8\alpha\beta\gamma}$ .

Ευχαριστούμε για τα προβλήματα.

Θέτουμε $\displaystyle{\frac{\kappa}{\alpha}=x}$ κτλ οπότε η υπόθεση γίνεται xy+yz+zx=x+y+z

και το ζητούμενο $x+y+z+xy+yz+zx+xyz\geq 7.$

Αν $xy+yz+zx=x+y+z\geq 4$ τότε το ζητούμενο είναι προφανές.

Έστω τώρα $\displaystyle{p=xy+yz+zx=x+y+z\leq 4.}$ Από $\displaystyle{(x+y+z)^2\geq 3(xy+yz+zx)}$ προκύπτει $\displaystyle{p\geq 3,}$ οπότε $\displaystyle{3\leq p\leq 4.}$

Από Schur είναι $\displaystyle{(x+y+z)^3+9xyz\geq 4(x+y+z)(xy+yz+zx)}$ οπότε $\displaystyle{xyz\geq \frac{4p^2-p^3}{9}.}$

Αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle{2p+\frac{4p^2-p^3}{9}\geq 7}$ ή $\displaystyle{(p-3)(p^2-p-21)\leq 0}$ που ισχύει αφού $\displaystyle{3\leq p\leq 4.}$

gavrilos · #5

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 2

Δίνονται δύο κύκλοι $\displaystyle{K_1:\left(O_1, \rho_1\right)}$ και $\displaystyle{K_2:\left(O_2, \rho_2\right)}$ τέτοιοι, ώστε $\displaystyle{O_1O_2>\rho_1+\rho_2}$ , και έστω $\displaystyle{\left(\epsilon_1\right), \left(\epsilon_2\right)}$ οι δύο κοινές εξωτερικές εφαπτομένες των κύκλων. Έστω $\displaystyle{A, B}$ τα σημεία επαφής της $\displaystyle{\left(\epsilon_1\right)}$ με τους κύκλους $\displaystyle{K_1, K_2}$ αντίστοιχα και $\displaystyle{\Gamma, \Delta}$ τα σημεία επαφής της $\displaystyle{\left(\epsilon_2\right)}$ με τους κύκλους $\displaystyle{K_1, K_2}$ αντίστοιχα. Έστω επίσης $\displaystyle{M}$ το μέσον του $\displaystyle{\Gamma\Delta}$ και $\displaystyle{E, Z}$ τα σημεία τομής των τμημάτων $\displaystyle{AM}$ και $\displaystyle{BM}$ με τους κύκλους $\displaystyle{K_1, K_2}$ αντίστοιχα. Ονομάζουμε $\displaystyle{T, P}$ τα σημεία τομής της ευθείας $\displaystyle{EZ}$ με τους κύκλους $\displaystyle{K_1, K_2}$ αντίστοιχα. Έστω ότι οι ευθείες $\displaystyle{AT}$ και $\displaystyle{BP}$ τέμνονται στο σημείο $\displaystyle{K}$ και οι εφαπτομένες των κύκλων στα σημεία $\displaystyle{E, Z}$ τέμνονται στο σημείο $\displaystyle{N}$ . Να αποδείξετε ότι οι κάθετες από τα σημεία $\displaystyle{O_1}$ και $\displaystyle{O_2}$ πάνω στα τμήματα $\displaystyle{O_2M}$ και $\displaystyle{O_1M}$ αντίστοιχα και η ευθεία $\displaystyle{KN}$ διέρχονται από το ίδιο σημείο.

Καλησπέρα.Πάρα πολύ καλό πρόβλημα για το συγκεκριμένο διαγωνισμό!!Μπράβο στην επιτροπή της Κύπρου!

Κύριε Σωτήρη η εκφώνηση είναι σωστή όπως ακριβώς μου είπατε,το λάθος ήταν δικό μου.Ευχαριστούμε και πάλι που ανεβάσατε τα προβλήματα.

: Γεωμετρια mathematica_132.PNG (21.28 KiB) Προβλήθηκε 1106 φορές

Ξεκινάμε.Έστω $\displaystyle{S}$ η τομή των καθέτων από τα $\displaystyle{O_{1},O_{2}}$ στις $\displaystyle{O_{2}M,O_{1}M}$ .

