Α΄Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2016

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
Soteris
Δημοσιεύσεις: 447
Εγγραφή: Δευ Ιούλ 21, 2014 1:59 pm
Τοποθεσία: Λάρνακα, Κύπρος

Α΄Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2016

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Soteris » Κυρ Ιαν 24, 2016 12:05 am

Πρόβλημα 1

Αν \displaystyle{a, b, c, d} θετικοί ακέραιοι αριθμοί, να αποδείξετε ότι η εξίσωση \displaystyle{a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}=d^{2016}} έχει άπειρες λύσεις στο σύνολο των θετικών ακεραίων.

Πρόβλημα 2

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο \displaystyle{\vartriangle{ABC} \;\left(AB=AC\right)}, \displaystyle{AE} το ύψος του και έστω \displaystyle{\left(k\right)} ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου, που έχει κέντρο \displaystyle{O}. Φέρουμε την εφαπτομένη \displaystyle{\left(\epsilon\right)} του \displaystyle{\left(k\right)} στο σημείο \displaystyle{B}. Από το σημείο \displaystyle{A} φέρουμε παράλληλη προς την \displaystyle{\left(\epsilon\right)}, που τέμνει την ευθεία \displaystyle{BC} στο σημείο \displaystyle{D}. Αν \displaystyle{O'} το συμμετρικό του \displaystyle{O} ως προς την \displaystyle{BC} και \displaystyle{Z} το σημείο τομής της \displaystyle{AE} με τον κύκλο \displaystyle{\left(k\right)}, να αποδείξετε ότι:

(α) η \displaystyle{AC} είναι κάθετη στην \displaystyle{O'D}

(β) \displaystyle{OC\cdot EC=EZ\cdot AD}

Πρόβλημα 3

Δίνονται \displaystyle{14} θετικοί ακέραιοι αριθμοί \displaystyle{a_1, a_2, \ldots, a_{14}}, που είναι όλοι μεγαλύτεροι του \displaystyle{4}.

(α) Να βρείτε το πλήθος όλων των αθροισμάτων \displaystyle{a_i+a_j} (όχι απαραίτητα διαφορετικά), όπου \displaystyle{1\leqslant i, j\leqslant 14}.

(β) Θεωρούμε ένα τετραγωνικό πίνακα \displaystyle{10\times 10} που στα κελιά του είναι γραμμένοι οι αριθμοί από το \displaystyle{0} μέχρι το \displaystyle{99} σε διψήφια μορφή, όπως φαίνεται στο πιο κάτω σχήμα. Από κάθε ένα από τα αθροίσματα \displaystyle{a_i+a_j} του ερωτήματος (α) διαγράφουμε όλα τα ψηφία, εκτός από το τελευταίο διψήφιο τμήμα. Στη συνέχεια, σβήνουμε από τον πίνακα το κελί που περιέχει το διψήφιο αυτό τμήμα. Να αποδείξετε ότι είναι αδύνατον με αυτήν τη διαδικασία να διαγράψουμε όλους τους αριθμούς που περιέχονται σε όλα τα κελιά του πίνακα.
A_Epil_2016.png
A_Epil_2016.png (45.35 KiB) Προβλήθηκε 866 φορές
Πρόβλημα 4

Έστω \displaystyle{T} το σύνολο των θετικών ακεραίων \displaystyle{\nu}, για τους οποίους τα τριώνυμα

\displaystyle{f\left(x\right)=4x^2+4\left(2\nu+1\right)x+\nu\left(4\nu+1\right)}
\displaystyle{g\left(x\right)=2x^2+2\left(6\nu+1\right)x+\nu\left(18\nu+1\right)}

έχουν ρητές ρίζες.

(α) Να βρείτε το ελάχιστο στοιχείο του συνόλου \displaystyle{T}.

(β) Να βρείτε το ελάχιστο στοιχείο \displaystyle{\nu\in T} τέτοιο, ώστε ο αριθμός \displaystyle{30\nu+11} να είναι σύνθετος.

(γ) Να αποδείξετε ότι για κάθε \displaystyle{\nu\in T} ο αριθμός \displaystyle{29\nu+11} είναι σύνθετος.


