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

Soteris · #1

Πρόβλημα 1

Αν $\displaystyle{a, b, c}$ είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{a^2+b^2+c^2+2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\geq9}$

Πρόβλημα 2

Αν οι πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{x, y}$ είναι τέτοιοι, ώστε να ισχύει $\displaystyle{x^5+y^5=2x^2y^2}$ , να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{1-xy}$ είναι τέλειο τετράγωνο.

Πρόβλημα 3

Η κάθε έδρα ενός κύβου χρωματίζεται με ένα από έξι διαθέσιμα διαφορετικά χρώματα έτσι, ώστε κάθε δύο γειτονικές έδρες του να έχουν διαφορετικό χρώμα. Με πόσους διαφορετικούς τρόπους είναι δυνατόν να γίνει αυτό;

Πρόβλημα 4

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ τέτοιο, ώστε $\displaystyle{AB\neq AC}$ . Έστω $\displaystyle{M}$ το μέσον του $\displaystyle{BC}$ , $\displaystyle{H}$ το ορθόκεντρο του $\displaystyle{ABC}$ , $\displaystyle{Z}$ το μέσον του $\displaystyle{AH}$ και $\displaystyle{O}$ το περίκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{BHC}$ . Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο $\displaystyle{AZOM}$ είναι παραλληλόγραμμο.

Προσθέτω και το αρχείο με τα θέματα

#2

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 1

Αν $\displaystyle{a, b, c}$ είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{a^2+b^2+c^2+2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\geq9}$

Έχω: $\displaystyle{{a^2} + {b^2} + {c^2} + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\mathop \ge \limits^{A.M - G.M} 9\sqrt[9]{{{a^2}{b^2}{c^2}\frac{1}{a}\frac{1}{b}\frac{1}{c}\frac{1}{a}\frac{1}{b}\frac{1}{c}}} = 9}$

Η ισότητα για a=b=c=1

gavrilos · #3

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 1

Αν $\displaystyle{a, b, c}$ είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{a^2+b^2+c^2+2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\geq9}$

Καλησπέρα.

Είναι ΑΜ-ΓΜ.Πιο συγκεκριμένα $\displaystyle{a^2+\frac{2}{a}=a^2+\frac{1}{a}+\frac{1}{a}\geq 3\sqrt[3]{a^2\cdot \frac{1}{a}\cdot \frac{1}{a}}=3}$ .

Με όμοιο τρόπο και για τα $\displaystyle{b,c}$ και με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε το ζητούμενο.Ισότητα για $\displaystyle{a=b=c=1}$ .

Edit:Με πρόλαβε ο κύριος Χρήστος.

raf616 · #4

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 4

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ τέτοιο, ώστε $\displaystyle{AB\neq AC}$ . Έστω $\displaystyle{M}$ το μέσον του $\displaystyle{BC}$ , $\displaystyle{H}$ το ορθόκεντρο του $\displaystyle{ABC}$ , $\displaystyle{Z}$ το μέσον του $\displaystyle{AH}$ και $\displaystyle{O}$ το περίκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{BHC}$ . Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο $\displaystyle{AZOM}$ είναι παραλληλόγραμμο.

Γεια σε όλους! Μία προσέγγιση:

Έστω (K)

ο περιγεγραμμένος κύκλος του ABC

. Ισχύει $AZ\parallel MO$ . Αρκεί και AZ = MO

. Όμως ισχύει $AH = 2KM \iff AZ = KM$ . Τα K, M, O

είναι συνευθειακά αφού ανήκουν στη μεσοκάθετο του

. Θα δείξω ότι το KBOC

είναι ρόμβος και άρα οι διαγώνιοι θα διχοτομούνται και θα προκύψει το ζητούμενο. Αρκεί οι κύκλοι (K), (O)

να είναι ίσοι. Παρατηρούμε ότι το

είναι το ορθόκεντρο του BHC

. Επομένως, το συμμετρικό του ως προς το μέσο της απέναντι πλευράς, έστω

είναι σημείο του (O)

. Τότε όμως το ABCA'

είναι παραλληλόγραμμο αφού οι διαγώνιοι διχοτομούναι. Έτσι τα τρίγωνα ABC

και

είναι ίσα και άρα οι περιγεγραμμένοι κύκλοι τους είναι ίσοι, δηλαδή (K) = (O)

. Έτσι, το ζητούμενο εδείχθη.

gavrilos · #5

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 3

Η κάθε έδρα ενός κύβου χρωματίζεται με ένα από έξι διαθέσιμα διαφορετικά χρώματα έτσι, ώστε κάθε δύο γειτονικές έδρες του να έχουν διαφορετικό χρώμα. Με πόσους διαφορετικούς τρόπους είναι δυνατόν να γίνει αυτό;

Καλησπέρα.Αν και δε διευκρινίζεται στην εκφώνηση,θεωρώ τις έδρες διακεκριμένες,δηλαδή χρωματισμοί που μπορεί να είναι ίδιοι μετά από κάποια περιστροφή

του κύβου,τους θεωρώ διαφορετικούς.