Ισχύει $\displaystyle{MC^{2}=MD^{2}}$ δηλαδή το σημείο $\displaystyle{M}$ έχει ίσες δυνάμεις ως προς τους δύο κύκλους,άρα ανήκει στο ριζικό τους άξονα.

Επίσης $\displaystyle{ME\cdot MA=MC^{2}=MD^{2}=MZ\cdot MB}$ άρα το $\displaystyle{AEZB}$ είναι εγγράψιμο.Άρα $\displaystyle{\hat{ETA}=\hat{EAB}=\hat{EZM}\Leftrightarrow MB\parallel AT}$ .Ομοίως $\displaystyle{MA\parallel PB}$ .

Άρα $\triangle{ATE}\simeq \triangle{BPZ}}$ .

Ισχύει τώρα $\displaystyle{\hat{BPZ}=\hat{ZBA}=\hat{ZEM}=\hat{AET}=180^{\circ}-\hat{ATE}-\hat{TAE}=180^{\circ}-\hat{AEB}-\hat{TAE}=180^{\circ}-\hat{TAB}}$ .

Επομένως το τετράπλευρο $\displaystyle{ABPT}$ είναι εγγράψιμο.Άρα $\displaystyle{KA\cdot KT=KB\cdot KP}$ δηλαδή το $\displaystyle{K}$ έχει ίσες δυνάμεις ως προς τους δύο κύκλους.

Άρα και το $\displaystyle{K}$ ανήκει στο ριζικό άξονα των δύο κύκλων.Ισχύει

$\displaystyle{\hat{NEZ}=180^{\circ}-\hat{NEA}-\hat{AET}=180^{\circ}-\hat{ATE}-\hat{AET}=\hat{TAE}=\hat{PBZ}=180^{\circ}-\hat{BPZ}-\hat{BZP}=180^{\circ}-\hat{NZB}-\hat{BZP}=\hat{NZE}}$ .

Άρα το τρίγωνο $\displaystyle{NZE}$ είναι ισοσκελές δηλαδή $\displaystyle{NZ^2=NE^2}$ .Επομένως και το $\displaystyle{N}$ ανήκει στο ριζικό άξονα των δύο κύκλων.

Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι τα σημεία $\displaystyle{K,N,M}$ είναι συνευθειακά.Επίσης $\displaystyle{KM\perp O_{1}O_{2}}$ (ο ριζικός άξονας είναι κάθετος στη διάκεντρο).

Όμως αφού $\displaystyle{O_{1}M\perp O_{2}S}$ και $\displaystyle{O_{2}M\perp O_{1}S}$ το $\displaystyle{M}$ είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{O_{1}O_{2}S}$ .

Άρα $\displaystyle{SM\perp O_{1}O_{2}\Leftrightarrow SM\parallel KM}$ δηλαδή τα $\displaystyle{K,M,S}$ είναι συνευθειακά,δηλαδή τα $\displaystyle{K,N,S}$ είναι συνευθειακά,όπως θέλαμε.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Soteris · #6

Προσθέτω και το αρχείο με τις λύσεις από την επιτροπή θεματοθετών.

gavrilos · #7

Καλησπέρα.

"Χαζεύοντας" τα προβλήματα του τεύχους του MR που ανέφερα εδώ διαπίστωσα πως το πρόβλημα που έλυσα παραπάνω είναι στην ουσία το πρόβλημα O304!

Δείτε το σε αυτό το αρχείο (σελ. 23)

#8

Και τα θέματα 1 και 4 είναι από την Shortlist της περσινής ΒΜΟ.

Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για ΒΜΟ/ΙΜΟ, 2015

Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για ΒΜΟ/ΙΜΟ, 2015

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για ΒΜΟ/ΙΜΟ, 2015

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για ΒΜΟ/ΙΜΟ, 2015

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για ΒΜΟ/ΙΜΟ, 2015

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για ΒΜΟ/ΙΜΟ, 2015

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για ΒΜΟ/ΙΜΟ, 2015

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για ΒΜΟ/ΙΜΟ, 2015

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για ΒΜΟ/ΙΜΟ, 2015

Μέλη σε σύνδεση