JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

#1

Παραθέτω τα προβλήματα της Βαλκανικής Μαθηματικής Ολυμπιάδας Νέων ( JBMO ) 2010 που δόθηκαν σήμερα στο Olanesti της Ρουμανίας. Επισυνάπτω την αγγλική έκδοση των θεμάτων που υπάρχει στην επίσημη σελίδα της διοργάνωσης.

Εύχομαι από καρδιάς ΚΑΛΑ ΑΠΟΤΕΛΕΣΜΑΤΑ στην ελληνική αποστολή.

Θέμα 1ο

Οι πραγματικοί αριθμοί a,b,c,d

ικανοποιούν συγχρόνως τις εξισώσεις:

abc-d=1

Να αποδείξετε ότι $a+b+c+d\neq 0$ .

Θέμα 2ο

Να βρείτε όλους τους ακεραίους

, $n\geq 1$ για τους οποίους ο αριθμός $n\cdot 2^{n+1}+1$ είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Θέμα 3ο

Έστω

και

οι διχοτόμοι του μη ισοσκελούς τριγώνου ABC

(τα

βρίσκονται επί των BC, AC

αντίστοιχα). Η μεσοκάθετος του

τέμνει την ευθεία

στο σημείο

. Το σημείο

βρίσκεται πάνω στην ευθεία

έτσι ώστε η

να είναι παράλληλη στην

. Να αποδείξετε ότι LN=NA

.

Θέμα 4ο

Ένα ορθογώνιο $9 \ \times \ 7$ καλύπτεται από πλακίδια δύο τύπων που φαίνονται στην παρακάτω εικόνα (τα πλακίδια αποτελούνται από τρία, και τέσσερα μοναδιαία τετράγωνα αντίστοιχα και τα πλακίδια τύπου

μπορούν να περιστραφούν επανειλημμένα κατά $90^{\circ}$ .

: JBMO P4.PNG (1.75 KiB) Προβλήθηκε 3104 φορές

Έστω $n\geq 0$ ο αριθμός των $2 \ \times \ 2$ πλακιδίων τα οποία μπορούν να χρησιμοποιηθούν σε μία τέτοια κάλυψη. Να βρεθούν όλες οι τιμές του

.

Αλέξανδρος

chris · #2

Μία προσέγγιση για τη γεωμετρία(είναι τόσο μικρό ή μου ξεφεύγει κάτι?)

ΘΕΜΑ 3ο

Το τετράπλευρο ΑΒΜΚ είναι εγγράψιμο(Έστω οτι η ΑΜ τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΚ στο Ρ.Τότε ΡΒ=ΡΚ και $P\equiv M$ ).Έτσι προκύπτουν οι ισότητες: $\hat{ABK}=\hat{AMK}=\hat{MLN}=\hat{NBL}$ .Όμως τότε και το τετράπλευρο ΑΝLB είναι εγγράψιμο και έτσι έχουμε: $\hat{NBL}=\hat{NAL}=\hat{ALN}$
Άρα το τρίγωνο ΑNL είναι ισοσκελές και AN=NL

kwstas12345 · #3

1)
Mε πρόσθεση κατα μέλη και παραγοντοποιηση θα πάρω:

$\left(a+d \right)\left(bc-1 \right)=\left(-da+1 \right)\left(b+c \right)$ (1)

Έστω: $a+b+c+d=0\Leftrightarrow b+c=-\left(d+a \right)$

Τότε η (2) θα γίνει: $\left(d+a \right)\left(bc-da \right)=0,\Leftrightarrow bc=da,d+a\neq 0$ (3)

$d+a\neq 0$ αφού: $\left(d+a \right)\left(bc-1 \right)=3$

Άν όλοι οι αριθμοί είναι ίσοι με 0 τότε καταλήγουμε σε άτοπο από τις δοσμένες ισότητες.
Άν α=0 τότε c=0 ή d=0 λόγω της (3) ,τότε $a+b+c+d\neq 0$ .όμοια άν κάπιος άλλος είναι ίσος με 0.
Άρα $a,b,c,d\neq 0$ αλλά και: $d\neq -a$ και $b\neq -c$

