Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2015

Soteris · #1

Πρόβλημα 1

Να βρείτε όλα τα ζευγάρια των θετικών ακεραίων $\displaystyle{\left(x, y\rigth)}$ που ικανοποιούν την εξίσωση : $\displaystyle{1+\dfrac{3}{x}+\dfrac{2}{y}=\dfrac{y}{x}+\dfrac{5}{xy}}$

Πρόβλημα 2

Να βρείτε όλους τους ακεραίους $\displaystyle{\nu}$ έτσι ώστε ο αριθμός $\displaystyle{\sqrt{\dfrac{4\nu-2}{\nu+5}}$ να είναι ρητός αριθμός.

Πρόβλημα 3

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC}}$ με $\displaystyle{\angle{A}=60^{\circ}}$ . Φέρουμε τις διχοτόμους $\displaystyle{BD, CE}$ των γωνιών $\displaystyle{\angle{B}}$ , $\displaystyle{\angle{C}}$ αντίστοιχα. Να δείξετε ότι:
(α) $\displaystyle{\angle{BDC}=\angle{AEC}$
(β) $\displaystyle{BC=BE+CD}$

Πρόβλημα 4

Γράφουμε $\displaystyle{k \left(k\geq{5}\right)}$ πραγματικούς αριθμούς σε μια γραμμή και υποθέτουμε ότι ισχύουν τα παρακάτω:
(α) το άθροισμα οποιωνδήποτε τριών διαδοχικών αριθμών από αυτούς είναι θετικό
(β) το άθροισμα οποιωνδήποτε πέντε διαδοχικών αριθμών από αυτούς είναι αρνητικό

Να βρείτε τη μέγιστη τιμή του $\displaystyle{k}$ , για την οποία αυτό είναι δυνατόν να ισχύει.

Προσθέτω και το αρχείο με τα θέματα

#2

Σωτήρη ευχαριστούμε για τα θέματα!

1ο Θέμα

Η εξίσωση γράφεται y^2-(x+3)y+5-2x=0

συνεπώς για να έχει ακέραιες λύσεις θα πρέπει η διακρίνουσα $\Delta=x^2+14x-11$ να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου. Έστω λοιπόν

$x^2+14x-11=k^2\Leftrightarrow (x+7)^2-k^2=60\Leftrightarrow (x+7-k)(x+7+k)=60$ και η συνέχεια είναι γνωστή. Από την τελευταία οι μόνες θετικές ακέραιες λύσεις που βγάζουμε για το

είναι

ή

.

Για

βρίσκουμε

ή

.

Για

βρίσκουμε

.

Άρα τα ζητούμενα ζεύγη είναι τα (x,y)=(1,1),(1,3),(9,13)

.

#3

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 2

Να βρείτε όλους τους ακεραίους $\displaystyle{\nu}$ έτσι ώστε ο αριθμός $\displaystyle{\sqrt{\dfrac{4\nu-2}{\nu+5}}$ να είναι ρητός αριθμός.

Έστω ότι $\dfrac{4n-2}{n+5}=\dfrac{a^2}{b^2}$ όπου (a,b)=1

Τότε από την προηγούμενη σχέση παίρνουμε

$n=\dfrac{2b^2+5a^2}{4b^2-a^2}=\dfrac{5(a^2-4b^2)+22b^2}{4b^2-a^2}=-5+\dfrac{22b^2}{4b^2-a^2}$

και επειδή (4b^2-a^2,b^2)=1

άρα πρέπει 4b^2-a^2|22

άρα $4b^2-a^2\in\{\pm 1, \pm 2, \pm 11, \pm 22\}$

Από τις παραπάνω περιπτώσεις η μόνη που δίνει ακέραιες λύσεις (ώστε $b\neq 0$ ) είναι η 4b^2-a^2=11

που δίνει

απ' όπου $\boxed{n=13}$ .

Σχόλιο: Μοίαζει πολύ με την άσκηση από τον Αρχιμήδη του 2009 εδώ

Αλέξανδρος

#4

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 3

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC}}$ με $\displaystyle{\angle{A}=60^{\circ}}$ . Φέρουμε τις διχοτόμους $\displaystyle{BD, CE}$ των γωνιών $\displaystyle{\angle{B}}$ , $\displaystyle{\angle{C}}$ αντίστοιχα. Να δείξετε ότι:
(α) $\displaystyle{\angle{BDC}=\angle{AEC}$
(β) $\displaystyle{BC=BE+CD}$

(α) Ως γνωστόν είναι

$\displaystyle{\angle EID=90^o+\frac{A}{2}=120^o.}$

Άρα το τετράπλευρο $\displaystyle{AEID}$ είναι εγγράψιμο. Το ζητούμενο έπεται.

(β) Από τον Νόμο των συνημιτόνων είναι $\displaystyle{\boxed{a^2=b^2+c^2-bc}}$ $\displaystyle{\bf (\color{red}\maltese\color{black})}$

Είναι τότε

$\displaystyle{BE+DC=\frac{ac}{a+b}+\frac{ab}{a+c}=a\frac{b^2+c^2+ac+ab}{a^2+bc+ab+ac}\stackrel{\bf (\color{red}\maltese\color{black})}{=}a.}$

#5

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 3

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC}}$ με $\displaystyle{\angle{A}=60^{\circ}}$ . Φέρουμε τις διχοτόμους $\displaystyle{BD, CE}$ των γωνιών $\displaystyle{\angle{B}}$ , $\displaystyle{\angle{C}}$ αντίστοιχα. Να δείξετε ότι:
(α) $\displaystyle{\angle{BDC}=\angle{AEC}$
(β) $\displaystyle{BC=BE+CD}$

Έστω ότι οι διχοτόμοι τέμνονται στο σημείο

. Προφανώς $\angle{BIC}=120^{\circ}$ και $x+y=60^{\circ}$ (από το τρίγωνο ABC

).

α) Επειδή η $\angle{AEC}$ είναι εξωτερική στο τρίγωνο BEC

άρα $\angle{AEC}=2x+y$ . Επειδή η $\angle{BDC}$ είναι εσωτερική στο τρίγωνο BDC

άρα $\angle{BDC}=180^{\circ}-(x+2y)$ . Λόγω της ισότητας $x+y=60^{\circ}$ έχουμε το ζητούμενο για το πρώτο ερώτημα.

β) Παίρνουμε σημείο

επί της

τέτοιο ώστε BE'=BE

. Αρκεί να αποδείξουμε ότι CE'=CD

δηλαδή ότι $CI\perp DE'$ (η

είναι ήδη διχοτόμος συνεπώς αν είναι και ύψος, το τρίγωνο είναι ισοσκελές). Λόγω του προηγούμενου ερωτήματος το τετράπλευρο AEID

είναι εγγράψιμο άρα $\angle{IDE}=\angle{IAE}=30^{\circ}$ και αφού το

είναι σημείο της μεσοκαθέτου του EE'

άρα

συνεπώς η

είναι διχοτόμος της $\angle{EDE'}$ άρα $\angle{IDE'}=\angle{IDE}=30^{\circ}$ και επειδή επιπλέον $\angle{CID}=60^{\circ}$ άρα $DE'\perp IC$ και το ζητούμενο δείχτηκε.

: Epilogis15Kipros.gif (11.8 KiB) Προβλήθηκε 2700 φορές

Σχόλιο: Άρα το

είναι το ορθόκεντρο του EE'D

.

Αλέξανδρος

#6

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 3

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC}}$ με $\displaystyle{\angle{A}=60^{\circ}}$ . Φέρουμε τις διχοτόμους $\displaystyle{BD, CE}$ των γωνιών $\displaystyle{\angle{B}}$ , $\displaystyle{\angle{C}}$ αντίστοιχα. Να δείξετε ότι:
(α) $\displaystyle{\angle{BDC}=\angle{AEC}$
(β) $\displaystyle{BC=BE+CD}$

Καλησπέρα.

α) $\displaystyle{2\omega + 2\varphi = 120 \Leftrightarrow \omega + \varphi = {60^0}}$
Οι $\displaystyle{A\widehat EC,B\widehat DC}$ είναι εξωτερικές γωνίες στα τρίγωνα BEC, BDA

αντίστοιχα.
$\displaystyle{A\widehat EC = 2\omega + \varphi = {60^0} + \omega = B\widehat DC}$

: Cyprus.png (9.16 KiB) Προβλήθηκε 2708 φορές

β) Αν οι διχοτόμοι τέμνονται στο

, φέρνω τη διχοτόμο

της γωνίας $B\widehat IC$ .
$\displaystyle{A\widehat EC = {60^0} + \omega \Leftrightarrow E\widehat IB = {60^0} = B\widehat IH = H\widehat IC \Rightarrow C\widehat ID = {60^0}}$
Τα τρίγωνα λοιπόν BIE, BIH

είναι ίσα, καθώς επίσης και τα CIH,CID

.
Άρα $\displaystyle{BC = BH + HC \Leftrightarrow }$ $\boxed{BC=BE+CD}$

#7

Soteris έγραψε:
Πρόβλημα 4

Γράφουμε $\displaystyle{k \left(k\geq{5}\right)}$ πραγματικούς αριθμούς σε μια γραμμή και υποθέτουμε ότι ισχύουν τα παρακάτω:
(α) το άθροισμα οποιωνδήποτε τριών διαδοχικών αριθμών από αυτούς είναι θετικό
(β) το άθροισμα οποιωνδήποτε πέντε διαδοχικών αριθμών από αυτούς είναι αρνητικό

Να βρείτε τη μέγιστη τιμή του $\displaystyle{k}$ , για την οποία αυτό είναι δυνατόν να ισχύει.

