Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

Soteris · #1

Πρόβλημα 1

Αν το πολυώνυμο $\displaystyle{f\left(x\right)=\left(1+x+x^2\right)^{25}}$ γραφεί στην μορφή

$\displaystyle{f\left(x\right)=\left(1+x+x^2\right)^{25}=a_0+a_1x+a_2x^2+\ldots+a_{49}x^{49}+a_{50}x^{50}}}$

όπου τα $\displaystyle{a_0, a_1, a_2, \ldots, a_{50}}$ είναι ακέραιοι συντελεστές του πολυωνύμου, να δείξετε ότι:

i. Ο αριθμός $\displaystyle{K=a_0+a_2+a_4+\ldots+a_{48}+a_{50}}$ είναι άρτιος.

ii. Το $\displaystyle{8}$ διαιρεί τον $\displaystyle{\left(K-1\right)^2-1}$ .

Πρόβλημα 2

Αν $\displaystyle{x, y, \omega}$ είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με $\displaystyle{x+y+\omega=1}$ , να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης:

$\displaystyle{A=\dfrac{x^3}{x^2+y\omega}+\dfrac{y^3}{y^2+x\omega}+\dfrac{{\omega}^3}{{\omega}^2+xy}}$

Πρόβλημα 3

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC} \left(AB<AC\right)}$ και έστω $\displaystyle{M}$ το μέσο της πλευράς του $\displaystyle{BC}$ . Φέρουμε το ύψος του $\displaystyle{AD}$ και τη διχοτόμο $\displaystyle{\left(\delta\right)}$ της γωνίας $\displaystyle{\angle{BAC}}$ που τέμνει την $\displaystyle{BC}$ στο σημείο $\displaystyle{Z}$ . Από το σημείο $\displaystyle{B}$ φέρουμε κάθετη $\displaystyle{\left(k_1\right)}$ προς την $\displaystyle{\left(\delta\right)}$ και έστω $\displaystyle{E}$ το σημείο τομής της $\displaystyle{\left(k_1\right)}$ με την $\displaystyle{\left(\delta\right)}$ . Από το σημείο $\displaystyle{C}$ φέρουμε κάθετη $\displaystyle{\left(k_2\right)}$ προς την $\displaystyle{\left(\delta\right)}$ που τέμνει την $\displaystyle{\left(\delta\right)}$ στο σημείο $\displaystyle{K}$ και την προέκταση του ύψους $\displaystyle{AD}$ στο $\displaystyle{T}$ . Αν η ευθεία $\displaystyle{TZ}$ τέμνει την $\displaystyle{ME}$ στο σημείο $\displaystyle{P}$ , να αποδείξετε ότι οι γωνίες $\displaystyle{\angle{EZP}}$ και $\displaystyle{\angle{ABE}}$ είναι ίσες.

Πρόβλημα 4

Να βρεθεί ο μικρότερος θετικός ακέραιος $\displaystyle{m}$ τέτοιος, ώστε σε κάθε υποσύνολο του συνόλου $\displaystyle{S=\left\{1, 2, 3, \ldots, 2015\right\}}$ με $\displaystyle{m}$ στοιχεία το άθροισμα δύο στοιχείων του, όχι απαραίτητα διαφορετικών μεταξύ τους, να είναι δύναμη του $\displaystyle{2}$ .

#2

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 1

Αν το πολυώνυμο $\displaystyle{f\left(x\right)=\left(1+x+x^2\right)^{25}}$ γραφεί στην μορφή

$\displaystyle{f\left(x\right)=\left(1+x+x^2\right)^{25}=a_0+a_1x+a_2x^2+\ldots+a_{49}x^{49}+a_{50}x^{50}}}$

όπου τα $\displaystyle{a_0, a_1, a_2, \ldots, a_{50}}$ είναι ακέραιοι συντελεστές του πολυωνύμου, να δείξετε ότι:

i. Ο αριθμός $\displaystyle{K=a_0+a_2+a_4+\ldots+a_{48}+a_{50}}$ είναι άρτιος.

ii. Το $\displaystyle{8}$ διαιρεί τον $\displaystyle{\left(K-1\right)^2-1}$ .

