Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

#1

Πρόβλημα 1: Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί x,y,z

, τέτοιοι ώστε x^2+y^2+z^2=3

. Να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle xyz(x+y+z)+2021\geqslant 2024xyz$

Πρόβλημα 2: Να βρείτε όλα τα ζεύγη φυσικών αριθμών $(\alpha,\beta)$ για τα οποίων αν $\delta$ ο μέγιστος κοινός διαιρέτης των $\alpha,\beta$ και $\varDelta$ το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιό των $\alpha,\beta$ , τότε

$\displaystyle \delta + \Delta = 4(\alpha + \beta) + 2021$

Πρόβλημα 3: Δίνεται ρόμβος $AB\varGamma\varDelta$ .
(α) Να αποδείξετε ότι μπορείτε να κατασκευάσετε ένα κύκλο (c)

που να είναι εγγεγραμμένος στον ρόμβο και να εφάπτεται των πλευρών του.
(β) Τα σημεία $\varTheta,H,K,I$ βρίσκονται πάνω στις πλευρές $\varDelta\varGamma,B\varGamma,AB,A\varDelta$ του ρόμβου αντίστοιχα, έτσι ώστε τα ευθύγραμμα τμήματα

και $I\varTheta$ να είναι εφαπτόμενα στον κύκλο (c)

. Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο που ορίζεται από τα σημεία $\varTheta,H,K,I$ είναι τραπέζιο.

Πρόβλημα 4: Χρωματίζουμε κάθε τετραγωνάκι μιας $4\times 19$ σκακιέρας με ένα από τα χρώματα κόκκινο, πράσινο και μπλε. Να αποδείξετε πως όπως και να γίνει αυτός ο χρωματισμός, μπορούμε να βρούμε δυο οριζόντιες σειρές και δυο κάθετες στήλες, ώστε τα

τετραγωνάκια που βρίσκονται στις τομές αυτών των γραμμών να έχουν όλα το ίδιο χρώμα.

#2

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 03, 2021 8:32 pm
Πρόβλημα 1: Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί , τέτοιοι ώστε . Να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle xyz(x+y+z)+2021\geqslant 2024xyz$

Είναι

$\displaystyle{xyz(x+y+z)+2021=x^2yz+xy^2z+xyz^2+\underbrace{1+1+\cdots +1}_{2021 ~terms}\geq 2024\sqrt[2024]{(xyz)^4}.}$

Αρκεί λοιπόν να ισχύει $\displaystyle{\sqrt[2024]{(xyz)^4} \geq xyz,}$ δηλαδή $\displaystyle{xyz\leq 1.}$ Αυτό είναι συνέπεια της $\displaystyle{x^2+y^2+z^2\geq 3\sqrt[3]{(xyz)^2}}$ .

Lymperis Karras · #3

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 03, 2021 8:32 pm
Πρόβλημα 1: Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί , τέτοιοι ώστε . Να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle xyz(x+y+z)+2021\geqslant 2024xyz$

Από AM-GM έχουμε:
$\dfrac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{3}=1\geq \sqrt[3]{(xyz)^{2}}\Leftrightarrow xyz \leq 1$

Άρα αρκεί $x+y+z+2021\geq 2024$

Αρκεί $x+y+z\geq 3$

Αρκεί $\dfrac{x+y+z}{3}\geq 1$ που ισχύει από AM-GM

Joaakim · #4

Πρόβλημα 2

Γράφω για ευκολία gcd.(a,b)

τον Μ.Κ.Δ. και lcm.(a,b)

το Ε.Κ.Π.
Θέτω $d=gcd.(a,b) \Rightarrow a=dx, b=dy, gcd.(x,y)=1 \Rightarrow lcm.(a,b)=\frac{ab}{gcd.(a,b)}=\frac{d^{2}xy}{d}=dxy$ .
Έτσι έχω την $d+dxy=4dx+4dy+2021 \Rightarrow d[(xy-4x)+(-4y+16)+1-16]=2021 \Rightarrow$
$\Rightarrow d[x(y-4)-4(y-4)-15]=2021 \Rightarrow d[(x-4)(y-4)-15]=2021 \Rightarrow d|2021=43 \cdot 47 \Rightarrow$
$\Rightarrow d=1,43,47,2021$ .
Επομένως διακρίνουμε τις περιπτώσεις

Περίπτωση 1 d=2021

.
Τότε $(x-4)(y-4)=1+15=16 \Rightarrow x-4|16 \Rightarrow x-4=1,2,4,8,16 \Rightarrow x=5,6,8,12,20$ .
Αν x=5

τότε $y-4=16 \Rightarrow y=20 \Rightarrow gcd.(x,y)=gcd.(5,20)=5$ , άτοπο.
Αν x=6

, τότε $y-4=8 \Rightarrow y=12 \Rightarrow gcd.(x,y)=gcd.(6,12)=6$ , άτοπο.
Αν x=8

,τότε $y-4=4 \Rightarrow y=8 \Rightarrow gcd.(x,y)=gcd.(8,8)=8$ , άτοπο.
Λόγω συμμετρίας των x,y

απορρίπτονται και οι υπόλοιπες περιπτώσεις.

Περίπτωση 2 d=47

.
Τότε $(x-4)(y-4)=43+15=58 \Rightarrow x-4|58=2 \cdot 29 \Rightarrow x-4=1,2,29,58 \Rightarrow x=5,6,33,62$ .
Αν x=5

, τότε $y-4=58 \Rightarrow y=62 \Rightarrow gcd.(x,y)=gcd.(5,62)=1 \Rightarrow (a,b)=(47 \cdot 5, 47 \cdot 62) \Rightarrow$
$\Rightarrow (a,b)=(235,2914)$ και η μετάθεσή της (a,b)=(2914,235)

.
Αν

, τότε $y-4=29 \Rightarrow y=33 \Rightarrow gcd.(x,y)=gcd.(6,33)=3$ , άτοπο.
Λόγω συμμετρίας των x,y

δεν χρειάζεται να εξετασθούν οι υπόλοιπες περιπτώσεις.

Περίπτωση 3 d=43

.
Τότε $(x-4)(y-4)=47+15=62 \Rightarrow x-4|62=2 \cdot 31 \Rightarrow x-4=1,2,31,62 \Rightarrow x=5,6,35,66$ .
Αν x=5

, τότε $y-4=62 \Rightarrow y=66 \Rightarrow gcd.(x,y)=gcd.(5,66)=1 \Rightarrow (a,b)=(43 \cdot 5, 43 \cdot 66) \Rightarrow$
$\Rightarrow (a,b)=(215,2838)$ και η μετάθεσή της (a,b)=(2838,215)

.
Αν

, τότε $y-4=31 \Rightarrow y=35 \Rightarrow gcd.(x,y)=gcd.(6,35)=1 \Rightarrow (a,b)=(43 \cdot 6, 43 \cdot 35) \Rightarrow$
$\Rightarrow (a,b)=(258, 1505)$ , και η μετάθεσή της (a,b)=(1505, 258)

.
Λόγω συμμετρίας των x,y

δεν χρειάζεται να εξετασθούν οι υπόλοιπες περιπτώσεις.

Περίπτωση 4 d=1

.
Τότε $(x-4)(y-4)=2021+15=2036 \Rightarrow x-4|2036=2^{2} \cdot 509 \Rightarrow x-4=1,2,4,509,1018,2036 \Rightarrow$
$\Rightarrow x=5,6,8,513,1022,2040$ .
Αν x=5

, τότε $y-4=2036 \Rightarrow y=2040 \Rightarrow gcd.(x,y)=gcd.(5,2040)=5$ , άτοπο.
Αν x=6

, τότε $y-4=1018 \Rightarrow y=1022 \Rightarrow gcd.(x,y)=gcd.(6,1022)=2$ , άτοπο.
Αν x=8

, τότε $y-4=509 \Rightarrow y=513 \Rightarrow gcd.(x,y)=gcd.(8,513)=1 \Rightarrow (a,b)=(8,513)$ ,
και η μετάθεσή της (a,b)=(513,8)

.
Λόγω συμμετρίας των x,y

δεν χρειάζεται να εξετασθούν οι υπόλοιπες περιπτώσεις.

Συνοψίζοντας (a,b)=(8,513),(215,2838),(235,2914),(258,1505)

και οι μεταθέσεις τους.

2nisic · #5

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 03, 2021 8:32 pm

Πρόβλημα 4: Χρωματίζουμε κάθε τετραγωνάκι μιας $4\times 19$ σκακιέρας με ένα από τα χρώματα κόκκινο, πράσινο και μπλε. Να αποδείξετε πως όπως και να γίνει αυτός ο χρωματισμός, μπορούμε να βρούμε δυο οριζόντιες σειρές και δυο κάθετες στήλες, ώστε τα τετραγωνάκια που βρίσκονται στις τομές αυτών των γραμμών να έχουν όλα το ίδιο χρώμα.

Ωραίο πρόβλημα!!!!

Θα λέμε ότι ένα χρώμα υπερτερεί σε μία στήλη αν χρισοιμοποιειτε τουλάχιστον 2 φορές.
Σε κάθε στήλη υπάρχει ένα χρώμα που υπερτερη
Από την αρχή της περιστεροφωλιας ένα από τα τρία χρώματα υπέρτερη τουλάχιστον

φορές (

)

Σε ένα 1*4

υπάρχουν

τρόποι για να υπερτερεί ένα χρώμα.
Από την αρχή της περιστεροφωλιας (7=6+1) υπάρχουν δύο ίδιο τρόποι για να υπερτερεί το ίδιο χρώμα τελιωσαμε .

Θυμίζει αντίστοιχο πρόβλημα από την USA

.
Φαντάζομαι πως από εκεί έχει εμπνεύστει.
Δίνετε σκακιέρα 4*7

και κάθε τετραγώνω βάφεται μαύρο η άσπρο να αποδειχθεί ότι μπορούμε να βρούμε δυο οριζόντιες σειρές και δυο κάθετες στήλες, ώστε τα

τετραγωνάκια που βρίσκονται στις τομές αυτών των γραμμών να έχουν όλα το ίδιο χρώμα.
Ισχύει και για 3*7

αλλά στην Αμερική είχαν δώσει 4*7

2nisic · #6

Γενίκευση του προβλήματος 4:
Χρωματίζουμε κάθε τετραγωνάκι μιας $(n+1)\times \left(n\binom{n+1}{2} +1\right)$ σκακιέρας με ένα από τα

χρώματα . Να αποδείξετε πως όπως και να γίνει αυτός ο χρωματισμός, μπορούμε να βρούμε δυο οριζόντιες σειρές και δυο κάθετες στήλες, ώστε τα

τετραγωνάκια που βρίσκονται στις τομές αυτών των γραμμών να έχουν όλα το ίδιο χρώμα.

#7

Σωστή η γενίκευση Διονύση. Πρόσθεσα κάποιες παρενθέσεις στην ανάρτησή σου για να είναι πιο κατανοητό.

Να σημειώσω ότι το πλήθος των στηλών είναι βέλτιστο. Αν έχουμε μόνο $n \binom{n+1}{2}$ στήλες τότε μπορεί να μην υπάρχει ορθογώνιο με γωνίες του ιδίου χρώματος.

2nisic · #8

Demetres έγραψε: ↑
Δευ Απρ 05, 2021 12:49 pm
Σωστή η γενίκευση Διονύση. Πρόσθεσα κάποιες παρενθέσεις στην ανάρτησή σου για να είναι πιο κατανοητό.

Να σημειώσω ότι το πλήθος των στηλών είναι βέλτιστο. Αν έχουμε μόνο $n \binom{n+1}{2}$ στήλες τότε μπορεί να μην υπάρχει ορθογώνιο με γωνίες του ιδίου χρώματος.

Ναι.Για $n \binom{n+1}{2}$ μπορούμε να βάψουμε εστί ώστε να μην υπάρχει ορθογώνιο με κοριφες το ίδιο χρώμα.
Έστω C1,C2,....,Cn

τα

χρώματα βάφουμε με τόν εξής τρόπο:
Στης στήλες $(i-1) \binom{n+1}{2+1}$ έως $i \binom{n+1}{2}$ να υπάρχουν ακριβώς 2 τετράγωνα με το χρώμα

έτσι έστω να υπάρχουν όλοι οι τρόποι που μπορώ να χρωματισω

τετράγωνα με μια στήλη (αυτό γίνεται με $\binom{n+1}{2}$ τρόπους άρα όλοι είναι διαφορετική) και τα άλλα n-1

τετραγονα κάθε στήλης τα βάφουμε εστί ώστε να περιέχουν ακριβώς μία φορά κάθε χρώμα (διαφορετικό του

).

Προφανώς σε αυτόν τον χρωματισμό δεν υπάρχει ορθογώνιο με κοριφες το ίδιο χρώμα διότι για να βρω με το χρώμα

θα πρέπει να ψάξω στης στήλες που περιέχουν τουλάχιστον 2 τετράγωνα με αυτό το χρώμα αυτές είναι οι $(i-1) \binom{n+1}{2+1}$ έως $i \binom{n+1}{2}$ όμως δεν μπορώ αφού είναι διαφορετική.

Άρα πράγματι το $n \binom{n+1}{2}+1$ είναι το ελάχιστο.

Το ερώτημα που γεννιέται αυτόματα είναι ποιος είναι ο πίνακας $a\times b$ με

ελάχιστο.

Lymperis Karras · #9

2nisic έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 04, 2021 4:08 pm

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 03, 2021 8:32 pm

Θυμίζει αντίστοιχο πρόβλημα από την .
Φαντάζομαι πως από εκεί έχει εμπνεύστει.
Δίνετε σκακιέρα και κάθε τετραγώνω βάφεται μαύρο η άσπρο να αποδειχθεί ότι μπορούμε να βρούμε δυο οριζόντιες σειρές και δυο κάθετες στήλες, ώστε τα τετραγωνάκια που βρίσκονται στις τομές αυτών των γραμμών να έχουν όλα το ίδιο χρώμα.
Ισχύει και για αλλά στην Αμερική είχαν δώσει

Για την λύση του 4*7

νομίζω χρειάζεται να πούμε και δυο λογάκια παραπάνω (δεν μπορούσα να το διατυπώσω σε μικρότερο κείμενο.

Θα δείξουμε ότι τουλάχιστον

στήλες είναι όμοιες, άρα προκύπτει και το ζητούμενο.
Οι συνολικοί τρόποι με τους οποίους μπορούμε να χρωματίσουμε τις στήλες είναι $\dbinom{4}{1}+\dbinom{4}{2}+\dbinom{4}{3}+2\dbinom{4}{4}=16$

Καταγράφοντας τους συνδυασμούς αυτούς, παρατηρούμε πως για τα δύο πρώτα χρώματα της στήλης, ισχύει το εξής:

Κάθε τρόπος (bb),(ww),(bw),(wb)

εμφανίζεται

φορές.

Έτσι, αν επιλέξουμε οποιουσδήποτε

τρόπους, θα είναι 7=4*1+3

, τότε θα υπάρχουν

τουλάχιστον τρόποι που θα εμφανίζονται

φορές τουλάχιστον, το οποίο είναι αρκετό και με το παραπάνω

Lymperis Karras · #10

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 03, 2021 8:32 pm

Πρόβλημα 3: Δίνεται ρόμβος $AB\varGamma\varDelta$ .
(α) Να αποδείξετε ότι μπορείτε να κατασκευάσετε ένα κύκλο που να είναι εγγεγραμμένος στον ρόμβο και να εφάπτεται των πλευρών του.
(β) Τα σημεία $\varTheta,H,K,I$ βρίσκονται πάνω στις πλευρές $\varDelta\varGamma,B\varGamma,AB,A\varDelta$ του ρόμβου αντίστοιχα, έτσι ώστε τα ευθύγραμμα τμήματα και $I\varTheta$ να είναι εφαπτόμενα στον κύκλο . Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο που ορίζεται από τα σημεία $\varTheta,H,K,I$ είναι τραπέζιο.

Για το α)
Οι διαγώνιοι του ρόμβου θα χωρίσουν τον ρόμβο σε

ίσα τρίγωνα. Έτσι, αν φέρουμε τα ύψη από το

θα είναι ίσα, και ο κύκλος με ακτίνα το ύψος θα είναι εγγεγραμμένος και θα εφάπτεται των πλευρών του ρόμβου

Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

Μέλη σε σύνδεση