Έστω $\displaystyle{b_{1},b_{2},b_{3},b_{4},b_{5},b_{6}}$ οι έδρες.

Θεωρούμε την $\displaystyle{b_{1}}$ ως βασική έδρα και τη χρωματίζουμε με ένα τυχαίο χρώμα.Αυτό γίνεται με $\displaystyle{6}$ τρόπους.

Θα διακρίνουμε $\displaystyle{3}$ περιπτώσεις:

$\bullet$ Οι τέσσερις γειτονικές της $\displaystyle{b_{1}}$ έχουν όλες διαφορετικά χρώματα.

Τότε ο χρωματισμός τους μπορεί να γίνει με $\displaystyle{5!}$ τρόπους ενώ υπάρχουν $\displaystyle{2}$ επιλογές για την τελευταία έδρα (την απέναντι της $\displaystyle{b_{1}}$ ).

$\bullet$ Υπάρχει ακριβώς ένα ζεύγος εδρών γειτονικών της $\displaystyle{b_{1}}$ που έχουν ίδιο χρώμα.Το ζεύγος αυτό επιλέγεται με $\displaystyle{2}$ τρόπους.

Οι τρόποι χρωματισμού είναι τώρα σε πλήθος $\displaystyle{2\cdot 5\cdot 4\cdot 3}$ και υπάρχουν $\displaystyle{3}$ επιλογές για την τελευταία έδρα.

$\bullet$ Οι γειτονικές της $\displaystyle{b_{1}}$ χρωματίζονται με ακριβώς δύο χρώματα συνολικά (οι δύο απέναντι με ένα χρώμα κι οι άλλες δύο απέναντι με ένα άλλο).

Αυτό μπορεί να γίνει με $\displaystyle{5\cdot 4}$ τρόπους ενώ υπάρχουν και $\displaystyle{4}$ τρόποι για την τελευταία έδρα.

Τελικά υπάρχουν $\displaystyle{6\cdot (2\cdot 5!+3\cdot 5!+5\cdot 4\cdot 4)=\boxed{4080}}$ τρόπους.

Διορθώστε με αν έχω κάνει λάθος.

gavrilos · #6

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 2

Αν οι πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{x, y}$ είναι τέτοιοι, ώστε να ισχύει $\displaystyle{x^5+y^5=2x^2y^2}$ , να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{1-xy}$ είναι τέλειο τετράγωνο.

Να τη.Ωραίο πρόβλημα αλλά γνωστό.

Επίσης,οι αριθμοί είναι ρητοί αλλιώς το πρόβλημα δε βγάζει νόημα (κάθε θετικός πραγματικός είναι τέλειο τετράγωνο θετικού πραγματικού).

#7

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 4

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ τέτοιο, ώστε $\displaystyle{AB\neq AC}$ . Έστω $\displaystyle{M}$ το μέσον του $\displaystyle{BC}$ , $\displaystyle{H}$ το ορθόκεντρο του $\displaystyle{ABC}$ , $\displaystyle{Z}$ το μέσον του $\displaystyle{AH}$ και $\displaystyle{O}$ το περίκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{BHC}$ . Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο $\displaystyle{AZOM}$ είναι παραλληλόγραμμο.

Κάτι παρόμοιο με τον Ραφαήλ.

: Παγκύπριο 2015.4.png (17.78 KiB) Προβλήθηκε 1604 φορές

Έστω

το περίκεντρο του ABC

. Τα τρίγωνα ABC, BHC

έχουν το ίδιο κύκλο του Euler

, άρα ίδια ακτίνα KC=OC

, οπότε η

είναι μεσοκάθετος του

.
$\displaystyle{KO = 2KM = 2AZ \Leftrightarrow }$ $\boxed{MO// = AZ}$ που αποδεικνύει το ζητούμενο.

#8

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 3

Η κάθε έδρα ενός κύβου χρωματίζεται με ένα από έξι διαθέσιμα διαφορετικά χρώματα έτσι, ώστε κάθε δύο γειτονικές έδρες του να έχουν διαφορετικό χρώμα. Με πόσους διαφορετικούς τρόπους είναι δυνατόν να γίνει αυτό;

Ας δούμε και την περίπτωση όπου δυο χρωματισμοί θεωρούνται ίδιοι αν ο ένας προκύπτει από τον άλλο με περιστροφή του κύβου.