Είναι

$\displaystyle{a_0+a_2+\cdots +a_{50}=\frac{f(1)+f(-1)}{2}=\frac{3^{25}+1}{2}=\frac{(3+1)(3^{24}-3^{23}+\cdots +1)}{2}\equiv 0\mod 2.}$

Ακόμα είναι

$\displaystyle{(K-1)^2-1=K(K-2),}$ οπότε αρκεί το $\displaystyle{K-2}$ να είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{4.}$

Είναι

$\displaystyle{K-2=\frac{3^{25}-3}{2}=\frac{3(3^{24}-1)}{2}=\frac{3(81^6-1)}{2}=\frac{3\cdot 80(81^5+81^4+81^3+81^2+81+1)}{2}\equiv 0\mod 120.}$

#3

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 2

Αν $\displaystyle{x, y, \omega}$ είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με $\displaystyle{x+y+\omega=1}$ , να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης:

$\displaystyle{A=\dfrac{x^3}{x^2+y\omega}+\dfrac{y^3}{y^2+x\omega}+\dfrac{{\omega}^3}{{\omega}^2+xy}}$

Θα αποδείξουμε ότι για κάθε $\displaystyle{x,y,z>0}$ ισχύει

$\displaystyle{\frac{x^3}{x^2+yz}+\frac{y^3}{y^2+zx}+\frac{z^3}{z^2+xy}\geq \frac{x+y+z}{2}}$

με την ισότητα μόνο όταν $\displaystyle{x=y=z.}$

Είναι

$\displaystyle{\sum \frac{x^3}{x^2+yz}=\sum \Big(x-\frac{xyz}{x^2+yz}\Big)\geq \sum \Big(x-\frac{xyz}{2\sqrt{x^2yz}}\Big)=}$

$\displaystyle{=\sum \Big(x-\frac{\sqrt{yz}}{2}\Big)\geq \sum \Big(x-\frac{y+z}{4}\Big)=\frac{x+y+z}{2}.}$

Τελικά το ζητούμενο ελάχιστο ισούται με $\displaystyle{\frac{1}{2}.}$

raf616 · #4

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 3

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC} \left(AB<AC\right)}$ και έστω $\displaystyle{M}$ το μέσο της πλευράς του $\displaystyle{BC}$ . Φέρουμε το ύψος του $\displaystyle{AD}$ και τη διχοτόμο $\displaystyle{\left(\delta\right)}$ της γωνίας $\displaystyle{\angle{BAC}}$ που τέμνει την $\displaystyle{BC}$ στο σημείο $\displaystyle{Z}$ . Από το σημείο $\displaystyle{B}$ φέρουμε κάθετη $\displaystyle{\left(k_1\right)}$ προς την $\displaystyle{\left(\delta\right)}$ και έστω $\displaystyle{E}$ το σημείο τομής της $\displaystyle{\left(k_1\right)}$ με την $\displaystyle{\left(\delta\right)}$ . Από το σημείο $\displaystyle{C}$ φέρουμε κάθετη $\displaystyle{\left(k_2\right)}$ προς την $\displaystyle{\left(\delta\right)}$ που τέμνει την $\displaystyle{\left(\delta\right)}$ στο σημείο $\displaystyle{K}$ και την προέκταση του ύψους $\displaystyle{AD}$ στο $\displaystyle{T}$ . Αν η ευθεία $\displaystyle{TZ}$ τέμνει την $\displaystyle{ME}$ στο σημείο $\displaystyle{P}$ , να αποδείξετε ότι οι γωνίες $\displaystyle{\angle{EZP}}$ και $\displaystyle{\angle{ABE}}$ είναι ίσες.

Μία λύση, αργότερα θα προσθέσω και σχήμα.

Ισχυρισμός: Είναι $ME\parallel AC$ . Η απόδειξη γίνεται εύκολα αν προεκτείνουμε την

μέχρι να τμήσει την

σε ένα σημείο,

έστω

. Τότε αφού

διχοτόμος και ύψος το ΑΒΧ

είναι ισοσκελές και άρα το

είναι μέσο του

. Εύκολα τώρα προκύπτει το

ζητούμενο αφού η

ενώνει τα μέσα των πλευρών στο BCX

.

Παρατηρούμε ότι στο ATC

το

είναι το ορθόκεντρο. Άρα $TZ \perp AC$ και άρα σύμφωνα με τον ισχυρισμό είναι $TP \perp ME$ .

