Μερικά θέματα από τον MYMC 2018

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Απάντηση
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6423
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Μερικά θέματα από τον MYMC 2018

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Κυρ Ιούλ 29, 2018 11:28 am

Ο διαγωνισμός Mediterranean Youth Mathematical Championship (MYMC) διοργανώνεται εδώ και μερικά χρόνια, εκ περιτροπής, από μερικά πανεπιστήμια της Ρώμης. Φέτος ο διαγωνισμός έλαβε χώρα στο Università di Roma, Tor Vergata. Η Ελλάδα συμμετείχε για τρίτη φορά. Το 2016 συνοδός των μαθητών ήταν ο Σιλουανός, το 2017 ο Βαγγέλης ο Ζώτος και φέτος εγώ.
Το στυλ του διαγωνισμού ξεφεύγει από το σύνηθες μοτίβο που επιτάσσει ο κάθε διαγωνιζόμενος να γράφει μόνος του. Η κάθε χώρα διαγωνίζεται ομαδικά. Αυτή είναι μία βασική διαφορά, αλλά όχι η μόνη. Περισσότερες πληροφορίες αντλεί κανείς από εδώ.
Οι διαγωνιζόμενες χώρες είναι (όπως προδίδει και το όνομα του διαγωνισμού) σχεδόν όλες οι χώρες της λεκάνης της Μεσογείου.
Φέτος, πρώτοι ήρθαν οι Ιταλοί και δεύτεροι οι Γάλλοι.
Η δυσκολία των προβλημάτων ποικίλει. Άλλα είναι πολύ απλά, αλλά μερικά είναι πιο απαιτητικά. Εδώ θα αναρτήσω μερικά από αυτά.

\displaystyle{\color{blue}\rule{500pt}{2pt}}

Πρόβλημα GE1B, Early afternoon round-First Stage.

\displaystyle{\bullet} Θεωρούμε όλες τις συναρτήσεις \displaystyle{f:\{1,2,3,4,5\}\to \{1,2,3,4,5\}}. Πόσες από αυτές ικανοποιούν ταυτόχρονα τις συνθήκες:
\displaystyle{f(f(1))=2} και \displaystyle{f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)=13};


Μάγκος Θάνος
Λέξεις Κλειδιά:
MYMC
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8989
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:
Επικοινωνία Demetres

Re: Μερικά θέματα από τον MYMC 2018

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Σάβ Αύγ 04, 2018 4:43 pm

Ας υποθέσουμε ότι f(1) = k.
  • Αν k=1 τότε f(f(1)) = 1, άτοπο.
  • Αν k=2 πρέπει f(2) = 2. Πρέπει επίσης f(3) +f(4) + f(5) = 9. Μπορούμε να γράψουμε το 9 ως x+y+z=9 με x \geqslant y \geqslant z και x,y,z \in \{1,2,3,4,5\} με τους πιο κάτω τρόπους: 5+3+1,5+2+2,4+4+1,4+3+2,3+3+3. (Κατά αντίστροφη λεξικογραφική σειρά.) Τα 5+3+1 και 4+3+2 δίνουν από 6 διαφορετικές συναρτήσεις. Τα 5+2+2 και 4+4+1 από 3 και το 3+3+3 μία. Άρα σε αυτήν την περίπτωση έχουμε 19 διαφορετικές συναρτήσεις.
  • Αν k=3 πρέπει f(3) = 2. Πρέπει επίσης f(2) +f(4) + f(5) = 8. Μπορούμε να γράψουμε το 8 ως: 5+2+1,4+3+1,4+2+2,3+3+2 που δίνουν 18 διαφορετικές συναρτήσεις.
  • Αν k=4 πρέπει f(4) = 2. Πρέπει επίσης f(2) +f(3) + f(5) = 7. Μπορούμε να γράψουμε το 7 ως: 5+1+1,4+2+1,3+3+1,3+2+2 που δίνουν 15 διαφορετικές συναρτήσεις.
  • Αν k=5 πρέπει f(5) = 2. Πρέπει επίσης f(2) +f(3) + f(4) = 6. Μπορούμε να γράψουμε το 6 ως: 4+1+1,3+2+1,2+2+2 που δίνουν 10 διαφορετικές συναρτήσεις.
Συνολικά λοιπόν (αν δεν έκανα κάποιο λάθος) έχουμε 19+18+15+10 = 62 διαφορετικές συναρτήσεις.

Επεξεργασία: Πρόσθεσα το άθροισμα 3+3+1 στην περίπτωση k=4. Ευχαριστώ τον Θάνο για την επισήμανση.


Κορυφή
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6423
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Μερικά θέματα από τον MYMC 2018

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Πέμ Αύγ 23, 2018 10:57 am

Πρόβλημα RE3B, Early afternoon round-Intermediate Stage.

\displaystyle{\bullet} Να βρείτε ένα εξαψήφιο αριθμό \displaystyle{n}, ο οποίος είναι πολλαπλάσιο του \displaystyle{64} και κάθε ψηφίο του είναι \displaystyle{1} ή \displaystyle{2}.