Έστω λοιπόν: $a=kb,d=mc,m,k\neq 0$ τότε: $a+b+c+d=0\Leftrightarrow \left(k+1 \right)b+\left(m+1 \right)=0\Leftrightarrow k=m=-1 ,a,b\neq 0$
Άρα οδηγούμαστε στο: d=-c,a=-b

άτοπο
Άρα: $a+b+c+d\neq 0$

ΥΓ:Έκανα διόρθωση στην αρχική λύση.

#4

kwstas12345 έγραψε: $\left(b+c \right)\left(bc-1 \right)=\left(-da+1 \right)\left(d+a \right)$ (1)

Κώστα, εδώ μάλλον υπάρχει τυπογραφικό. Το σωστό είναι

$\left(a+d \right)\left(bc-1 \right)=\left(-da+1 \right)\left(b+c \right)$

kwstas12345 έγραψε:
Έστω λοιπόν: $a=kb,d=mc,m,k\neq 0$ τότε:.

Γιατί

; (Ισχύει αλλά νομίζω δεν είναι προφανές)

#5

Διόρθωση της προηγούμενης λανθασμένης απάντησης (chris ευχαριστώ)

Μια απάντηση για το δεύτερο θέμα:

Εύκολα βλέπουμε ότι η μόνη λύση για $n \leqslant 3$ είναι η n=3

. Θα δείξουμε ότι δεν υπάρχουν άλλες λύσεις.

Έστω $n2^{n+1} + 1 = m^2$ . Τότε ο

πρέπει να είναι περιττός. Έστω m=2k+1

. Άρα $n2^{n+1} = m^2 - 1 = 4k(k+1)$ και άρα $n2^{n-1} = k(k+1)$ .

Λήμμα: $2^{n-1} \geqslant n + 4$ για κάθε $n \geqslant 4$ .

Απόδειξη: Εύκολα με επαγωγή.

Αν

άρτιος: Τότε $2^{n-1}|k$ και άρα $n2^{n-1} = k(k+1) \geqslant 2^{n-1}(2^{n-1} + 1) \geqslant 2^{n-1}(n+5)$ , άτοπο.

Αν

περιττός: Τότε $2^{n-1}|(k+1)$ και άρα $n2^{n-1} = k(k+1) \geqslant (2^{n-1}-1)2^{n-1} \geqslant (n+4)2^{n-1}$ , άτοπο.

Άρα η μόνη λύση είναι η n=3

.

#6

Για

και

δεν έχουμε λύσεις.

Ας υποθέσουμε λοιπόν ότι $n\geq 3$ και ότι

$n\cdot 2^{n+1}+1=k^2$ και ότι n=n_12^t

, όπου $t\geq 0$ και n_1

περιττός. Τότε $(k-1)(k+1)=n_1\cdot 2^{n_12^t+t+1} \ \ (1)$ .

Επειδή το δεξί μέλος είναι άρτιος άρα πρέπει ο

να είναι περιττός. Συνεπώς (k-1,k+1)=2

οπότε $\left(\frac{k-1}{2},\frac{k+1}{2}\right)=1$ .

Αν k-1=2l

και

τότε

και $m-l=1 \ \ (2)$ .

Άρα o

είναι άρτιος και ο

περιττός ή o

είναι περιττός και ο

άρτιος.

1η Περίπτωση: Αν o

είναι άρτιος και ο

περιττός τότε λόγω της (1)

παίρνουμε:

$m=2^{n_12^t+t-1}, l=n_1$ και λόγω της (2)

παίρνουμε:

$2^{n_12^t+t-1}=n_1+1$ .

Όμως για $t\geq 1$ είναι αδύνατη (π.χ. εφαρμόστε την ανισότητα Bernoulli).