Παρόμοιο πρόβλημα είχε μπει στην ΙΜΟ του 1977.

Έστω ότι $k \geqslant 7$ και έστω $a_1,\ldots,a_7$ εφτά διαδοχικοί αριθμοί που ικανοποιούν τα (α) και (β). Κοιτάμε τον πίνακα

$\displaystyle{ \begin{pmatrix} a_1 & a_2 & a_3 \\ a_2 & a_3 & a_4 \\ a_3 & a_4 & a_5 \\ a_4 & a_5 & a_6 \\ a_5 & a_6 & a_7 \end{pmatrix}.}$

Προσθέτοντας τους αριθμούς κατά γραμμές το άθροισμα είναι θετικό (από το (α)) ενώ προσθέτοντας κατά στήλες, το άθροισμα είναι αρνητικό (από το (β)). Αυτό είναι άτοπο, άρα $k \leqslant 6$ .

Μπορούμε να πετύχουμε k=6

με την ακολουθία 3,-5,3,3,-5,3

.

Σωτήρη, έχεις και τις ερωτήσεις από τον προκριματικό των μεγάλων;

#8

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 1

Να βρείτε όλα τα ζευγάρια των θετικών ακεραίων $\displaystyle{\left(x, y\rigth)}$ που ικανοποιούν την εξίσωση : $\displaystyle{1+\dfrac{3}{x}+\dfrac{2}{y}=\dfrac{y}{x}+\dfrac{5}{xy}}$

Η εξίσωση γράφεται:

$\displaystyle{{y^2} - xy - 3y + 5 - 2x = 0 \Leftrightarrow {y^2} - 3y + 5 = x(y + 2) \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{x = \frac{{{y^2} - 3y + 5}}{{y + 2}} = \frac{{{y^2} - 5y + 2y - 10 + 15}}{{y + 2}} = \frac{{(y - 5)(y + 2) + 15}}{{y + 2}} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{x = y - 5 + \frac{{15}}{{y + 2}}}$ . Ο θετικός ακέραιος y+2

είναι διαιρέτης του

, άρα ο

μπορεί να πάρει τιμές

, ή

.

Έχουμε λοιπόν τα ζευγάρια: $\displaystyle{(x,y) = (1,1) \vee (1,3) \vee (9,13)}$

#9

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 1

Να βρείτε όλα τα ζευγάρια των θετικών ακεραίων $\displaystyle{\left(x, y\rigth)}$ που ικανοποιούν την εξίσωση : $\displaystyle{1+\dfrac{3}{x}+\dfrac{2}{y}=\dfrac{y}{x}+\dfrac{5}{xy}}$

Ή ελάχιστα διαφορετικά από τη λύση του Γιώργου παραπάνω, η εξίσωση γράφεται (x-y+5)(y+2)=15

απ' όπου η συνέχεια είναι γνωστή καθώς οι διαιρέτες του

είναι επίσης γνωστοί άρα κάθε ένας εκ των παραγόντων του 1ου μέλους να είναι διαιρέτης (του γνωστού αριθμού) του 2ου μέλους.

Πώς όμως καταλήξαμε στην παραγοντοποίηση αυτή;

1η σκέψη: Η παράσταση γράφεται y^2-xy-3y-2x+5=0

. Θα θέλαμε να παραγοντοποιήσουμε το 1ο μέλος με τέτοιο τρόπο ώστε στο δεύτερο μέλος να έχουμε σταθερό αριθμό (του οποίου οι διαιρέτες να είναι γνωστοί).

2η σκέψη: (Πώς να είναι άραγε οι παράγοντες του γινομένου;) Λόγω του y^2

θα πρέπει μάλλον η παραγοντοποίηση να είναι της μορφής (y-...)(y-...)

3η σκέψη: Λόγω των παραγόντων $xy, \ -3y, \ -2x$ καταλήγουμε ότι η παραγοντοποίηση θα είναι της μορφής (y+ax+b)(y+c)

για κάποιους (ας ελπίσουμε) ακεραίους a,b,c

. Πράγματι επειδή (y+ax+b)(y+c) = y^2+axy+(b+c)y+acx+bc

άρα απαιτούμε να ισχύουν τα εξής (ο σταθερός όρος δε μας ενδιαφέρει γιατί θα μεταφερθεί στο άλλο μέλος):

$\begin{cases} a=-1 \\ b+c=-3 \\ ac=-2 \end{cases}$ το οποίο δίνει τη λύση $a=-1, \ b=-5, \ c=2$ .

