Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για EGMO/BMO/IMO

#1

Πρόβλημα 1: Δίνεται μη σταθερή συνάρτηση $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ με $f(x) = \alpha x^2 + \beta x + \gamma$ όπου $\alpha, \beta, \gamma$ πραγματικοί αριθμοί. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν ακέραιοι αριθμοί m, n

, τέτοιοι ώστε

$\displaystyle f(m) = f(6m-1)$ και $\displaystyle f(n) = f(3-15n)$

Πρόβλημα 2: Δίνεται τρίγωνο $AB\varGamma$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $(\omega)$ . Στο εσωτερικό των τμημάτων

και $A\varGamma$ παίρνουμε σημεία $\varDelta$ και

αντίστοιχα. Οι παράλληλες από τα σημεία

και $\varGamma$ προς την $\varDelta E$ τέμνουν τον κύκλο $(\omega)$ για δεύτερη φορά στα σημεία $\varTheta$ και

αντίστοιχα. Έστω

το σημείο τομής των ευθειών $\varDelta Z$ και $E\varTheta$ . Οι κάθετες ευθείες από το

προς τις $A\varDelta$ και $\varDelta E$ τέμνουν τις ευθείες $A\varDelta$ και $\varDelta E$ στα σημεία

και

αντίστοιχα.

Αν η ευθεία

τέμνει την $B\varGamma$ στο σημείο

, να αποδείξετε ότι η

είναι κάθετη στη $B\varGamma$ .

Πρόβλημα 3: Έστω

το πλήθος των τρόπων με τους οποίους μπορούμε να καλύψουμε μια $3 \times 2023$ σκακιέρα (

γραμμές και 2023

στήλες) χρησιμοποιώντας τα παρακάτω πλακίδια:

: Senior-B3-Fig1.png (1.85 KiB) Προβλήθηκε 1511 φορές

Να βρείτε τα δύο τελευταία ψηφία του

.

Σημείωση: Κάθε πλακίδιο καλύπτει ακριβώς τρία τετραγωνάκια της σκακιέρας και μπορεί να τοποθετηθεί μόνο όπως φαίνεται παραπάνω. Π.χ.\ το πρώτο από τα παραπάνω πλακίδια μπορεί να τοποθετηθεί μόνο κάθετα και όχι οριζόντια.

Πρόβλημα 4: Να αποδείξετε ότι υπάρχει πεπερασμένο πλήθος φυσικών αριθμών

που ικανοποιούν τη σχέση

$\displaystyle n - 2023 \leqslant d(n) + \varphi(n) \leqslant n\,.$

Σημείωση: Με συμβολίζουμε το πλήθος των θετικών διαιρετών του (συμπεριλαμβανομένων των και ) και με $\varphi(n)$ το πλήθος των θετικών ακεραίων μικρότερων ή ίσων του που είναι σχετικά πρώτοι ως προς τον .

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 23, 2023 2:40 pm

Πρόβλημα 4: Να αποδείξετε ότι υπάρχει πεπερασμένο πλήθος φυσικών αριθμών που ικανοποιούν τη σχέση

$\displaystyle n - 2023 \leqslant d(n) + \varphi(n) \leqslant n\,.$

Σημείωση: Με συμβολίζουμε το πλήθος των θετικών διαιρετών του (συμπεριλαμβανομένων των και ) και με $\varphi(n)$ το πλήθος των θετικών ακεραίων μικρότερων ή ίσων του που είναι σχετικά πρώτοι ως προς τον .

Έστω $d(n)+\varphi(n)=n-c(n)$ , ισοδύναμα θέλω το σύνολο

των θετικών ακεραίων με $0\leq c(n)\leq 2023$ να είναι πεπερασμένο,
έστω πως δεν είναι, μπορούμε να βρούμε λοιπόν πολύ μεγάλα στοιχεία στο

,
Αρχικά αν $p\in A$ πρώτος θα έπρεπε $0\leq -2+p+1-p\leq 2023$ το οποίο είναι αδύνατο, άρα στο

δεν υπάρχουν πρώτοι,
έστω τώρα $2^m\in A$ , θα έπρεπε $0\leq 2^m-2^{m-1}-(m+1)\leq 2023$ το οποίο είναι αδύνατο για μεγάλα