Άρα t=0

απ΄ την οποία παίρνουμε τελικά ότι $2^{n_1-1}=n_1+1$ άρα n_1=3

οπότε $\boxed{n=3}$ (Για n_1>3

ισχύει $2^{n_1-1}>n_1+1$ και η απόδειξη είναι εύκολη με επαγωγή).

2η Περίπτωση: Αν ο

είναι περιττός και ο

είναι άρτιος τότε λόγω της (1)

παίρνουμε:

m=n_1

και $l=2^{n_12^t+t-1}$ και λόγω της (2)

παίρνουμε:

$2^{n_12^t+t-1}=n_1-1$ η οποία για $t\geq 1$ είναι αδύνατη (απόδειξη όπως πριν με Βernoulli).

Άρα t=0

και καταλήγουμε στην $2^{n_1-1}=n_1-1$ που είναι αδύνατη αφού για $n_1 \geq 1$ ισχύει $2^{n_1-1}>n_1-1$ .

Αλέξανδρος

#7

Μια απόδειξη για το (4).

Έστω ότι χρησιμοποιούμε

L-πλακίδια. Επειδή 3m + 4n = 63

πρέπει $m \equiv 1 \bmod 4$ . Άρα m = 1,5,9,13,17

ή

και

αντίστοιχα.

Χρωματίζουμε την σκακιέρα όπως στο συνημμένο. Υπάρχουν 20 μαύρα μοναδιαία τετραγωνάκια και κάθε πλακίδιο καλύπτει το πολύ 1 μαύρο τετράγωνο. Άρα πρέπει να χρησιμοποιήσουμε τουλάχιστον 20 πλακίδια. Άρα οι περιπτώσεις (m,n) = (1,15),(5,12),(9,9)

και

αποκλείονται.

Οι άλλες δυο περιπτώσεις (m,n) = (17,3)

και

είναι δυνατές όπως φαίνεται στα συνημμένα.

Άρα οι πιθανές τιμές του

είναι 0 και 3.

(Θα ακολουθήσουν τα συνημμένα.)

chris · #8

Λοιπόν κάτι λίγο πολύπλοκο για το 4

ΘΕΜΑ 4ο

Έστω ένα ορθογώνιο $9\times 7$ στο οποίο ονομάζουμε με $A_{1},A_{2},...,A_{9}$ αντίστοιχα την κάθε στήλη και $B_{1},B_{2},...,B_{7}$ την κάθε γραμμή.Χρωματίζουμε με μπλε χρώμα τα μοναδιαία τετράγωνα $A_{1}B_{1},A_{3}B_{1},A_{5}B_{1},A_{7}B_{1},A_{9}B_{1}$
$A_{1}B_{3},A_{3}B_{3},A_{5}B_{3},A_{7}B_{3},A_{9}B_{3}$
$A_{1}B_{5},A_{3}B_{5},A_{5}B_{5},A_{7}B_{5},A_{9}B_{5}$
και $A_{1}B_{7},A_{3}B_{7},A_{5}B_{7},A_{7}B_{7},A_{9}B_{7}$ (20 το πλήθος)

Με κίτρινο τα τετράγωνα
$A_{2}B_{1},A_{4}B_{1},A_{6}B_{1}$
$A_{2}B_{3},A_{4}B_{3},A_{6}B_{3}$
$A_{2}B_{5},A_{4}B_{5},A_{6}B_{5}$
και $A_{2}B_{7},A_{4}B_{7},A_{6}B_{7}$ (16 το πλήθος)

Με πράσινο τα τετράγωνα:
$A_{1}B_{2},A_{3}B_{2},A_{5}B_{2},A_{7}B_{2}$
$A_{1}B_{4},A_{3}B_{4},A_{5}B_{4},A_{7}B_{4}$
και $A_{1}B_{6},A_{3}B_{6},A_{5}B_{6},A_{7}B_{6}$ (15 το πλήθος)

