Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

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

Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Soteris » Σάβ Μάιος 09, 2015 7:04 pm

Πρόβλημα 1

Αν το πολυώνυμο \displaystyle{f\left(x\right)=\left(1+x+x^2\right)^{25}} γραφεί στην μορφή

\displaystyle{f\left(x\right)=\left(1+x+x^2\right)^{25}=a_0+a_1x+a_2x^2+\ldots+a_{49}x^{49}+a_{50}x^{50}}}

όπου τα \displaystyle{a_0, a_1, a_2, \ldots, a_{50}} είναι ακέραιοι συντελεστές του πολυωνύμου, να δείξετε ότι:

i. Ο αριθμός \displaystyle{K=a_0+a_2+a_4+\ldots+a_{48}+a_{50}} είναι άρτιος.

ii. Το \displaystyle{8} διαιρεί τον \displaystyle{\left(K-1\right)^2-1}.

Πρόβλημα 2

Αν \displaystyle{x, y, \omega} είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με \displaystyle{x+y+\omega=1}, να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης:

\displaystyle{A=\dfrac{x^3}{x^2+y\omega}+\dfrac{y^3}{y^2+x\omega}+\dfrac{{\omega}^3}{{\omega}^2+xy}}

Πρόβλημα 3

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο \displaystyle{\vartriangle{ABC} \left(AB<AC\right)} και έστω \displaystyle{M} το μέσο της πλευράς του \displaystyle{BC}. Φέρουμε το ύψος του \displaystyle{AD} και τη διχοτόμο \displaystyle{\left(\delta\right)} της γωνίας \displaystyle{\angle{BAC}} που τέμνει την \displaystyle{BC} στο σημείο \displaystyle{Z}. Από το σημείο \displaystyle{B} φέρουμε κάθετη \displaystyle{\left(k_1\right)} προς την \displaystyle{\left(\delta\right)} και έστω \displaystyle{E} το σημείο τομής της \displaystyle{\left(k_1\right)} με την \displaystyle{\left(\delta\right)}. Από το σημείο \displaystyle{C} φέρουμε κάθετη \displaystyle{\left(k_2\right)} προς την \displaystyle{\left(\delta\right)} που τέμνει την \displaystyle{\left(\delta\right)} στο σημείο \displaystyle{K} και την προέκταση του ύψους \displaystyle{AD} στο \displaystyle{T}. Αν η ευθεία \displaystyle{TZ} τέμνει την \displaystyle{ME} στο σημείο \displaystyle{P}, να αποδείξετε ότι οι γωνίες \displaystyle{\angle{EZP}} και \displaystyle{\angle{ABE}} είναι ίσες.


Πρόβλημα 4

Να βρεθεί ο μικρότερος θετικός ακέραιος \displaystyle{m} τέτοιος, ώστε σε κάθε υποσύνολο του συνόλου \displaystyle{S=\left\{1, 2, 3, \ldots, 2015\right\}} με \displaystyle{m} στοιχεία το άθροισμα δύο στοιχείων του, όχι απαραίτητα διαφορετικών μεταξύ τους, να είναι δύναμη του \displaystyle{2}.


Σωτήρης Λοϊζιάς
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6167
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Σάβ Μάιος 09, 2015 7:20 pm

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 1

Αν το πολυώνυμο \displaystyle{f\left(x\right)=\left(1+x+x^2\right)^{25}} γραφεί στην μορφή

\displaystyle{f\left(x\right)=\left(1+x+x^2\right)^{25}=a_0+a_1x+a_2x^2+\ldots+a_{49}x^{49}+a_{50}x^{50}}}

όπου τα \displaystyle{a_0, a_1, a_2, \ldots, a_{50}} είναι ακέραιοι συντελεστές του πολυωνύμου, να δείξετε ότι:

i. Ο αριθμός \displaystyle{K=a_0+a_2+a_4+\ldots+a_{48}+a_{50}} είναι άρτιος.

ii. Το \displaystyle{8} διαιρεί τον \displaystyle{\left(K-1\right)^2-1}.
Είναι

\displaystyle{a_0+a_2+\cdots +a_{50}=\frac{f(1)+f(-1)}{2}=\frac{3^{25}+1}{2}=\frac{(3+1)(3^{24}-3^{23}+\cdots +1)}{2}\equiv 0\mod 2.}

Ακόμα είναι

\displaystyle{(K-1)^2-1=K(K-2),} οπότε αρκεί το \displaystyle{K-2} να είναι πολλαπλάσιο του \displaystyle{4.}

Είναι

\displaystyle{K-2=\frac{3^{25}-3}{2}=\frac{3(3^{24}-1)}{2}=\frac{3(81^6-1)}{2}=\frac{3\cdot 80(81^5+81^4+81^3+81^2+81+1)}{2}\equiv 0\mod 120.}


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6167
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Σάβ Μάιος 09, 2015 7:42 pm

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 2

Αν \displaystyle{x, y, \omega} είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με \displaystyle{x+y+\omega=1}, να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης:

\displaystyle{A=\dfrac{x^3}{x^2+y\omega}+\dfrac{y^3}{y^2+x\omega}+\dfrac{{\omega}^3}{{\omega}^2+xy}}
Θα αποδείξουμε ότι για κάθε \displaystyle{x,y,z>0} ισχύει

\displaystyle{\frac{x^3}{x^2+yz}+\frac{y^3}{y^2+zx}+\frac{z^3}{z^2+xy}\geq \frac{x+y+z}{2}}

με την ισότητα μόνο όταν \displaystyle{x=y=z.}

Είναι

\displaystyle{\sum \frac{x^3}{x^2+yz}=\sum \Big(x-\frac{xyz}{x^2+yz}\Big)\geq \sum \Big(x-\frac{xyz}{2\sqrt{x^2yz}}\Big)=}

\displaystyle{=\sum \Big(x-\frac{\sqrt{yz}}{2}\Big)\geq \sum \Big(x-\frac{y+z}{4}\Big)=\frac{x+y+z}{2}.}

Τελικά το ζητούμενο ελάχιστο ισούται με \displaystyle{\frac{1}{2}.}


Μάγκος Θάνος
raf616
Δημοσιεύσεις: 680
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 17, 2013 4:35 pm
Τοποθεσία: Μυτιλήνη

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από raf616 » Σάβ Μάιος 09, 2015 8:13 pm

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 3

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο \displaystyle{\vartriangle{ABC} \left(AB<AC\right)} και έστω \displaystyle{M} το μέσο της πλευράς του \displaystyle{BC}. Φέρουμε το ύψος του \displaystyle{AD} και τη διχοτόμο \displaystyle{\left(\delta\right)} της γωνίας \displaystyle{\angle{BAC}} που τέμνει την \displaystyle{BC} στο σημείο \displaystyle{Z}. Από το σημείο \displaystyle{B} φέρουμε κάθετη \displaystyle{\left(k_1\right)} προς την \displaystyle{\left(\delta\right)} και έστω \displaystyle{E} το σημείο τομής της \displaystyle{\left(k_1\right)} με την \displaystyle{\left(\delta\right)}. Από το σημείο \displaystyle{C} φέρουμε κάθετη \displaystyle{\left(k_2\right)} προς την \displaystyle{\left(\delta\right)} που τέμνει την \displaystyle{\left(\delta\right)} στο σημείο \displaystyle{K} και την προέκταση του ύψους \displaystyle{AD} στο \displaystyle{T}. Αν η ευθεία \displaystyle{TZ} τέμνει την \displaystyle{ME} στο σημείο \displaystyle{P}, να αποδείξετε ότι οι γωνίες \displaystyle{\angle{EZP}} και \displaystyle{\angle{ABE}} είναι ίσες.
Μία λύση, αργότερα θα προσθέσω και σχήμα.

Ισχυρισμός: Είναι ME\parallel AC. Η απόδειξη γίνεται εύκολα αν προεκτείνουμε την BE μέχρι να τμήσει την AC σε ένα σημείο,

έστω X. Τότε αφού AE διχοτόμος και ύψος το ΑΒΧ είναι ισοσκελές και άρα το E είναι μέσο του BX. Εύκολα τώρα προκύπτει το

ζητούμενο αφού η ME ενώνει τα μέσα των πλευρών στο BCX.

Παρατηρούμε ότι στο ATC το Z είναι το ορθόκεντρο. Άρα TZ \perp AC και άρα σύμφωνα με τον ισχυρισμό είναι TP \perp ME.

Πάλι σύμφωνα με τον ισχυρισμό είναι \widehat{ZEM} = \widehat{ZAC} = \widehat{BAE}. Παρατηρούμε τώρα ότι τα τρίγωνα ABE και ZEP έχουν δύο

ίσες γωνίες και άρα θα έχουν και τις τρίτες. Άρα, \widehat{EZP} = \widehat{ABE} και έτσι το ζητούμενο εδείχθη.

*EDIT: Πρόσθεσα το σχήμα.
Συνημμένα
mathematica_7.png
mathematica_7.png (10.46 KiB) Προβλήθηκε 1110 φορές
τελευταία επεξεργασία από raf616 σε Σάβ Μάιος 09, 2015 8:33 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Πάντα κατ' αριθμόν γίγνονται... ~ Πυθαγόρας

Ψυρούκης Ραφαήλ
ealexiou
Δημοσιεύσεις: 1658
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 15, 2013 10:06 pm
Τοποθεσία: ΒΟΛΟΣ

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ealexiou » Σάβ Μάιος 09, 2015 8:21 pm

Soteris έγραψε:
Πρόβλημα 3

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο \displaystyle{\vartriangle{ABC} \left(AB<AC\right)} και έστω \displaystyle{M} το μέσο της πλευράς του \displaystyle{BC}. Φέρουμε το ύψος του \displaystyle{AD} και τη διχοτόμο \displaystyle{\left(\delta\right)} της γωνίας \displaystyle{\angle{BAC}} που τέμνει την \displaystyle{BC} στο σημείο \displaystyle{Z}. Από το σημείο \displaystyle{B} φέρουμε κάθετη \displaystyle{\left(k_1\right)} προς την \displaystyle{\left(\delta\right)} και έστω \displaystyle{E} το σημείο τομής της \displaystyle{\left(k_1\right)} με την \displaystyle{\left(\delta\right)}. Από το σημείο \displaystyle{C} φέρουμε κάθετη \displaystyle{\left(k_2\right)} προς την \displaystyle{\left(\delta\right)} που τέμνει την \displaystyle{\left(\delta\right)} στο σημείο \displaystyle{K} και την προέκταση του ύψους \displaystyle{AD} στο \displaystyle{T}. Αν η ευθεία \displaystyle{TZ} τέμνει την \displaystyle{ME} στο σημείο \displaystyle{P}, να αποδείξετε ότι οι γωνίες \displaystyle{\angle{EZP}} και \displaystyle{\angle{ABE}} είναι ίσες.
Πρόβλημα 3.png
Πρόβλημα 3.png (19.67 KiB) Προβλήθηκε 1136 φορές
\widehat{ABE} =90°-\widehat{BAE}=90°-\widehat{KAC}=90°-\widehat{KDC}= ( τετράπλευρο DACK εγγράψιμο, πράσινος κύκλος) =90°-\widehat{KDZ}=90°-\widehat{KTZ}=(KTDZ εγγράψιμο) =\widehat{KZT}=\widehat{EZP}

και το ζητούμενο εδείχθη.
τελευταία επεξεργασία από ealexiou σε Σάβ Μάιος 09, 2015 8:34 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
chris
Δημοσιεύσεις: 1176
Εγγραφή: Πέμ Μαρ 11, 2010 9:39 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα - Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris » Σάβ Μάιος 09, 2015 8:28 pm

Soteris έγραψε:
Πρόβλημα 3

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο \displaystyle{\vartriangle{ABC} \left(AB<AC\right)} και έστω \displaystyle{M} το μέσο της πλευράς του \displaystyle{BC}. Φέρουμε το ύψος του \displaystyle{AD} και τη διχοτόμο \displaystyle{\left(\delta\right)} της γωνίας \displaystyle{\angle{BAC}} που τέμνει την \displaystyle{BC} στο σημείο \displaystyle{Z}. Από το σημείο \displaystyle{B} φέρουμε κάθετη \displaystyle{\left(k_1\right)} προς την \displaystyle{\left(\delta\right)} και έστω \displaystyle{E} το σημείο τομής της \displaystyle{\left(k_1\right)} με την \displaystyle{\left(\delta\right)}. Από το σημείο \displaystyle{C} φέρουμε κάθετη \displaystyle{\left(k_2\right)} προς την \displaystyle{\left(\delta\right)} που τέμνει την \displaystyle{\left(\delta\right)} στο σημείο \displaystyle{K} και την προέκταση του ύψους \displaystyle{AD} στο \displaystyle{T}. Αν η ευθεία \displaystyle{TZ} τέμνει την \displaystyle{ME} στο σημείο \displaystyle{P}, να αποδείξετε ότι οι γωνίες \displaystyle{\angle{EZP}} και \displaystyle{\angle{ABE}} είναι ίσες.
Το πρόβλημα ισχύει για οποιοδήποτε σημείο M επί της BC που βρίσκεται στο τμήμα ZC και όχι απαραίτητα το μέσο της. Φαντάζομαι δόθηκε το μέσο με την επιπλέον συνθήκη AB<AC ώστε το M να είναι "δεξιότερα" του Z.

Ισχύει (με βάση το παραπάνω σχήμα): \displaystyle \angle{ABE}=90^{o}-\frac{\angle{A}}{2}=\angle{ACK}=\angle{TDK}=\angle{TZK}=\angle{EZP}
λόγω των εγγράψιμων ACKD και TDZK.

Για το 2ο θέμα δείτε και εδώ: http://www.artofproblemsolving.com/comm ... 83p2693840


Στραγάλης Χρήστος
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11267
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Μάιος 09, 2015 11:00 pm

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 4

Να βρεθεί ο μικρότερος θετικός ακέραιος \displaystyle{m} τέτοιος, ώστε σε κάθε υποσύνολο του συνόλου \displaystyle{S=\left\{1, 2, 3, \ldots, 2015\right\}} με \displaystyle{m} στοιχεία το άθροισμα δύο στοιχείων του, όχι απαραίτητα διαφορετικών μεταξύ τους, να είναι δύναμη του \displaystyle{2}.
Απάντηση: 1007.

Αν πάρω τους 1006 αριθμούς \{17,\, 18,\, ... \, , 31\}\cup \{1025,\, 1026,\, ... \, , 2015\} κανένα ζεύγος δεν έχει άθροισμα δύναμη του 2 γιατί οι μόνες πιθανές εκδοχές για αυτά τα νούμερα είναι οι 64 ή 2048 ή 4096 που όμως εύκολα βλέπουμε ότι δεν τους φτάνουμε (τα αθροίσματα που βρίσκουμε είναι από 17+17=34>32 έως 31+31=62<64 ή από 17+1025= 1042 > 1024 έως 17+2015= 2042 < 2048 ή από 1025+1025> 2048 έως 2015+2015< 4096, δηλαδή γνήσια μεταξύ διαδοχικών δυνάμεων του 2 (*).

Τώρα, κάθε 1007 νούμερα οπωσδήποτε περιέχουν δύο με άθροισμα δύναμη του 2 διότι αν μεν είμαι τυχερός και ανάμεσά τους βρίσκονται οι 16, 32, 1024, τέλειωσα. Αλλιώς έχω 1007 νούμερα από τους υπόλοιπους 2012. 'Ομως τότε σίγουρα δύο θα πέσουν και οι δύο σε κάποιο από τα 1006 ζεύγη

\{1,\, 31\}, \{2,\, 30\}, ..., \{15,\, 17\}, \{33,\, 2015\}, \{34,\, 2014\}, ... , \{1023,\, 1025\}

και είμαι εντάξει.

Ελπίζω να τους μέτρησα σωστά.

Φιλικά,

Μιχάλης

Σωτήρη, την έλυσε κανείς;
Αν ήμουν στην επιτροπή θεμάτων θα πρότεινα παραλλαγή της άσκησης ώστε να μην επιτρέπεται οι δύο αριθμοί να είναι ίδιοι. Έτσι θα γλιτώναμε την τεχνική λεπτομέρεια για τους 16, 32, 1024, χωρίς να αλλάζει η ουσία της άσκησης.

(*) διόρθωσα τυπογραφικό σφάλμα της αρχική μου απάντησης
τελευταία επεξεργασία από Mihalis_Lambrou σε Κυρ Μάιος 10, 2015 3:42 am, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8181
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Σάβ Μάιος 09, 2015 11:10 pm

Soteris έγραψε:
Πρόβλημα 4

Να βρεθεί ο μικρότερος θετικός ακέραιος \displaystyle{m} τέτοιος, ώστε σε κάθε υποσύνολο του συνόλου \displaystyle{S=\left\{1, 2, 3, \ldots, 2015\right\}} με \displaystyle{m} στοιχεία το άθροισμα δύο στοιχείων του, όχι απαραίτητα διαφορετικών μεταξύ τους, να είναι δύναμη του \displaystyle{2}.
Διαμερίζουμε το \{1,2,\ldots,2015\} στα εξής 1006 ζεύγη και 3 μονοσύνολα: \{1,31\},\{2,30\},\ldots,\{15,17\},\{16\},\{32\},\{33,2015\},\{34,2014\},\ldots,\{1023,1025\},\{1024\}.

Αν πάρουμε ένα υποσύνολο A με τουλάχιστον 1007 στοιχεία, τότε από αρχή περιστερώνα, είτε ένα στοιχείο του A θα ανήκει σε κάποιο από τα πιο πάνω μονοσύνολα, είτε δύο στοιχεία του A θα ανήκουν στο ίδιο ζεύγος. Και στις δύο περιπτώσεις το A θα περιέχει δύο στοιχεία (όχι απαραίτητα διαφορετικά) με το άθροισμά τους να είναι δύναμη του 2. Άρα m \leqslant 1007.