, άρα κοιτάμε τα μεγάλα στοιχεία του

που δεν είναι δυνάμεις του

.
Έστω $n\in A$ , έστω $n=p_1^{a_1}..p_t^{a_t}$ τότε $\dfrac{\varphi(n)}{n}=\dfrac{(p-1)p_1^{a_1-1}(p_1-1)..p_t^{a_t-1}(p_t-1)}{p_1^{a_1}..p_t^{a_t}}\leq \dfrac{1}{2^t}$
Υπάρχει $0\leq C\leq 2023$ ώστε c(n)=C

για άπειρα

στο

, οπότε κοιτάω μόνο αυτά, έστω αποτελούν το επίσης άπειρο

,
Για να

στο

έχω $\dfrac{C}{n}+\dfrac{\varphi(n)}{n}+\dfrac{d(n)}{n}=1$ και επομένως $\dfrac{\varphi(n)}{n}+\dfrac{d(n)}{n} \approx 1$
για τα μεγάλα

στο

, έδειξα ότι δεν υπάρχουν μεγάλες δυνάμεις του

, άρα για τα μεγάλα

έχω $\dfrac{d(n)}{n}=\dfrac{(a_1+1)..)(a_t+1)}{p_1^{a_1}..p_t^{a_t}}\leq \dfrac{a_t+1}{3^{a_t}}\leq \dfrac{2}{3}$ , και έτσι για τα μεγάλα

στο

θα πρέπει $\dfrac{\varphi(n)}{n}\geq \dfrac{1}{3}$ αφού όμως $\dfrac{\varphi(n)}{n} \leq \dfrac{1}{2^t}$ αυτό σημαίνει ότι τα μεγάλα

στο

έχουν μορφή n=p^m

είναι δηλαδή δυνάμεις πρώτων, τότε όμως $C+m+1+p^m-p^{m-1}=p^m\Leftrightarrow C=p^{m-1}-m-1$ η οποία όμως είναι απλό να δούμε ότι δεν έχει άπειρες λύσεις.

2nisic · #3

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 23, 2023 2:40 pm

Πρόβλημα 4: Να αποδείξετε ότι υπάρχει πεπερασμένο πλήθος φυσικών αριθμών που ικανοποιούν τη σχέση

$\displaystyle n - 2023 \leqslant d(n) + \varphi(n) \leqslant n\,.$

θα δείξουμε ότι $d(n)\geq \sqrt[3]{n}$ ισχύει για πεπερασμένο πλήθος αριθμών

.
Εστω $n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}*...*p_l^{a_l}$ αρκεί να δείξουμε ότι :
$(a_1+1)^3*...*(a_l+1)^3\geq p_1^{a_1}p_2^{a_2}*...*p_l^{a_l}$ ισχύει για πεπερασμένο πλήθος αριθμών

.

$p_i^{a_i}\geq (a_i+1)^3 ,\forall p_i\geqslant 11$
$\frac{(a+1)^3}{2^a}\leq 8$
$\frac{(a+1)^3}{2^a}\leq 3$ ,
$\frac{(a+1)^3}{2^a}\leq 8/5$
$\frac{(a+1)^3}{2^a}\leq 8/7$
Οπότε αρκεί να δείξουμε ότι:
$\frac{8^3*3}{35}(a_5+1)^3*...*(a_l+1)^3\geq p_1^{a_5}p_2^{a_6}*...*p_l^{a_l}$ ισχύει για πεπερασμένο πλήθος αριθμών

.

Αν

τότε $p_i^{a_i}>=11^a_i>=\frac{8^3*3}{35}(a_i+1)^3$ και $p_i^{a_i}\geq (a_i+1)^3 ,\forall p_i\geqslant 11$ οπότε δεν ισχύει.
Αρα a_i=1,2

.
Αν $p_l\geq \frac{8^4*3}{35}$ τότε $p_l^{a_l}\geq \frac{8^3*3}{35}(a_l+1)^3$ και $p_i^{a_i}\geq (a_i+1)^3 ,\forall p_i\geqslant 11$ οπότε δεν ισχύει.
Οπότε για να ισχύει θα πρέπει a_i=1,2

και

ώστε να μην υπάρχει $p_l\geq \frac{8^4*3}{35}$ .
Αρα υπάρχει

φυσικος τέτοιος ώστε $d(n)\leq \sqrt[3]{n}$ για κάθε n>=N

Ο

δεν μπορεί να είναι πρώτος διότι τότε : $n+1= d(n) + \varphi(n) \leqslant n$ .
Αφού