Με κόκκινο τα τετράγωνα:
$A_{2}B_{2},A_{4}B_{2},A_{6}B_{2}$
$A_{2}B_{4},A_{4}B_{4},A_{6}B_{4}$
και $A_{2}B_{6},A_{4}B_{6},A_{6}B_{6}$ (14 το πλήθος)

Έστω

τα τετράγωνα $2\times 2$ και a,b,c,d

οι τέσσερις μορφές του άλλου σχήματος λόγω της δυνατότητας περιστροφής τους κατα $90^{o}$ που όμως δεν περιλαμβάνουν κάποιο μοναδιαίο τετράγωνο χρώματος κόκκινου,πράσινου,κίτρινου και μπλέ αντίστοιχα.Τότε οδηγούμαστε τελικά στην εξίσωση $a+b+c+d=1-\frac{4n}{3}$ (εδώ οδηγούμαστε απο τα αθροίσματα n+a+b+c=20,n+a+c+d=16,n+a+c+d=15,n+b+c+d=14

...λόγω του πληθους που βρίκαμε παραπάνω)και $d=1-\frac{n}{3}$ απο όπου προκύπτει n=0

ή

δεδομένου του οτι a,b,c,d θετικοί ακέραιοι.Εύκολα κατασκευάζουμε παραδείγματα για n=0 ή n=3 όπως ο Δημήτρης παραπάνω.

Φιλικά Χρήστος

Nick1990 · #9

Για τα προβληματα 2,3 με καλυψατε απολυτως, μια παρατηρηση ομως: το προβλημα γεωμετριας εχει πολυ συντομη λυση αλλα στηριζεται στην ωραια ιδεα οτι η διχοτομος και η μεσοκαθετη τεμνονται πανω στον περιγεγραμμενο, και γι αυτο ισως θα μπορουσε να μπει σαν ευκολο προβλημα και σε διαγωνισμο για Seniors.

Επισης μια λυση για το 1, ωστε να ειμαστε ολοκληρωμενοι:

Αν ενας απο τους αριθμους ειναι 0, τοτε ευκολα βλεπουμε οτι δεν ισχυει το ζητουμενο (προσθετουμε κατα μελη τις 3 σχεσεις στις οποιες το γινομενο των 3 απο τους 4 αριθμους μηδενιζεται, και αυτο καθε φορα προκειπτει μη-μηδενικο).
Αν ειναι ολοι μη μηδενικοι, προσθετουμε κατα μελη και διαιρουμε με abcd

οποτε προκειπτει οτι αν το αθροισμα των αριθμων ειναι 0, τοτε και το αθροισμα των αντιστροφων τους ειναι επισης 0. οποτε $1 = \frac{1}{-c} \times {-c} = (a + b + c)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) \Rightarrow \sum_{sym}{\frac{a}{b}} + 2 = 0 \Rightarrow \sum_{sym}{a^2b} + 2abc = 0 \Rightarrow (a+b)(b+c)(c+a) = 0$
Οποτε αφου το αθροισμα των 4 αριθμων ισουτε με το 0 θα εχουμε:

a = -c, b = -d

η

Στην πρωτη περιπτωση, αν ειναι k = abcd

τοτε η πρωτη και η τριτη απο τις 4 δοσμενες ισοτητες, μας δινουν:
$d^2 + d = k = b^2 + 3b = d^2 - 3d \Rightarrow d=0$ , ατοπο
Στην δευτερη περιπτωση, ομοιως συνδιαζοντας την πρωτη και την τεταρτη απο τις 4 δοσμενες σχεσεις, προκειπτει:
$d^2 + d = k = c^2 - 6c = d^2 + 6d \Rightarrow d=0$ , ατοπο.
Στην τριτη περιπτωση συνδιαζοντας τις 2 πρωτες απο τις 4 δοσμενες σχεσεις προκειπτει:
$d^2 + d = k = a^2 + 2a = d^2 - 2d \Rightarrow d=0$ , ατοπο.

Αρα σε καθε περιπτωση το αθροισμα των 4 αριθμων θα ειναι μη μηδενικο.

Καλα αποτελεσματα στην Ελληνικη αποστολη!