Σωτήρης Λοϊζιάς
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11290
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Α΄Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2016

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Ιαν 24, 2016 2:09 am

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 1

Αν \displaystyle{a, b, c, d} θετικοί ακέραιοι αριθμοί, να αποδείξετε ότι η εξίσωση \displaystyle{a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}=d^{2016}} έχει άπειρες λύσεις στο σύνολο των θετικών ακεραίων.
\displaystyle{a=b=c=3t^{2016}, \, d=3t^{2015}}


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5799
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Α΄Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2016

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Κυρ Ιαν 24, 2016 2:22 am

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 1

Αν \displaystyle{a, b, c, d} θετικοί ακέραιοι αριθμοί, να αποδείξετε ότι η εξίσωση \displaystyle{a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}=d^{2016}} έχει άπειρες λύσεις στο σύνολο των θετικών ακεραίων.
Αλλιώς:
a=b=c=3^{1+2016t}, d=3^{1+2015t}.


Θανάσης Κοντογεώργης
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11290
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Α΄Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2016

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Ιαν 24, 2016 2:30 am

socrates έγραψε: Αλλιώς:
a=b=c=3^{1+2016t}, d=3^{1+2015t}.
Θανάση, η οικογένεια που γράφεις είναι γνήσιο υποσύνολο αυτής που κατέγραψα: Το 3^t στο δικό σου είναι το t στο δικό μου.


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5799
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Α΄Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2016

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Κυρ Ιαν 24, 2016 2:37 am

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 4

Έστω \displaystyle{T} το σύνολο των θετικών ακεραίων \displaystyle{\nu}, για τους οποίους τα τριώνυμα

\displaystyle{f\left(x\right)=4x^2+4\left(2\nu+1\right)x+\nu\left(4\nu+1\right)}
\displaystyle{g\left(x\right)=2x^2+2\left(6\nu+1\right)x+\nu\left(18\nu+1\right)}

έχουν ρητές ρίζες.

(α) Να βρείτε το ελάχιστο στοιχείο του συνόλου \displaystyle{T}.

(β) Να βρείτε το ελάχιστο στοιχείο \displaystyle{\nu\in T} τέτοιο, ώστε ο αριθμός \displaystyle{30\nu+11} να είναι σύνθετος.

(γ) Να αποδείξετε ότι για κάθε \displaystyle{\nu\in T} ο αριθμός \displaystyle{29\nu+11} είναι σύνθετος.

Ο n ανήκει στο T αν-ν υπάρχουν k,l\in \Bbb{N}_{>1} ώστε \displaystyle{n=\frac{k^2-1}{3}=\frac{l^2-1}{10},} με l\equiv \pm 1\pmod 3 και l\equiv \pm 1 \pmod {10}.

Οπότε προκύπτει η εξίσωση 10k^2-3l^2=7. Οι δύο μικρότερες τιμές του l είναι οι 9 και 31.

α) \displaystyle{n_{\min}=\frac{9^2-1}{10}=8}
β) Για n=8 είναι 30n+11=251, πρώτος. Για n=96 είναι 30n+11\equiv 2\cdot 5+4\equiv 0 \pmod 7, άρα σύνθετος.

γ) Δε το βλέπω... :?


Θανάσης Κοντογεώργης
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5799
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Α΄Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2016

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Κυρ Ιαν 24, 2016 2:39 am

Mihalis_Lambrou έγραψε:
socrates έγραψε: Αλλιώς:
a=b=c=3^{1+2016t}, d=3^{1+2015t}.
Θανάση, η οικογένεια που γράφεις είναι γνήσιο υποσύνολο αυτής που κατέγραψα: Το 3^t στο δικό σου είναι το t στο δικό μου.
Ωχ, ναι, σωστά! Έχετε δίκιο! :oops:


Θανάσης Κοντογεώργης
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5799
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Α΄Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2016

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Κυρ Ιαν 24, 2016 2:44 am

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 3

Δίνονται \displaystyle{14} θετικοί ακέραιοι αριθμοί \displaystyle{a_1, a_2, \ldots, a_{14}}, που είναι όλοι μεγαλύτεροι του \displaystyle{4}.

