Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Soteris · #1

Πρόβλημα 1

Ένας πατέρας αποφάσισε να μοιράσει στα παιδιά του ένα χρηματικό ποσό που έχει στην τράπεζα ως εξής:

Το πρώτο παιδί θα πάρει $\displaystyle{10000}$ ευρώ και το $\displaystyle{1/8}$ του υπολοίπου. Μετά την αφαίρεση του μεριδίου του πρώτου παιδιού, το δεύτερο παιδί θα πάρει $\displaystyle{20000}$ ευρώ και το $\displaystyle{1/8}$ του υπολοίπου. Μετά την αφαίρεση των μεριδίων του πρώτου και δεύτερου παιδιού, το τρίτο παιδί θα πάρει $\displaystyle{30000}$ ευρώ και το $\displaystyle{1/8}$ του υπολοίπου. Η διαδικασία αυτή ακολουθείται για όλα τα παιδιά. Αν είναι γνωστό ότι με την πιο πάνω διαδικασία, το χρηματικό ποσό μοιράστηκε εξίσου σε όλα τα παιδιά και δεν μένει υπόλοιπο στο τέλος, να βρείτε:

(α) πόσα είναι όλα τα παιδιά,

(β) ποιο είναι το χρηματικό ποσό που ο πατέρας αποφάσισε να μοιράσει στα παιδιά του και

(γ) ποιο είναι το μερίδιο του κάθε παιδιού.

Πρόβλημα 2

Να προσδιορίσετε όλες τις τιμές του ακέραιου αριθμού $\displaystyle{x}$ , για τις οποίες ο $\displaystyle{k=\sqrt{x^2-6x+14}}$ είναι ακέραιος αριθμός.

Πρόβλημα 3

Σε τετράπλευρο $\displaystyle{\rm{AB\Gamma\Delta}}$ είναι $\displaystyle{\rm{AB}=\rm{\Delta\Gamma}}$ . Αν $\displaystyle{\rm{E, Z}}$ είναι τα μέσα των πλευρών του $\displaystyle{\rm{A\Delta, B\Gamma}}$ , αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι η ευθεία $\displaystyle{\rm{EZ}}$ σχηματίζει ίσες γωνίες με τις ευθείες $\displaystyle{\rm{AB}}$ και $\displaystyle{\rm{\Gamma\Delta}}$ .

Πρόβλημα 4

Να βρείτε με πόσους τρόπους μπορούμε να γράψουμε τον αριθμό $\displaystyle{2016}$ ως γινόμενο τριών θετικών ακεραίων, αν μας ενδιαφέρει η σειρά των παραγόντων του γινομένου (πχ τα γινόμενα $\displaystyle{1\cdot 2\cdot 1008}$ και $\displaystyle{2\cdot 1\cdot 1008}$ θεωρούνται διαφορετικά).

JimNt. · #2

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 2

Να προσδιορίσετε όλες τις τιμές του ακέραιου αριθμού $\displaystyle{x}$ , για τις οποίες ο $\displaystyle{k=\sqrt{x^2-6x+14}}$ είναι ακέραιος αριθμός.

Πρέπει

, με

ακέραιο. Έχουμε την β'βάθμια x^2-6x+14-m^2=0

της οποίας η $\Delta=4m^2-20$ πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο. Πρέπει δηλαδή 4m^2-20=a^2

$\Leftrightarrow$ (2m+a)(2m-a)=20

. Παίρνοντας μία μια τις περιπώσεις που προκύπτουν παίρνουμε m=-3,+3

. Συνεπώς πρέπει x^2-6x+5=0

$\Leftrightarrow$ (x-5)(x-1)=0

$\Leftrightarrow$ $\boxed{x=5,1}$ .

harrisp · #3

1) Έστω

τα χρήματα στην αρχή σχηματίζουμε την εξισωση:

10000+1/8(x-10000)=20000+1/8(x-30000-1/8(x-10000)

οπου παίρνουμε x=490000

και τα υπόλοιπα έρχονται μόνα τους. (7 παιδια και 70000

το καθένα)

ΥΓ. Πολυ χρήμα ο πατέρας

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #4

JimNt. έγραψε:
Soteris έγραψε: Πρόβλημα 2

Να προσδιορίσετε όλες τις τιμές του ακέραιου αριθμού $\displaystyle{x}$ , για τις οποίες ο $\displaystyle{k=\sqrt{x^2-6x+14}}$ είναι ακέραιος αριθμός.

Πρέπει , με ακέραιο.

Εναλλακτικά:

$x^2-6x+14=m^2\Leftrightarrow (x-3)^2+5=m^2$ και εύκολα βρίσκουμε πως τα μοναδικά τέλεια τετράγωνα που "απέχουν"

είναι το

και το

, άρα

$\Leftrightarrow x=5$ ή x=1

harrisp · #5

Και εγω δεν ειμαι σίγουρος.

$2016=2^5\cdot 3^2\cdot 7$ .