κι έτσι η παράσταση γράφεται $(y-x-5)(y+2)=-15 \Leftrightarrow (x-y+5)(y+2)=15$

Αλέξανδρος

T-Rex · #10

[

Κύριε γιατι ισχύει; Είναι εύκολο να το γράψετε αναλυτικά;

gavrilos · #11

cretanman έγραψε:
Soteris έγραψε: Πρόβλημα 2

Να βρείτε όλους τους ακεραίους $\displaystyle{\nu}$ έτσι ώστε ο αριθμός $\displaystyle{\sqrt{\dfrac{4\nu-2}{\nu+5}}$ να είναι ρητός αριθμός.

Σχόλιο: Μοίαζει πολύ με την άσκηση από τον Αρχιμήδη του 2009 εδώ

Είναι η άσκηση 2 από εδώ (Ρουμανία Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2001)

T-Rex έγραψε:[
Κύριε γιατι ισχύει; Είναι εύκολο να το γράψετε αναλυτικά;

Υποθέσαμε στην αρχή ότι $\displaystyle{(a,b)=1}$ άρα $\displaystyle{(a^2,b^2)=1 \ \bf \color{red} (1)}$ .Ας είναι τώρα $\displaystyle{d=(4b^2-a^2,b^2)}$ .

Τότε $\displaystyle{d\mid 4b^2-a^2}$ και $\displaystyle{d\mid -4b^2}$ άρα διαιρεί και το άθροισμα των αριθμών δηλαδή $\displaystyle{d\mid 4b^2-a^2-4b^2=-a^2}$ άρα $\displaystyle{d\mid a^2}$ .

Επομένως $\displaystyle{d\mid a^2}$ και $\displaystyle{d\mid b^2}$ .Τώρα η $\displaystyle{\bf \color{red} (1)}$ δίνει $\displaystyle{d=1}$ .

#12

gavrilos έγραψε: Επομένως $\displaystyle{d\mid a^2}$ και $\displaystyle{d\mid b^2}$ .Τώρα η $\displaystyle{\bf \color{red} (1)}$ δίνει $\displaystyle{d=1}$ .

Απάντησε μια χαρά ο Γαβρήλος, με κάλυψε και τον ευχαριστώ. Μία βασική πρόταση που χρησιμοποίησε παραπάνω (προσπάθησέ την) είναι η εξής: Αν κάποιος αριθμός

διαιρεί δύο άλλους αριθμούς (εδώ το a^2

και το

) τότε διαιρεί και το μέγιστο κοινό διαιρέτη τους (που εδώ είναι το

άρα πρέπει d=1

).

Αλέξανδρος

T-Rex · #13

cretanman έγραψε:
gavrilos έγραψε: Επομένως $\displaystyle{d\mid a^2}$ και $\displaystyle{d\mid b^2}$ .Τώρα η $\displaystyle{\bf \color{red} (1)}$ δίνει $\displaystyle{d=1}$ .
Απάντησε μια χαρά ο Γαβρήλος, με κάλυψε και τον ευχαριστώ. Μία βασική πρόταση που χρησιμοποίησε παραπάνω (προσπάθησέ την) είναι η εξής: Αν κάποιος αριθμός διαιρεί δύο άλλους αριθμούς (εδώ το και το ) τότε διαιρεί και το μέγιστο κοινό διαιρέτη τους (που εδώ είναι το άρα πρέπει ).

Αλέξανδρος

Ευχαριστώ . Αν κατάλαβα καλά αφού τον ρητό τον γράψαμε σαν κλάσμα θα είναι σίγουρα (a,d)=1

και ο Γαβρήλος χρησιμοποιεί την ιδιότητα αν a/b

και

τότε

#14

T-Rex έγραψε: θα είναι σίγουρα

Θα είναι σίγουρα (a,b)=1

(τυπογραφικό) θεωρώντας ότι έχουμε κάνει όλες τις δυνατές απλοποιήσεις στο κλάσμα.

T-Rex έγραψε: ο Γαβρήλος χρησιμοποιεί την ιδιότητα αν και τότε

Σωστά!

Χαιρετίσματα στη Σταυρουλίτσα!

Αλέξανδρος

Soteris · #15

Επισυνάπτω τις προτεινόμενες λύσεις από την επιτροπή διαγωνισμών.

Αλέξανδρος.Θ · #16

Μπορεί καποιος να μου εξηγήσει καλύτερα το τέταρτο θέμα γιατι δεν το κατάλαβα ? Ευχαριστώ

Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2015

Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2015

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Μέλη σε σύνδεση