(α) Να βρείτε το πλήθος όλων των αθροισμάτων \displaystyle{a_i+a_j} (όχι απαραίτητα διαφορετικά), όπου \displaystyle{1\leqslant i, j\leqslant 14}.

(β) Θεωρούμε ένα τετραγωνικό πίνακα \displaystyle{10\times 10} που στα κελιά του είναι γραμμένοι οι αριθμοί από το \displaystyle{0} μέχρι το \displaystyle{99} σε διψήφια μορφή, όπως φαίνεται στο πιο κάτω σχήμα. Από κάθε ένα από τα αθροίσματα \displaystyle{a_i+a_j} του ερωτήματος (α) διαγράφουμε όλα τα ψηφία, εκτός από το τελευταίο διψήφιο τμήμα. Στη συνέχεια, σβήνουμε από τον πίνακα το κελί που περιέχει το διψήφιο αυτό τμήμα. Να αποδείξετε ότι είναι αδύνατον με αυτήν τη διαδικασία να διαγράψουμε όλους τους αριθμούς που περιέχονται σε όλα τα κελιά του πίνακα.

Αν έχουμε x άρτιους και y περιττούς στους \displaystyle{a_1, a_2, \ldots, a_{14}} τότε x+y=14.
Για να φύγουν όλοι οι αριθμοί από τα κελιά του πίνακα, πρέπει να έχουμε τουλάχιστον 50 περιττούς στα αθροίσματα \displaystyle{a_i+a_j.}
Όμως για να συμβεί αυτό πρέπει να προσθέσουμε ακριβώς έναν άρτιο και έναν περιττό. Έχουμε xy\leq (x+y)^2/4=49 τέτοια ζεύγη. Άτοπο.


Θανάσης Κοντογεώργης
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 10689
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Α΄Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2016

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Κυρ Ιαν 24, 2016 9:53 am

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 2
Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο \displaystyle{\vartriangle{ABC} \;\left(AB=AC\right)}, \displaystyle{AE} το ύψος του και έστω \displaystyle{\left(k\right)} ο περιγεγραμμένος

κύκλος του τριγώνου, που έχει κέντρο \displaystyle{O}. Φέρουμε την εφαπτομένη \displaystyle{\left(\epsilon\right)} του \displaystyle{\left(k\right)} στο σημείο \displaystyle{B}.

Από το σημείο \displaystyle{A} φέρουμε παράλληλη προς την \displaystyle{\left(\epsilon\right)}, που τέμνει την ευθεία \displaystyle{BC} στο σημείο \displaystyle{D}.

Αν \displaystyle{O'} το συμμετρικό του \displaystyle{O} ως προς την \displaystyle{BC} και \displaystyle{Z} το σημείο τομής της \displaystyle{AE} με τον κύκλο \displaystyle{\left(k\right)}, να αποδείξετε ότι:

(α) η \displaystyle{AC} είναι κάθετη στην \displaystyle{O'D}

(β) \displaystyle{OC\cdot EC=EZ\cdot AD}
Κύπρος.png
Κύπρος.png (22.88 KiB) Προβλήθηκε 769 φορές
α) Το O είναι το ορθόκεντρο του ABD , συνεπώς το O' ανήκει στον περίκυκλό του .

Τώρα όμως το C είναι το ορθόκεντρο του AO'D (αφού είναι το συμμετρικό του B και το DE είναι ύψος )

β) Αρκεί \dfrac{EZ}{EC}=\dfrac{R}{AD} . Αλλά λόγω των ίσων κόκκινων γωνιών , έχουμε \dfrac{EZ}{EC}=\dfrac{EO'}{ED} .