Αρα οι ζητουμενοι τρεις αριθμοι θα ειναι της μορφής

$a=2^{x_1}3^{y_1}7^{z_1}$

$b=2^{x_2}3^{y_2}7^{z_2}$

$c=2^{x_3}3^{y_3}7^{z_3}$

Και αφου υπαρχουν 21 τροποι ωστε το άθροισμα των εκθετών του 2 να ειναι 5, 6 ωστε του 3 να ειναι 2 και 3 ωστε του 7 να ειναι 1 εχουμε συνολικά 378

τρόπους.

#6

Soteris έγραψε:...

Πρόβλημα 3
Σε τετράπλευρο $\displaystyle{\rm{AB\Gamma\Delta}}$ είναι $\displaystyle{\rm{AB}=\rm{\Delta\Gamma}}$ . Αν $\displaystyle{\rm{E, Z}}$ είναι τα μέσα των πλευρών του $\displaystyle{\rm{A\Delta, B\Gamma}}$ , αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι η ευθεία $\displaystyle{\rm{EZ}}$ σχηματίζει ίσες γωνίες με τις ευθείες $\displaystyle{\rm{AB}}$ και $\displaystyle{\rm{\Gamma\Delta}}$ .

: Πρόβλημα 3.png (25.4 KiB) Προβλήθηκε 2399 φορές

Έστω $K\equiv AB\cap EZ$ , $L\equiv CD\cap EZ$ και $M\equiv AB\cap CD$ . Θεωρούμε το συμμετρικό του συμμετρικού του ως προς το .

Τότε παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιες διχοτομούνται) άρα $CF=AB=CD\Rightarrow \vartriangle CDF$ ισοσκελές οπότε $\boxed{\angle CDF = \angle CFD}:\left( 1 \right)$

και $\boxed{ZE\parallel FD}:\left( 2 \right)$ (αφού τα μέσα των αντίστοιχα). Τότε ισχύει:

$\angle AKE=\angle CFD$ (παράλληλες πλευρές του ίδιου προσανατολισμού) $\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{=}}\,\angle CDF\equiv \angle LDF\overset{\left( 2 \right)}{\mathop{=}}\,\angle ELD$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #7

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε: Και αφου υπαρχουν 15 τροποι ωστε το άθροισμα των εκθετών του 2 να ειναι 5

Νομίζω πως είναι

τρόποι.

Παρόλα αυτά νομίζω η βασική ιδέα είναι σωστή

harrisp · #8

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε: Και αφου υπαρχουν 15 τροποι ωστε το άθροισμα των εκθετών του 2 να ειναι 5
Νομίζω πως είναι τρόποι.

Παρόλα αυτά νομίζω η βασική ιδέα είναι σωστή

Πολύ σωστά Διονύση το διορθώνω.

#9

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 3

Σε τετράπλευρο $\displaystyle{\rm{AB\Gamma\Delta}}$ είναι $\displaystyle{\rm{AB}=\rm{\Delta\Gamma}}$ . Αν $\displaystyle{\rm{E, Z}}$ είναι τα μέσα των πλευρών του $\displaystyle{\rm{A\Delta, B\Gamma}}$ , αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι η ευθεία $\displaystyle{\rm{EZ}}$ σχηματίζει ίσες γωνίες με τις ευθείες $\displaystyle{\rm{AB}}$ και $\displaystyle{\rm{\Gamma\Delta}}$ .

Ας το δούμε και με διανυσματικές μεθόδους:

Έστω $\mathbf{a},\mathbf{b},\mathbf{c},\mathbf{d}$ τα διανύσματα θέσης των $A,B,\Gamma$ και $\Delta$ αντιστοιχα. Τότε

$\displaystyle{ \overrightarrow{OE} = \frac{\mathbf{a}+\mathbf{d}}{2}}$ και $\displaystyle{ \overrightarrow{OZ} = \frac{\mathbf{b}+\mathbf{c}}{2}}$

Άρα

$\displaystyle{ \overrightarrow{EZ} = \frac{(\mathbf{b}-\mathbf{a})+(\mathbf{c}-\mathbf{d})}{2}}$

Οπότε

$\displaystyle{ \overrightarrow{EZ} \cdot \overrightarrow{AB} = \frac{1}{2}\left( (BA)^2 + (\mathbf{c}-\mathbf{d}) \cdot (\mathbf{b}-\mathbf{a})\right)}$

Δηλαδή αν $\vartheta_1$ η γωνία που σχηματίζει η

με την

τότε

$\displaystyle{ \cos{\vartheta_1} = \frac{(BA)^2 + (\mathbf{c}-\mathbf{d}) \cdot (\mathbf{b}-\mathbf{a})}{2(EZ)(AB)}}$

Αναλόγως, αν $\vartheta_2$ η γωνία που σχηματίζει η

με την $\Gamma \Delta$ τότε

$\displaystyle{ \cos{\vartheta_2} = \frac{(\Gamma \Delta)^2 + (\mathbf{b}-\mathbf{a}) \cdot (\mathbf{c}-\mathbf{d})}{2(EZ)(\Gamma \Delta)}}$

Επομένως είναι $\vartheta_1=\vartheta_2$ όπως θέλαμε να δείξουμε.

Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Re: Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Re: Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Re: Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Re: Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Re: Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Re: Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Re: Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Re: Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Μέλη σε σύνδεση