Πάλι σύμφωνα με τον ισχυρισμό είναι $\widehat{ZEM} = \widehat{ZAC} = \widehat{BAE}$ . Παρατηρούμε τώρα ότι τα τρίγωνα ABE

και

έχουν δύο

ίσες γωνίες και άρα θα έχουν και τις τρίτες. Άρα, $\widehat{EZP} = \widehat{ABE}$ και έτσι το ζητούμενο εδείχθη.

*EDIT: Πρόσθεσα το σχήμα.

ealexiou · #5

Soteris έγραψε:
Πρόβλημα

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC} \left(AB<AC\right)}$ και έστω $\displaystyle{M}$ το μέσο της πλευράς του $\displaystyle{BC}$ . Φέρουμε το ύψος του $\displaystyle{AD}$ και τη διχοτόμο $\displaystyle{\left(\delta\right)}$ της γωνίας $\displaystyle{\angle{BAC}}$ που τέμνει την $\displaystyle{BC}$ στο σημείο $\displaystyle{Z}$ . Από το σημείο $\displaystyle{B}$ φέρουμε κάθετη $\displaystyle{\left(k_1\right)}$ προς την $\displaystyle{\left(\delta\right)}$ και έστω $\displaystyle{E}$ το σημείο τομής της $\displaystyle{\left(k_1\right)}$ με την $\displaystyle{\left(\delta\right)}$ . Από το σημείο $\displaystyle{C}$ φέρουμε κάθετη $\displaystyle{\left(k_2\right)}$ προς την $\displaystyle{\left(\delta\right)}$ που τέμνει την $\displaystyle{\left(\delta\right)}$ στο σημείο $\displaystyle{K}$ και την προέκταση του ύψους $\displaystyle{AD}$ στο $\displaystyle{T}$ . Αν η ευθεία $\displaystyle{TZ}$ τέμνει την $\displaystyle{ME}$ στο σημείο $\displaystyle{P}$ , να αποδείξετε ότι οι γωνίες $\displaystyle{\angle{EZP}}$ και $\displaystyle{\angle{ABE}}$ είναι ίσες.

: Πρόβλημα 3.png (19.67 KiB) Προβλήθηκε 1791 φορές

$\widehat{ABE} =90°-\widehat{BAE}=90°-\widehat{KAC}=90°-\widehat{KDC}=$ ( τετράπλευρο DACK

εγγράψιμο, πράσινος κύκλος) $=90°-\widehat{KDZ}=90°-\widehat{KTZ}=$ ( KTDZ

εγγράψιμο) $=\widehat{KZT}=\widehat{EZP}$

και το ζητούμενο εδείχθη.

chris · #6

Soteris έγραψε:
Πρόβλημα 3

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC} \left(AB<AC\right)}$ και έστω $\displaystyle{M}$ το μέσο της πλευράς του $\displaystyle{BC}$ . Φέρουμε το ύψος του $\displaystyle{AD}$ και τη διχοτόμο $\displaystyle{\left(\delta\right)}$ της γωνίας $\displaystyle{\angle{BAC}}$ που τέμνει την $\displaystyle{BC}$ στο σημείο $\displaystyle{Z}$ . Από το σημείο $\displaystyle{B}$ φέρουμε κάθετη $\displaystyle{\left(k_1\right)}$ προς την $\displaystyle{\left(\delta\right)}$ και έστω $\displaystyle{E}$ το σημείο τομής της $\displaystyle{\left(k_1\right)}$ με την $\displaystyle{\left(\delta\right)}$ . Από το σημείο $\displaystyle{C}$ φέρουμε κάθετη $\displaystyle{\left(k_2\right)}$ προς την $\displaystyle{\left(\delta\right)}$ που τέμνει την $\displaystyle{\left(\delta\right)}$ στο σημείο $\displaystyle{K}$ και την προέκταση του ύψους $\displaystyle{AD}$ στο $\displaystyle{T}$ . Αν η ευθεία $\displaystyle{TZ}$ τέμνει την $\displaystyle{ME}$ στο σημείο $\displaystyle{P}$ , να αποδείξετε ότι οι γωνίες $\displaystyle{\angle{EZP}}$ και $\displaystyle{\angle{ABE}}$ είναι ίσες.

Το πρόβλημα ισχύει για οποιοδήποτε σημείο

επί της

που βρίσκεται στο τμήμα

και όχι απαραίτητα το μέσο της. Φαντάζομαι δόθηκε το μέσο με την επιπλέον συνθήκη AB<AC

ώστε το

να είναι "δεξιότερα" του

.