Όμως : ED=ADcos\phi και EO'=EO=Rsin(90-\phi)=Rcos\phi ,

οπότε τελικά EZ\cdot AD=OC\cdot OC


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6622
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Α΄Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2016

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Κυρ Ιαν 24, 2016 11:19 am

Soteris έγραψε:
Πρόβλημα 2

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο \displaystyle{\vartriangle{ABC} \;\left(AB=AC\right)}, \displaystyle{AE} το ύψος του και έστω \displaystyle{\left(k\right)} ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου, που έχει κέντρο \displaystyle{O}. Φέρουμε την εφαπτομένη \displaystyle{\left(\epsilon\right)} του \displaystyle{\left(k\right)} στο σημείο \displaystyle{B}. Από το σημείο \displaystyle{A} φέρουμε παράλληλη προς την \displaystyle{\left(\epsilon\right)}, που τέμνει την ευθεία \displaystyle{BC} στο σημείο \displaystyle{D}. Αν \displaystyle{O'} το συμμετρικό του \displaystyle{O} ως προς την \displaystyle{BC} και \displaystyle{Z} το σημείο τομής της \displaystyle{AE} με τον κύκλο \displaystyle{\left(k\right)}, να αποδείξετε ότι:

(α) η \displaystyle{AC} είναι κάθετη στην \displaystyle{O'D}

(β) \displaystyle{OC\cdot EC=EZ\cdot AD}


Καλημέρα Θανάση , καλημέρα σε όλους.


Τώρα που βλέπω την λύση σου ειδικά στο α. Λίγο διαφορετικά σχήματα, λίγο διαφορετικές λύσεις .
Διαγωνισμός επιλογής 2016.png
Διαγωνισμός επιλογής 2016.png (27.09 KiB) Προβλήθηκε 733 φορές
Επειδή λόγω συμμετρίας τα ορθογώνια τρίγωνα EOB\,,EO'C είναι ίσα θα έχουν όλα τα αντίστοιχα στοιχεία τους ίσα και άρα \widehat {{a_2}} = \widehat {ECO'} \Rightarrow OB//O'C.

Αφού όμως OB \bot (\varepsilon )\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(\varepsilon )//(\varepsilon ') θα είναι OB \bot AD με άμεση συνέπεια και O'C \bot AD. Δηλαδή το D είναι ορθόκεντρο στο τρίγωνο AO'C .

Προφανώς λοιπόν O'D \bot AC.

β.

\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}}, επειδή έχουν κάθετες πλευρές και έτσι τα ορθογώνια τρίγωνα EOB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,EDA είναι όμοια.

Επίσης το CE ύψος προς υποτείνουσα στο ορθογώνιο τρίγωνο CAZ

Ισχύουν: \left\{ \begin{gathered} 
  E{C^2} = EA \cdot EZ \hfill \\ 
  \dfrac{{OB}}{{AD}} = \dfrac{{EB}}{{EA}} \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 
  \dfrac{{EZ}}{{EC}} = \dfrac{{EC}}{{EA}} \hfill \\ 
  \dfrac{{OC}}{{AD}} = \dfrac{{EC}}{{EA}} \hfill \\  
\end{gathered}  \right. και άρα \dfrac{{EZ}}{{EC}} = \dfrac{{OC}}{{AD}} \Rightarrow OC \cdot EC = EZ \cdot AD

Φιλικά Νίκος


Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1203
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Α΄Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2016

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Κυρ Ιαν 24, 2016 7:30 pm

socrates έγραψε:
Soteris έγραψε:Πρόβλημα 4

Έστω \displaystyle{T} το σύνολο των θετικών ακεραίων \displaystyle{\nu}, για τους οποίους τα τριώνυμα

\displaystyle{f\left(x\right)=4x^2+4\left(2\nu+1\right)x+\nu\left(4\nu+1\right)}
\displaystyle{g\left(x\right)=2x^2+2\left(6\nu+1\right)x+\nu\left(18\nu+1\right)}

έχουν ρητές ρίζες.

(α) Να βρείτε το ελάχιστο στοιχείο του συνόλου \displaystyle{T}.

(β) Να βρείτε το ελάχιστο στοιχείο \displaystyle{\nu\in T} τέτοιο, ώστε ο αριθμός \displaystyle{30\nu+11} να είναι σύνθετος.

(γ) Να αποδείξετε ότι για κάθε \displaystyle{\nu\in T} ο αριθμός \displaystyle{29\nu+11} είναι σύνθετος.