είναι σύνθετος υπάρχει πρώτος που p_j

με

και $p_j\leq \sqrt{n}$ τότε:
$\phi(n)=n(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})*...*(1-\frac{1}{p_l})\leq n(1-\frac{1}{p_j})\leq n(1-\frac{1}{\sqrt{n}})\leq n-\sqrt{n}$

Οπότε αρκεί να δείξουμε ότι το ακολουθώ ισχύει για πεπερασμένο πλήθος αριθμών:
$n-2023\leq d(n)+\phi(n)\leq n-\sqrt{n}+\sqrt[3]{n}\Rightarrow \sqrt{n}\leq \sqrt[3]{n}+2023$ που ισχύει.

2nisic · #4

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 23, 2023 2:40 pm

Πρόβλημα 3: Έστω το πλήθος των τρόπων με τους οποίους μπορούμε να καλύψουμε μια $3 \times 2023$ σκακιέρα ( γραμμές και στήλες) χρησιμοποιώντας τα παρακάτω πλακίδια:

Senior-B3-Fig1.png

Να βρείτε τα δύο τελευταία ψηφία του .

Έστω

το πλήθος των τροπών για να καλύψουμε μια $3 \times 2023$ σκακιέρα χρησιμοποιώντας τα πλακίδια.
Τότε: $a_{n+2}=a_{n+1}+2a_{n}$ με a_1=1

,

Με χαρακτηριστικη εξίσωση βρίσκουμε $a_n=\frac{2^{n+1}+(-1)^n}{3}$

θα βοούμε πρώτα τα δυο τελευταία ψηφιά του $2^{2024}-1$
$\phi(100)=(4-2)(25-5)=40\Rightarrow 2^{2024}-1\equiv 2^{24}-1\equiv (2^{12})^2-1\equiv (96)^2-1\equiv 16-1\equiv 15(mod 100)$

Έστω $\frac{2^{2024}-1}{3}\equiv x(mod100)$ τότε επειδή (3,100)=1

έχουμε $\frac{1}{3}\equiv 67(mod100)$ οπότε:
$x\equiv \frac{2^{2024}-1}{3}\equiv 67*(2^{2024}-1)\equiv 67*15\equiv 5(mod 100)$

vk2006 · #5

Πρόβλημα 1

$f(m)=f(6m-1)\Rightarrow am^2 +\beta m + \gamma = a(36m^2 -12m +1)+ \beta(6m-1) +\gamma\Rightarrow \newline a(35m^2 -12m +1) + \beta(5m-1)=0$
Άρα (35m^2 -12m +1)=0

και

Από τη 2η σχέση βλέπουμε ότι θα έπρεπε $m=\frac{1}{5}$ , που δεν είναι ακέραιος

Όμοια για τη δεύτερη σχέση:

$f(n)=f(3-15n)\Rightarrow an^2 +\beta n + \gamma = a(9-90n+ 225 n^2) + \beta(3-15n) + \gamma \Rightarrow \newline a(224n^2 -90n +9) +\beta (3-16n)=0$
από όπου καταλαβαίνουμε ότι θα έπρεπε $3-16n = 0 \Rightarrow n= \frac{3}{16}$ , που δεν είναι ακέραιος

Manolis Petrakis · #6

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 23, 2023 2:40 pm
Πρόβλημα 1: Δίνεται μη σταθερή συνάρτηση $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ με $f(x) = \alpha x^2 + \beta x + \gamma$ όπου $\alpha, \beta, \gamma$ πραγματικοί αριθμοί. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν ακέραιοι αριθμοί , τέτοιοι ώστε
$\displaystyle f(m) = f(6m-1)$ και $\displaystyle f(n) = f(3-15n)$

(Χρησιμοποιώ a,b,c

αντί των $\alpha, \beta, \gamma$ .)
Έστω ότι υπήρχαν. Τότε f(m) = f(6m-1)