Ισχύει (με βάση το παραπάνω σχήμα): $\displaystyle \angle{ABE}=90^{o}-\frac{\angle{A}}{2}=\angle{ACK}=\angle{TDK}=\angle{TZK}=\angle{EZP}$
λόγω των εγγράψιμων ACKD

και

.

Για το 2ο θέμα δείτε και εδώ: http://www.artofproblemsolving.com/comm ... 83p2693840

#7

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 4

Να βρεθεί ο μικρότερος θετικός ακέραιος $\displaystyle{m}$ τέτοιος, ώστε σε κάθε υποσύνολο του συνόλου $\displaystyle{S=\left\{1, 2, 3, \ldots, 2015\right\}}$ με $\displaystyle{m}$ στοιχεία το άθροισμα δύο στοιχείων του, όχι απαραίτητα διαφορετικών μεταξύ τους, να είναι δύναμη του $\displaystyle{2}$ .

Απάντηση:

.

Αν πάρω τους 1006

αριθμούς $\{17,\, 18,\, ... \, , 31\}\cup \{1025,\, 1026,\, ... \, , 2015\}$ κανένα ζεύγος δεν έχει άθροισμα δύναμη του

γιατί οι μόνες πιθανές εκδοχές για αυτά τα νούμερα είναι οι

ή

που όμως εύκολα βλέπουμε ότι δεν τους φτάνουμε (τα αθροίσματα που βρίσκουμε είναι από 17+17=34>32

έως

ή από

έως

ή από

έως

, δηλαδή γνήσια μεταξύ διαδοχικών δυνάμεων του

(*).

Τώρα, κάθε 1007

νούμερα οπωσδήποτε περιέχουν δύο με άθροισμα δύναμη του

διότι αν μεν είμαι τυχερός και ανάμεσά τους βρίσκονται οι 16, 32, 1024

, τέλειωσα. Αλλιώς έχω 1007

νούμερα από τους υπόλοιπους 2012

. 'Ομως τότε σίγουρα δύο θα πέσουν και οι δύο σε κάποιο από τα 1006

ζεύγη

$\{1,\, 31\}, \{2,\, 30\}, ..., \{15,\, 17\}, \{33,\, 2015\}, \{34,\, 2014\}, ... , \{1023,\, 1025\}$

και είμαι εντάξει.

Ελπίζω να τους μέτρησα σωστά.

Φιλικά,

Μιχάλης

Σωτήρη, την έλυσε κανείς;
Αν ήμουν στην επιτροπή θεμάτων θα πρότεινα παραλλαγή της άσκησης ώστε να μην επιτρέπεται οι δύο αριθμοί να είναι ίδιοι. Έτσι θα γλιτώναμε την τεχνική λεπτομέρεια για τους 16, 32, 1024

, χωρίς να αλλάζει η ουσία της άσκησης.

(*) διόρθωσα τυπογραφικό σφάλμα της αρχική μου απάντησης

#8

Soteris έγραψε:
Πρόβλημα 4

Να βρεθεί ο μικρότερος θετικός ακέραιος $\displaystyle{m}$ τέτοιος, ώστε σε κάθε υποσύνολο του συνόλου $\displaystyle{S=\left\{1, 2, 3, \ldots, 2015\right\}}$ με $\displaystyle{m}$ στοιχεία το άθροισμα δύο στοιχείων του, όχι απαραίτητα διαφορετικών μεταξύ τους, να είναι δύναμη του $\displaystyle{2}$ .

Διαμερίζουμε το $\{1,2,\ldots,2015\}$ στα εξής 1006

ζεύγη και

μονοσύνολα: $\{1,31\},\{2,30\},\ldots,\{15,17\},\{16\},\{32\},\{33,2015\},\{34,2014\},\ldots,\{1023,1025\},\{1024\}$ .

Αν πάρουμε ένα υποσύνολο

με τουλάχιστον 1007

στοιχεία, τότε από αρχή περιστερώνα, είτε ένα στοιχείο του

θα ανήκει σε κάποιο από τα πιο πάνω μονοσύνολα, είτε δύο στοιχεία του

θα ανήκουν στο ίδιο ζεύγος. Και στις δύο περιπτώσεις το

θα περιέχει δύο στοιχεία (όχι απαραίτητα διαφορετικά) με το άθροισμά τους να είναι δύναμη του

. Άρα $m \leqslant 1007$ .