Από την άλλη δεν μπορούμε να έχουμε m \leqslant 1006 αφού το \{17,18,\ldots,31\} \cup \{1025,1026,\ldots,2015\} έχει 15 + 991 = 1006 στοιχεία χωρίς δύο στοιχεία του να έχουν άθροισμα δύναμη του δύο. [Αν πάρουμε δυο στοιχεία από το πρώτο σύνολο, το άθροισμά τους είναι μεγαλύτερο του 2^5 και μικρότερο του 2^6 άρα δεν είναι δύναμη του 2. Αν πάρουμε δυο στοιχεία από το δεύτερο το άθροισμά τους είναι μεγαλύτερο του 2^{11} και μικρότερο του 2^{12} άρα δεν είναι δύναμη του 2. Αν πάρουμε ένα στοιχείο από το πρώτο και ένα από το δεύτερο το άθροισμά τους είναι μεγαλύτερο του 2^{10} και μικρότερο του 2^{11} άρα πάλι δεν είναι δύναμη του 2.]

Οπότε τελικά είναι m=1007.

Την αφήνω για τον κόπο μου. Με πρόλαβε ο Μιχάλης με ακριβώς την ίδια λύση.
τελευταία επεξεργασία από Demetres σε Σάβ Μάιος 09, 2015 11:13 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11267
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Μάιος 09, 2015 11:13 pm

Δημήτρη, απίστευτο. Έχουμε ακριβώς την ίδια λύση, ακριβώς το ίδιο δευτερόλεπτο. Θα αρχίσω να πιστεύω στην τηλεπάθεια...


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8181
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Σάβ Μάιος 09, 2015 11:14 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:Δημήτρη, απίστευτο. Έχουμε ακριβώς την ίδια λύση, ακριβώς το ίδιο δευτερόλεπτο. Θα αρχίσω να πιστεύω στην τηλεπάθεια...
Μιχάλη, την έστειλες 10 λεπτά πιο γρήγορα αλλά δεν το πρόσεξα.


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

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Soteris » Κυρ Μάιος 10, 2015 12:31 am

Mihalis_Lambrou έγραψε: Σωτήρη, την έλυσε κανείς;
Αν ήμουν στην επιτροπή θεμάτων θα πρότεινα παραλλαγή της άσκησης ώστε να μην επιτρέπεται οι δύο αριθμοί να είναι ίδιοι. Έτσι θα γλιτώναμε την τεχνική λεπτομέρεια για τους 16, 32, 1024, χωρίς να αλλάζει η ουσία της άσκησης.
Κύριε Λάμπρου, αυτό θα το γνωρίζουμε τέλος της βδομάδας που μας έρχεται. Με την ευκαιρία να πω ότι ήταν ο τελευταίος διαγωνισμός επιλογής για φέτος, αφού μετά από συτόν θα ξέρουμε την εξάδα που θα εκπροσωπήσει τη χώρα μας στο Βελιγράδι.


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

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Κυρ Μάιος 10, 2015 9:09 pm

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 4

Να βρεθεί ο μικρότερος θετικός ακέραιος \displaystyle{m} τέτοιος, ώστε σε κάθε υποσύνολο του συνόλου \displaystyle{S=\left\{1, 2, 3, \ldots, 2015\right\}} με \displaystyle{m} στοιχεία το άθροισμα δύο στοιχείων του, όχι απαραίτητα διαφορετικών μεταξύ τους, να είναι δύναμη του \displaystyle{2}.

Το είδαμε εδώ (ελαφρώς διαφορετικό):
viewtopic.php?p=161331#p161331


Θανάσης Κοντογεώργης
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8181
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5, 2015

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Κυρ Μάιος 10, 2015 11:00 pm

socrates έγραψε:
Soteris έγραψε:Πρόβλημα 4

Να βρεθεί ο μικρότερος θετικός ακέραιος \displaystyle{m} τέτοιος, ώστε σε κάθε υποσύνολο του συνόλου \displaystyle{S=\left\{1, 2, 3, \ldots, 2015\right\}} με \displaystyle{m} στοιχεία το άθροισμα δύο στοιχείων του, όχι απαραίτητα διαφορετικών μεταξύ τους, να είναι δύναμη του \displaystyle{2}.

Το είδαμε εδώ (ελαφρώς διαφορετικό):
viewtopic.php?p=161331#p161331
Ήμουν σίγουρος πως είχαμε ξαναδεί παρόμοια. Είχα ψάξει να την βρω χωρίς όμως επιτυχία.


Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Bing [Bot] και 1 επισκέπτης