Ο n ανήκει στο T αν-ν υπάρχουν k,l\in \Bbb{N}_{>1} ώστε \displaystyle{n=\frac{k^2-1}{3}=\frac{l^2-1}{10},} με l\equiv \pm 1\pmod 3 και l\equiv \pm 1 \pmod {10}.

Οπότε προκύπτει η εξίσωση 10k^2-3l^2=7. Οι δύο μικρότερες τιμές του l είναι οι 9 και 31.

α) \displaystyle{n_{\min}=\frac{9^2-1}{10}=8}
β) Για n=8 είναι 30n+11=251, πρώτος. Για n=96 είναι 30n+11\equiv 2\cdot 5+4\equiv 0 \pmod 7, άρα σύνθετος.

γ) Δε το βλέπω... :?
Γειά σου Θανάση.

Συνέχεια για το γ)

Δίνω τον τρόπο σκέψης μου γιαυτό και είναι κάπως μεγάλη λύση,

Όπως είναι παραπάνω ισχύει

3n+1=k^2
10n+1=l^2

Θέλω να δείξω ότι ο 29n+11 είναι σύνθετος...

Σκέφτομαι για να είναι σύναθετος είτε θα είναι απλά πολλαπλάσιο σταθεράς είτε θα είναι πολλαπλάσιο μια συνάρτησης f(k,l) ..

Για σταθερά με μερικές δοκιμές δεν βρίσκω κάτι συνεπώς βάζω διαφορές τετραγώνων στο παιχνίδι συνεπώς ψάχνω a,b ώστε

(3n+1)a^2-(10n+1)b^2=29n+11 γιατί τότε θα ήταν σύνθετος άρα θα έχω

3a^2-10b^2=29 , a^2-b^2=11 , (a,b)=(6,5) που δεν επαληθεύουν και τις δυο,

Αποτυχία! Θα δοκιμάσω το παρακάτω σύστημα

\dfrac{(3n+1)a^2-(10n+1)b^2}{p}=29n+11 για κάποιον πρώτο p...

3a^2-10b^2=29p
a^2-b^2=11p

3a^2-3b^2=33p
3a^2-10b^2=29p Τια αφαιρώ άρα

7b^2=4p άρα (a,b,p)=(9,2,7)

Με λίγα λόγια αν

3n+1=k^2
10n+1=l^2 τότε

(3n+1)*9^2-(10n+1)2^2=7(29n+11)

(9k-2l)(9k+2l)=7(29n+11)

Αν 29n+11=p , p πρωτος τότε

Περίπτωση 1

(9k-2l)+(9k+2l)=7+p

Δεν έχει λύσεις.

*Επίσης να προσθέσω και την περίπτωση αν 9k-2l=1 ,9k+2l=7p με την ίδια λογική δεν βρίσκω λύσεις

Άρα ο 29n+11 είναι πάντα σύνθετος!

Έκανα διόρθωση στο τέλος . Θανάση ευχαριστώ!
τελευταία επεξεργασία από Αρχιμήδης 6 σε Δευ Ιαν 25, 2016 3:48 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Ξεπέρασε τον εαυτό σου.
Κανένα πρόβλημα δεν μπορεί να σε νικήσει.Εμείς το εντοπίζουμε εμείς το λύνουμε!
Φιλοσοφία είναι η λύτρωση του ανθρώπου από τις αποτυχίες του.
Κανακάρης Δημήτριος.
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5799
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Α΄Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2016

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Δευ Ιαν 25, 2016 3:23 pm

Πολύ ωραίο, Δημήτρη! Ευχαριστούμε για την ανάλυση!

Νομίζω είναι (9k-2l)(9k+2l)=7(29n+11)=7p αλλά πάλι δεν έχουμε δεκτές λύσεις
(\dfrac{p+7}{18})^2=\dfrac{3p-4}{29} έχει λύσεις 247/29 και 11, απορρίπτεται γιατί δίνει n=0, ενώ η (\dfrac{7p+1}{18})^2=\dfrac{3p-4}{29} δεν έχει πραγματικές λύσεις).


Θανάσης Κοντογεώργης
Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης