BMO 2017 - Θέματα

JimNt. · #21

Συγχαρητήρια σε όλους!

#22

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά για την πολύ καλή εμφάνιση που πραγματοποίησαν!
Στις επίσημες χώρες η κατάταξη ήταν η εξής:
Βουλγαρία (226), Σερβία (208), Ρουμανία (182), Ελλάδα (174), Τουρκία (128)

Να γράψω μία λύση, που μου έχει κάνει εντύπωση που δεν την είδα ούτε εδώ, ούτε στο artofproblemsolving.
Βήμα 1:Επειδή είναι συμμετρική, γράφω x+y=s

και

και η σχέση γίνεται:
$\displaystyle s^3-3sp=s^2+40p$ ή

$\displaystyle p=\frac{s^3-s^2}{3s+40}$ (1)

Βήμα 2: Παίρνοντας $\pmod{3s+40}$ έχουμε ότι $s^3\equiv s^2$ ή $(3s)^3\equiv 3(3s)^2$ ή $(-40)^3\equiv 3(-40)^2$

από όπου βγάζουμε ότι
$\displaystyle{3s+40\mid 43\cdot 40^2}$ .

Βήμα 3: Επειδή $s^2\geq 4p$ από την (1) έχουμε ότι $\displaystyle{\frac{4(s^3-s^2)}{3s+40}\leq s^2}$ ή $s\leq 44$

Έπεται ότι $3s+40\leq 172=4\cdot 43$ (2)

Βήμα 4: Διακρίνουμε τις περιπτώσεις παίρνοντας πάντα υπόψη ότι $3s+40\equiv 1\mod 3$ και φυσικά την (2)

Περίπτωση 1: Αν το 3s+40

έχει παράγοντα το

τότε πρέπει αναγκαστικά $3s+40=4\cdot 43$ από όπου s=44

και

, άρα

.

Περίπτωση 2: Αν το 3s+40

έχει παράγοντα το 5^2

, τότε πρέπει $3s+40=2^2\cdot 5^2$ (λόγω (2) και $\mod 3$ ).
Τότε s=20

και $p=4\cdot 19$ . Επομένως ένας από τους x,y

πρέπει να διαιρείται με το 19, αλλά τότε είναι αδύνατο να έχουν και άθροισμα 20.

Περίπτωση 3: Αν το 3s+40

έχει παράγοντα το

, τότε πρέπει $3s+40=2^5\cdot 5$ (λόγω (2) και $\mod 3$ ).
Τότε s=40

και $p=10\cdot 39$ . Επομένως ένας από τους x,y

πρέπει να διαιρείται με το 13, αλλά τότε είναι αδύνατο να έχουν και άθροισμα 40.

Περίπτωση 4: Αν το 3s+40

έχει παράγοντα μόνο το

, τότε πρέπει 3s+40=2^6

(λόγω (2) και $\mod 3$ ).
Τότε s=8

και

, από όπου (x,y)=(7,1)

ή

.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #23

Ένα μεγάλο ΜΠΡΑΒΟ σε όλη την ομάδα !

S.E.Louridas · #24

S.E.Louridas έγραψε:Καλή Επιτυχία στην Εθνική των Μαθηματικών. Είναι αναμενόμενη... Αυτές οι καταστάσεις είναι μία πραγματική αντίσταση επιπέδου και αποτελούν μία ηχηρή απάντηση στην πρόκληση της εποχής.

Ειλικρινή και Πολλά συγχαρητήρια στην Εθνική Μαθηματικών. Πολλά ειλικρινή συγχαρητήρια και στο "κατασκευαστικό δίδυμο" των Συλουανού - Ψύχα που θεωρώ ότι θα γράψει ιστορία ως τέτοιο δείχνοντας την δύναμη της ομάδας έναντι αυτής της μονάδας. Καλή συνέχεια στην εθνική Μαθηματικών με την ευχή αντίστοιχων αποτελεσμάτων και για την Ι.Μ.Ο. (αναμενόμενο). Καλή συνέχεια και στους αδελφούς Κύπριους.

(*) Θα ήθελα από την θέση αυτή να μου επιτραπεί να προτείνω ως προσωπική άποψη:
Από το 2017-2018 και στο εξής ο πρόεδρος της Ε.Μ.Ε. να είναι ταυτόχρονα και πρόεδρος της επιτροπής των διαγωνισμών ως μία θεσμική και συμβολική κίνηση ουσίας με ουσιαστικό μήνυμα, ώστε να δοθεί ακόμα μεγαλύτερη έμφαση στην σπουδαιότητα των διαγωνισμών αυτών που όπως έχουμε κατ επανάληψη τονίσει αποτελούν μία ηχηρή απάντηση στη πρόκληση της εποχής.

Datis-Kalali · #25

Συγχαρητήρια σε ολούς! Μπράβο

Γιάννης Μπόρμπας · #26

Η ομάδα αξίζει υπερβολικά πολλά συγχαρητήρια για την επίδοση της, και άλλα τόσα αξίζει ο Βασίλης ο οποίος κατάφερε να γράψει άριστα! Μπράβο στα παιδιά!

simantiris j. · #27

Μπράβο σε όλα τα παιδιά για την εξαιρετική εμφάνισή τους!

Κατερινόπουλος Νικόλας · #28

Συγχαρητήρια παιδιά!!!

#29

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά!!!

Κατερινόπουλος Νικόλας · #30

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 1

Να βρείτε όλα τα διατεταγμένα ζεύγη θετικών ακεραίων $\displaystyle{(x,y)}$ , τέτοια ώστε: $\displaystyle{x^3+y^3=x^2+42xy+y^2}$

Νομίζω υπάρχει ένας ΠΟΛΥ πιο εύκολος τρόπος!!!

harrisp · #31

Συγχαρητήρια σε όλους για τις διακρίσεις !

#32

Κατερινόπουλος Νικόλας έγραψε: Νομίζω υπάρχει ένας ΠΟΛΥ πιο εύκολος τρόπος!!!

Θα τον μοιραστείς μαζί μας;

Κατερινόπουλος Νικόλας · #33

silouan έγραψε:
Κατερινόπουλος Νικόλας έγραψε: Νομίζω υπάρχει ένας ΠΟΛΥ πιο εύκολος τρόπος!!!
Θα τον μοιραστείς μαζί μας;

Κύριε Σιλουανέ καλησπέρα!

Η λύση που σκέφτηκα, ήταν λανθασμένη. Την επαλήθευσα και είχα κάνει λάθος στις πράξεις...

#34

ΣΥΓΧΑΡΗΤΗΡΙΑ στα παιδιά της ομάδας μας!!!!

S.E.Louridas · #35

Επιτρέψτε μου για λόγους πολυφωνίας και τη δική μου στοιχειώδη εκδοχή στο θέμα της Γεωμετρίας, που ασχολήθηκα με το θέμα για αυτόν ακριβώς τον λόγο.
Θα εργαστούμε στο σχήμα που ακολουθεί.

Αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύουν οι ισότητες $\left( {KCT} \right) = \left( {KBS} \right),\;\,K \equiv ST \cap BC$ και $\left( {CTL} \right) = \left( {BSL} \right).$
Άμεσα έχουμε $\angle LBC = \angle BCL = \angle A,$ $\angle DBC = \angle C \Rightarrow \angle CDB = \angle B \Rightarrow \angle ATB = \angle B.$ $\angle CSB = \angle CEB = \angle EBS = \angle C \Rightarrow \angle TCS = \angle C + \angle B - \angle C = \angle B.$

Άρα $BT\parallel SC.$ Από το τραπέζιο BTCS,

παίρνουμε $\left( {KCT} \right) = \left( {KBS} \right).$

Από την άλλη μεριά έχουμε $\displaystyle{\frac{{\left( {CTL} \right)}}{{\left( {BSL} \right)}} = \frac{{TC \cdot L{L{'}}}}{{BS \cdot L{L{''}}}} = \frac{{TC\frac{{L{L{'}}}}{{LC}}}}{{BS\frac{{L{L{''}}}}{{LB}}}} = \frac{{TC\frac{{A{A{'}}}}{{AB}}}}{{BS\frac{{A{A{'}}}}{{AC}}}} = \frac{{AT}}{{AB}} \cdot \frac{{AC}}{{AB}} = 1,}$ καθότι $\tau \rho .ABC \sim \tau \rho .ABT.$

edit: Επανατοποθέτηση σχήματος

#36

silouan έγραψε: Να γράψω μία λύση, που μου έχει κάνει εντύπωση που δεν την είδα ούτε εδώ, ούτε στο artofproblemsolving.
Βήμα 1:Επειδή είναι συμμετρική, γράφω και και η σχέση γίνεται:
$\displaystyle s^3-3sp=s^2+40p$

Κάπως έτσι το έλυσε και ο Άγγελος Άσσος από την Κύπρο καθώς και επίσης και άλλοι μαθητές. Νομίζω και κάποιοι από την Ελλάδα το έλυσαν έτσι.

#37

socrates έγραψε:
Soteris έγραψε:Πρόβλημα 3

Έστω $\displaystyle{\mathbb{N}}$ το σύνολο των θετικών ακεραίων. Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $\displaystyle{f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}}$ , για τις οποίες ο $\displaystyle{n+f(m)}$ διαιρεί τον $\displaystyle{f(n)+nf(m)}$ , για όλα τα $\displaystyle{m, n\in\mathbb{N}}$ .

(Αλβανία)

Για εύκολα έχουμε
Για έπεται ότι οπότε $f(n)\leq n^2 ,$ για κάθε
Οπότε η αρχική συνθήκη γράφεται $n+f(m)|n^2-f(n) \ \ (^*).$

Είναι οπότε ή

-- Αν τότε, για έπεται ότι οπότε για κάθε που είναι λύση.

-- Αν θα δείξουμε ότι για κάθε (που είναι λύση).
Αν υπάρχει ώστε $f(c)\ne c^2$ τότε από έπεται ότι η είναι άνω φραγμένη.
Από για στην και
από για στην
έχουμε ότι για κάθε $n\neq 2 \pmod 3.$
Επειδή έπεται ότι για κάθε $n\neq 2 \pmod 3.$
Επομένως, η δεν είναι άνω φραγμένη, άτοπο.

Κάπως έτσι το προσέγγισα και εγώ. Στην θέση αυτών που χρωμάτισα με πορτοκαλί είπα τα εξής:

Αφού f(n) = n^2

για $n \not \equiv 2 \bmod 3$ τότε f(3) = 9

και

. Οπότε από την $(\ast)$ παίρνουμε n+9|n^2-f(n)

και

.

Για $n\equiv 2 \bmod 3$ οι n+9

και

είναι πρώτοι μεταξύ τους οπότε (n+9)(n+36)|n^2-f(n)

και καταλήγουμε σε άτοπο όπως προηγουμένως.

#38

Soteris έγραψε:
Πρόβλημα 4

Σε ένα κυκλικό τραπέζι κάθονται $\displaystyle{n>2}$ μαθητές. Αρχικά, κάθε μαθητής έχει ακριβώς μία καραμέλα. Σε κάθε βήμα, κάθε μαθητής επιλέγει μία από τις ακόλουθες ενέργειες:

(α) Δίνει μία καραμέλα στον μαθητή που κάθεται στα αριστερά του ή στον μαθητή που κάθεται στα δεξιά του.

(β) Χωρίζει όλες τις καραμέλες του σε δύο, πιθανώς κενά, σύνολα και δίνει το ένα σύνολο στον μαθητή που κάθεται στα αριστερά του και το άλλο στον μαθητή που κάθεται στα δεξιά του.

Σε κάθε βήμα, οι μαθητές εκτελούν τις ενέργειες που έχουν επιλέξει ταυτόχρονα.

Μία κατανομή των καραμελών ονομάζεται νόμιμη, αν μπορεί να προκύψει μετά από πεπερασμένο πλήθος βημάτων.
Να βρείτε το πλήθος των νόμιμων κατανομών.

(Δύο κατανομές είναι διαφορετικές αν υπάρχει μαθητής ο οποίος να έχει διαφορετικό αριθμό καραμελών σε κάθε μία από τις κατανομές αυτές.)

(Κύπρος)

Τελική απάντηση (χωρίς απόδειξη):

Για

περιττό, όλες οι κατανομές είναι νόμιμες.
Για

άρτιο, χωρίστε τους μαθητές σε άρτιους και περιττούς. Μια κατανομή είναι νόμιμη αν και μόνο αν οι άρτιοι μαθητές έχουν συνολικά τουλάχιστον μία καραμέλα και οι περιττοί μαθητές επίσης έχουν συνολικά τουλάχιστον μία καραμέλα.

#39

Δημήτρη, τo όλο θέμα αν ακολουθήσεις αυτό τον τρόπο στο Πρόβλημα 1 είναι να μην χαθείς μέσα σε όλες τις περιπτώσεις, αλλά αντιθέτως να βρεις ένα μηχανισμό να απορρίψεις τις περισσότερες.

Βάζω τη λύση μου και στο Πρόβλημα 3: Έστω P(m,n)

η πρόταση που δίνεται για κάθε m,n

.
Βήμα 1: Η σχέση P(1,1)

δίνει ότι $1+f(1)\mid 2f(1)$ , από όπου $1+f(1)\mid 2$ , οπότε f(1)=1

.

Βήμα 2: Η σχέση P(n,n)

δίνει ότι $n+f(n)\mid (n+1)f(n)$ , οπότε $n+f(n)\mid n(n+1)$ , από όπου έπεται ότι $n+f(n)\leq n(n+1)$ ή ότι $f(n)\leq n^2$ για κάθε θετικό ακέραιο

.

Βήμα 3: Η σχέση P(p,p)

με

πρώτο δίνει $p+f(p)\mid (p+1)f(p)$ . Αν $p\nmid f(p)$ τότε (f(p),p+f(p))=1

άρα πρέπει
$p+f(p)\mid p+1$ , δηλαδή $f(p)\leq 1$ , άρα f(p)=1

. Επομένως, είτε f(p)=1

, είτε $p\mid f(p)$ .

Ορίζονται λοιπόν φυσιολογικά τα σύνολα $A=\{p\in\mathbb{P},\ p\mid f(p)\}$ και $B=\{p\in\mathbb{P},\ f(p)=1\}$

Βήμα 4: Τουλάχιστον ένα σύνολο από τα

και

είναι άπειρο. Οπότε διακρίνουμε τις περιπτώσεις:
Περίπτωση α) Αν το

είναι άπειρο, σταθεροποιούμε

τυχόντα φυσικό. Η P(n,p)

με $p\in A$ δίνει ότι $n+f(p)\mid n^2-f(n)$ , οπότε
$n+f(p)\leq n^2-f(n)$ και αφού $p\in A$ , αν $f(n)\neq n^2$ , θα έχουμε ότι $p\leq f(p)\leq n^2-n-f(n)$ , άτοπο αφού το

είναι άπειρο. Επομένως είναι f(n)=n^2

.

Περίπτωση β) Αν το

είναι άπειρο, , σταθεροποιούμε

τυχόντα φυσικό. Η P(p,n)

με $p\in B$ δίνει $p+f(n)\mid p^2-f(p)$ και αφού $p\in B$ θα έχουμε $p+f(n)\mid p^2-1$ . Προσθέτοντας και αφαιρώντας το f^2(n)

παίρνουμε ότι $p+f(n)\mid f^2(n)-1$ .
Οπότε αν $f^2(n)\neq 1$ , θα έχουμε $p\leq f^2(n)-f(n)-1$ , άτοπο αφού το

είναι άπειρο. Έπεται ότι f(n)=1

για κάθε

.
$\flushright{\blacksquare}$

BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Μέλη σε σύνδεση