Γενικεύστε!


Μάγκος Θάνος
Κορυφή
Xriiiiistos
Δημοσιεύσεις: 219
Εγγραφή: Τρί Μάιος 15, 2018 4:36 pm

Re: Μερικά θέματα από τον MYMC 2018

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Xriiiiistos » Πέμ Αύγ 23, 2018 3:25 pm

2/64/n οπότε το 2 διαιρεί το τελευταίο ψηφίο του n οπότε είναι το 2 το τελευταίο

4/64/n οπότε ο 4 θα διαιρεί τα δύο τελευταία ψηφία του αριθμού (12 ή 22) οπότε το προτελευταίο ψηφίο του n είναι 1

8/64/n,8/1000 οπότε ο 8 θα διαιρεί τα 3 τελευταία ψηφία του n (112 ή 212) οπότε το 4o ψηφίο του n είναι το 1

16/64/n,16/10.000 οπότε όπως και πριν 16 θα διαιρεί τα 4 τελευταία ψηφία του αριθμού n (1112 ή 2112) οπότε το 3o του ψηφίο είναι το 2

32/64/n,32/100.000 πότε ο 32 διαιρεί τα τελευταία 5 ψηφία του αριθμού... οπότε βρίσκουμε πως το 2o ψηφίο είναι το 2

και τώρα βλέπουμε ο 64 διαιρεί τον 122112 αλλά όχι τον 222112

Έχει μοναδική λύση για n=122112

αυτό μπορούμε να το συνεχίσουμε κάνουμε και αν η άσκηση μας έλεγε για k ψηφία ο n και να τον διαιρεί ο 2^{k}


Κορυφή
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6423
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Μερικά θέματα από τον MYMC 2018

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Κυρ Αύγ 26, 2018 9:13 pm

Late afternoon round-Single common problem

\displaystyle{\bullet} Θεωρούμε τη συνάρτηση \displaystyle{h:\{1,2,3,...\}\to \{1,2,3,...\}} για την οποία ισχύει

\displaystyle{h(2n)=h(n)} και \displaystyle{h(2^n-1)=n} για κάθε θετικό ακέραιο \displaystyle{n}.

Επίσης ισχύει \displaystyle{h(d)=h(d-1)} για κάθε περιττό \displaystyle{d}, ο οποίος δεν είναι της μορφής \displaystyle{2^n-1.}

Πόσοι θετικοί ακέραιοι \displaystyle{a<2018} υπάρχουν, ώστε \displaystyle{h(a)=h(2018).}


Μάγκος Θάνος
Κορυφή
Xriiiiistos
Δημοσιεύσεις: 219
Εγγραφή: Τρί Μάιος 15, 2018 4:36 pm

Re: Μερικά θέματα από τον MYMC 2018

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Xriiiiistos » Δευ Αύγ 27, 2018 2:36 pm

matha έγραψε: ↑
Κυρ Αύγ 26, 2018 9:13 pm
 Late afternoon round-Single common problem

\displaystyle{\bullet} Θεωρούμε τη συνάρτηση \displaystyle{h:\{1,2,3,...\}\to \{1,2,3,...\}} για την οποία ισχύει

\displaystyle{h(2n)=h(n)} και \displaystyle{h(2^n-1)=n} για κάθε θετικό ακέραιο \displaystyle{n}.

Επίσης ισχύει \displaystyle{h(d)=h(d-1)} για κάθε περιττό \displaystyle{d}, ο οποίος δεν είναι της μορφής \displaystyle{2^n-1.}

Πόσοι θετικοί ακέραιοι \displaystyle{a<2018} υπάρχουν, ώστε \displaystyle{h(a)=h(2018).}
h(2018)=h(1009)=h(1008)=h(504)=h(252)=h(126)=h(63)=h(2^{6}-1)=6 οπότε θα βρούμε όλους τους αριθμούς a για τους οποίους με τις δοσμένες ισότητες καταλήγουν στο h(a)=h(63)

Αρχικά έχουμε όλους τους αριθμούς 2^{k}\cdot 63<2018 δηλαδή τους αριθμούς 63,126,252,504,1008,2016 και οι αριθμοί που είναι κατά ένα μεγαλύτεροι από τους προαναφερθέντες εκτός του 63 δηλαδή οι 253,505,1009,2017(i). (o 127 απορρίπτεται)

Επίσης είναι λύσεις οι 2^{k}i<2018 δηλαδή οι αριθμοί 506,1012,1010 και αυτοί που είανι κατά ένα μεγαλύτεροι από αυτούς δηλαδή οι 507,,1013,1011(j)

Όπως και πριν λύσεις είναι 2^{k}j<2018 δηλαδή ο αριθμός 1014 και αυτός που είναι κατά ένα μεγαλύτερος δηλαδή ο 1015

Μετρώντας τώρα τις λύσεις έχουμε 18 διαφορετικές

το k είναι φυσικός ακέραιος

edit διόρθωσα κάποια λάθη που είχα


Κορυφή
Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

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