S.E.Louridas · #10

Συνάδελφε Νίκο1990 (το εννοώ)
Αν από το σημείο Μ θεωρήσει κανείς τις κάθετες στις ΑΒ,ΑC (κλασική κίνηση οταν έχουμε σημείο της διχοτόμου που είναι απο τα πρώτα που διδάσκουμε) και συγκρίνουμε τα ορθογώνια τρίγωνα θα βγούν αυτόματα ίσα και άρα οδηγούμαστε στην εγγραψιμμότητα του τετραπλεύρου.

S.E.Louridas

Nick1990 · #11

S.E.Louridas έγραψε:Συνάδελφε Νίκο1990 (το εννοώ)
Αν από το σημείο Μ θεωρήσει κανείς τις κάθετες στις ΑΒ,ΑC (κλασική κίνηση οταν έχουμε σημείο της διχοτόμου που είναι απο τα πρώτα που διδάσκουμε) και συγκρίνουμε τα ορθογώνια τρίγωνα θα βγούν αυτόματα ίσα και άρα οδηγούμαστε στην εγγραψιμμότητα του τετραπλεύρου.

S.E.Louridas

Ναι συμφωνω, ειναι πολυ γνωστη ιδεα που προκειπτει και απο ισοτητα εγγεγραμμενων γωνιων. Ηθελα να πω απλα οτι η ιδεα αυτη χρησημοποιειτε συχνα και σε δυσκολοτερα προβληματα

S.E.Louridas · #12

Μα Νίκο προφανώς έχεις δίκιο αλλά κάπου-κάπου καλό είναι να γίνεται και Μ α θ η μ α τ ι κ ή κουβέντα,κατανοείς το γιατί.

S.E.Louridas

mathlete23 · #13

Βγήκαν τα αποτελέσματα!
http://fmi.unibuc.ro/jbmo2010/results.html

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά!

chris · #14

1)LOLAS PANAGIOTIS

(10,10,10,3 ,Σύνολο:33)
2)MALLIOS ELEFTERIOS

(5,9,6,2 Σύνολο:22)
3)KONSTANTINIDOU IRINI

(4,3,4,2,Σύνολο:13)
4)SFAKIANAKIS KONSTANTINOS

(4,3,1,3:Σύνολο:11)

Μπράβο στα παιδιά

και ειδικά στον συμπολίτη Παναγιώτη.Καλή επιτυχία του χρόνου στους senior(όσοι είναι Γ Γυμνασίου)

#15

Συγχαίρω όλη την ομάδα - μαζί και τους βραβευμένους - και τους εύχομαι πάντα διακρίσεις !

Μπάμπης

Nick1990 · #16

Συγχαρητηρια σε ολους και ιδιαιτερα στον Παναγιωτη για το Ασημενιο και για την πολυ καλη θεση στην τελικη καταταξη!

#17

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά! Μας κάνετε υπερήφανους...

Αλέξανδρος

S.E.Louridas · #18

Συγχαρητήρια, Συγχαρητήρια, ..... Συγχαρητήρια,....
Στούς Μαθητές - πρωταγωνιστές Μεγάλους Μαθηματικούς Juniors γιά την συμμετοχή τους και την προσωπική τους επιτυχία, ευχόμενος ταυτόχρονα οτι καλύτερο γιά το μέλλον τους.

Ειλικρινά,
S.E.Louridas

#19

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά !! Ιδιαίτερα συγχαρητήρια στον συντοπίτη Παναγιώτη που έγραψε εξαιρετικά !

#20

Θερμά Συγχαρητήρια!!

Αλήθεια, συμμετέχει κανένας από αυτούς του μαθητές στο forum;

Αν όχι, πως μπορούμε να το κάνουμε γνωστό σε αυτούς έτσι ώστε αν θελήσουν να συμμετάσχουν; Μπορούμε να κάνουμε κάτι;

Φιλικά,

Αχιλλέας

JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Μέλη σε σύνδεση