Ας υποθέσουμε ότι έχουμε τα χρώματα 1,2,3,4,5,6

.

Υπάρχουν 30 τρόποι για να χρησιμοποιήσουμε και τα 6 χρώματα: Περιστρέφουμε τον κύβο ώστε το χρώμα 1 να βρίσκεται στο κάτω μέρος του κύβου. Υπάρχουν 5 επιλογές για το χρώμα του πάνω μέρους. Έστω ότι αυτό είναι το 2. Περιστρέφουμε τον κύβο ώστε το χρώμα 3 να βρεθεί στο μπροστινό μέρος. (Με το 1 να μένει στο κάτω και το 2 στο πάνω.) Τα υπόλοιπα 3 χρώματα μπορούν να τοποθετηθούν με 3!=6 τρόπους. Δεν υπάρχουν άλλες περιστροφές όπου τα 1,2,3 να βρίσκονται κάτω, πάνω και μπροστά αντίστοιχα οπότε όλοι οι χρωματισμοί είναι όντως διαφορετικοί. Έχουμε λοιπόν 30 χρωματισμούς όπως ισχυριστήκαμε.

Υπάρχουν 90 τρόποι για να χρησιμοποιήσουμε ακριβώς 5 χρώματα: Επιλέγουμε το «διπλό» χρώμα με 6 τρόπους και το χρώμα που δεν εμφανίζεται με 5 τρόπους. Χωρίς βλάβη το διπλό χρώμα είναι το 1 και το χρώμα που δεν εμφανίζεται το 6. Περιστρέφουμε ώστε το 1 να βρίσκεται στην κάτω και στην πάνω όψη. Περιστρέφουμε επίσης ώστε το χρώμα 2 να βρίσκεται στην μπροστά όψη. Επιλέγουμε το χρώμα που βρίσκεται στην πίσω όψη με 3 τρόπους. Όπως και να τοποθετηθούν τα άλλα χρώματα δίνουν τον ίδιο χρωματισμό. (Αναποδογυρίζοντας τον κύβο.) Άρα όντως 90 χρωματισμοί όπως ισχυριστήκαμε.

Υπάρχουν 90 τρόποι για να χρησιμοποιήσουμε ακριβώς 4 χρώματα: Επιλέγουμε τα δύο διπλά χρώματα, έστω τα 1,2 με $\binom{6}{2} = 15$ τρόπους. (Δεν μπορεί ένα χρώμα να χρησιμοποιηθεί 3 φορές.) Μπορούμε να περιστρέψουμε τον κύβο ώστε το 1 να βρίσκεται πάνω και κάτω ενώ το 2 μπροστά και πίσω. Υπάρχουν άλλοι $\binom{4}{2} = 6$ τρόποι να επιλέξουμε τα άλλα δύο χρώματα. Όπως και να τα τοποθετήσουμε παίρνουμε τον ίδιο χρωματισμό άρα σύνολο 90 όπως ισχυριστήκαμε.

Υπάρχουν 20 τρόποι για να χρησιμοποιήσουμε ακριβώς 3 χρώματα: Υπάρχουν $\binom{6}{3} = 20$ τρόποι να επιλέξουμε τα τρία διπλά χρώματα. Το ένα πρέπει να βρίσκεται πάνω/κάτω, το άλλο μπροστά/πίσω και το άλλο αριστερά/δεξιά. Μπορούμε να πάμε από τον ένα χρωματισμό στον άλλο μέσω περιστροφών. Άρα όντως 20 τρόποι.

Συνολικά λοιπόν (αφού πρέπει να χρησιμοποιήσουμε τουλάχιστον 3 χρώματα) έχουμε 30+90+90+20 = 230

διαφορετικούς χρωματισμούς.

#9

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 4

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ τέτοιο, ώστε $\displaystyle{AB\neq AC}$ . Έστω $\displaystyle{M}$ το μέσον του $\displaystyle{BC}$ , $\displaystyle{H}$ το ορθόκεντρο του $\displaystyle{ABC}$ , $\displaystyle{Z}$ το μέσον του $\displaystyle{AH}$ και $\displaystyle{O}$ το περίκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{BHC}$ . Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο $\displaystyle{AZOM}$ είναι παραλληλόγραμμο.

Το πρόβλημα είχε πέσει δύο εβδομάδες νωρίτερα στον ελληνικό προκριματικό. Το πρόβλημα είναι από τη Shortlist της περσινής JBMO και μάλλον άρεσε και στις δύο επιτροπές.

http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=58&t=48989

Soteris · #10

Οι προτεινόμενες λύσεις από την επιτροπή θεματοθετών.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Μέλη σε σύνδεση