$\Leftrightarrow am^2+bm+c=a(6m-1)^2+b(6m-1)+c$
$\Leftrightarrow a[(6m-1)^2-m^2]+b[(6m-1)-m]=0$
$\Leftrightarrow a(5m-1)(7m-1)+b(5m-1)=0$
$\Leftrightarrow (5m-1)[a(7m-1)+b]=0$
$\Rightarrow a(7m-1)+b=0\ (1)$ , διότι $m \neq \dfrac{1}{5}$
Ακόμη f(n) = f(3-15n)

$\Leftrightarrow an^2+bn+c=a(3-15n)^2+b(3-15n)+c$
$\Leftrightarrow a[(3-15n)^2-n^2]+b[(3-15n)-n]=0$
$\Leftrightarrow a(3-16n)(3-14n)+b(3-16n)=0$
$\Leftrightarrow (3-16n)[a(3-14n)+b]=0$
$\Rightarrow a(3-14n)+b=0\ (2)$ , διότι $n \neq \dfrac{3}{16}$
Από τις (1),(2)

προκύπτει ότι a(7m-1)= a(3-14n)=-b

.
Αν

τότε και

άρα

, σταθερό, άτοπο.
Επομένως $a(7m-1)= a(3-14n) \Leftrightarrow 7m-1=3-14n\Leftrightarrow 7(m+2n)=4\Leftrightarrow m+2n=\dfrac{4}{7}$ , άτοπο.
Άρα δεν υπάρχουν m,n

ώστε να ικανοποιούνται οι παραπάνω συνθήκες.

Henri van Aubel · #7

Η λύση μου για την Γεωμετρία!

Έχουμε $B\Theta //Z\Gamma \Rightarrow \angle DAZ\equiv \angle BAZ=\angle \Gamma A\Theta \equiv \angle EA\Theta :(1)$

Επίσης $\displaystyle \angle AZ\Theta =\angle AB\Theta =\angle ADE,\angle ZA\Theta =\angle ZA\Gamma +\angle \Gamma A\Theta =\angle DAE.$ Οπότε $\displaystyle \vartriangle AZ\Theta \sim \vartriangle ADE\Rightarrow \frac{A\Theta }{AE}=\frac{AZ}{AD}:(2)$

Από $(1),(2)\Rightarrow \vartriangle ADZ\sim \vartriangle EA\Theta \Rightarrow \angle AZD\equiv \angle AZP=\angle A\Theta E\equiv \angle A\Theta P,$ άρα $APZ\Theta$ εγγράψιμο, δηλαδή τα σημεία $A,P,B,Z,\Gamma ,\Theta$ είναι ομοκυκλικά. Επομένως $\angle BPD\equiv \angle BPZ=\angle BAZ:(3)$

Ακόμα, $\angle DPK=90^\circ-\angle PDK=90^\circ-\angle BDZ^{\angle ADZ=\angle AE\Theta }=90^\circ-\angle \Theta E\Gamma :(4)$

Από $\left ( 3 \right ),\left ( 4 \right )\Rightarrow \angle BPK=90^\circ-\left (\angle \Theta E\Gamma -\angle EA\Theta \right )=90^\circ-\angle A\Theta E:(5)$

Επιπλέον, είναι $\angle BMK=\angle B-\angle MKB=\angle B-90^\circ+\angle PKN:(6)$

Όμως $\angle NPK^{PNDK\varepsilon \gamma \gamma \alpha \psi \iota \mu o}=\angle ADE=\angle E\Gamma \Theta ,\angle PNK=\angle PDK=\angle \Theta E\Gamma ,$ άρα θα είναι και $\angle PKN=\angle E\Theta \Gamma =180^\circ-\angle B-\angle A\Theta E,$ έτσι η $(6)\Rightarrow \angle BMK=\angle B-90^\circ+180^\circ-\angle B-\angle A\Theta E=90^\circ-\angle A\Theta E:(7)$

Από $\left ( 5 \right ),\left ( 7 \right )\Rightarrow \angle BPK=\angle BMK\Rightarrow P,M,B,Ko\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha$ και $\angle PM\Gamma \equiv \angle PMB=180^\circ-\angle PKB=90^\circ,$ όπως θέλαμε

Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για EGMO/BMO/IMO

Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για EGMO/BMO/IMO

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για EGMO/BMO/IMO

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για EGMO/BMO/IMO

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για EGMO/BMO/IMO

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για EGMO/BMO/IMO

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για EGMO/BMO/IMO

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για EGMO/BMO/IMO

Μέλη σε σύνδεση