Από την άλλη δεν μπορούμε να έχουμε $m \leqslant 1006$ αφού το $\{17,18,\ldots,31\} \cup \{1025,1026,\ldots,2015\}$ έχει 15 + 991 = 1006

στοιχεία χωρίς δύο στοιχεία του να έχουν άθροισμα δύναμη του δύο. [Αν πάρουμε δυο στοιχεία από το πρώτο σύνολο, το άθροισμά τους είναι μεγαλύτερο του 2^5

και μικρότερο του 2^6

άρα δεν είναι δύναμη του 2. Αν πάρουμε δυο στοιχεία από το δεύτερο το άθροισμά τους είναι μεγαλύτερο του $2^{11}$ και μικρότερο του $2^{12}$ άρα δεν είναι δύναμη του 2. Αν πάρουμε ένα στοιχείο από το πρώτο και ένα από το δεύτερο το άθροισμά τους είναι μεγαλύτερο του $2^{10}$ και μικρότερο του $2^{11}$ άρα πάλι δεν είναι δύναμη του

.]

Οπότε τελικά είναι m=1007

.

Την αφήνω για τον κόπο μου. Με πρόλαβε ο Μιχάλης με ακριβώς την ίδια λύση.

#9

Δημήτρη, απίστευτο. Έχουμε ακριβώς την ίδια λύση, ακριβώς το ίδιο δευτερόλεπτο. Θα αρχίσω να πιστεύω στην τηλεπάθεια...

#10

Mihalis_Lambrou έγραψε:Δημήτρη, απίστευτο. Έχουμε ακριβώς την ίδια λύση, ακριβώς το ίδιο δευτερόλεπτο. Θα αρχίσω να πιστεύω στην τηλεπάθεια...

Μιχάλη, την έστειλες 10 λεπτά πιο γρήγορα αλλά δεν το πρόσεξα.

Soteris · #11

Mihalis_Lambrou έγραψε: Σωτήρη, την έλυσε κανείς;
Αν ήμουν στην επιτροπή θεμάτων θα πρότεινα παραλλαγή της άσκησης ώστε να μην επιτρέπεται οι δύο αριθμοί να είναι ίδιοι. Έτσι θα γλιτώναμε την τεχνική λεπτομέρεια για τους , χωρίς να αλλάζει η ουσία της άσκησης.

Κύριε Λάμπρου, αυτό θα το γνωρίζουμε τέλος της βδομάδας που μας έρχεται. Με την ευκαιρία να πω ότι ήταν ο τελευταίος διαγωνισμός επιλογής για φέτος, αφού μετά από συτόν θα ξέρουμε την εξάδα που θα εκπροσωπήσει τη χώρα μας στο Βελιγράδι.

#12

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 4

Να βρεθεί ο μικρότερος θετικός ακέραιος $\displaystyle{m}$ τέτοιος, ώστε σε κάθε υποσύνολο του συνόλου $\displaystyle{S=\left\{1, 2, 3, \ldots, 2015\right\}}$ με $\displaystyle{m}$ στοιχεία το άθροισμα δύο στοιχείων του, όχι απαραίτητα διαφορετικών μεταξύ τους, να είναι δύναμη του $\displaystyle{2}$ .

Το είδαμε εδώ (ελαφρώς διαφορετικό):
viewtopic.php?p=161331#p161331

#13

socrates έγραψε:
Soteris έγραψε:Πρόβλημα 4

Να βρεθεί ο μικρότερος θετικός ακέραιος $\displaystyle{m}$ τέτοιος, ώστε σε κάθε υποσύνολο του συνόλου $\displaystyle{S=\left\{1, 2, 3, \ldots, 2015\right\}}$ με $\displaystyle{m}$ στοιχεία το άθροισμα δύο στοιχείων του, όχι απαραίτητα διαφορετικών μεταξύ τους, να είναι δύναμη του $\displaystyle{2}$ .

Το είδαμε εδώ (ελαφρώς διαφορετικό):
viewtopic.php?p=161331#p161331

Ήμουν σίγουρος πως είχαμε ξαναδεί παρόμοια. Είχα ψάξει να την βρω χωρίς όμως επιτυχία.

Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

Μέλη σε σύνδεση