Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2019

Soteris · #1

Πρόβλημα 1

Ορίζουμε τις ακολουθίες $\displaystyle{(\alpha_\nu), (\beta_\nu), (\gamma_\nu)}$ με $\displaystyle{\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}}$ ως εξής:

$\displaystyle{\bullet}$ $\displaystyle{\alpha_1=2}$ και $\displaystyle{\alpha_{\nu+1}=2^{\alpha_\nu}, \forall\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}}$

$\displaystyle{\bullet}$ $\displaystyle{\beta_1=3}$ και $\displaystyle{\beta_{\nu+1}=3^{\beta_\nu}, \forall\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}}$

$\displaystyle{\bullet}$ $\displaystyle{\gamma_1=4}$ και $\displaystyle{\gamma_{\nu+1}=4^{\gamma_\nu}, \forall\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}}$

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\beta_{2019}>\alpha_{2020}>\gamma_{2018}}$ .

Πρόβλημα 2

Να βρείτε όλους τους πρώτους αριθμούς $\displaystyle{p}$ , ώστε ο αριθμός
$\displaystyle{1^{p^3+p+1}+2^{p^3+p+1}+\cdots+2019^{p^3+p+1}}$
να είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{p}$ .

Πρόβλημα 3

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC}}$ εγγεγραμμένο σε κύκλο με κέντρο $\displaystyle{O}$ και $\displaystyle{AD}$ το ύψος του (το σημείο $\displaystyle{D}$ είναι το ίχνος του ύψους πάνω στην $\displaystyle{BC}$ ). Έστω $\displaystyle{T}$ το σημείο τομής της $\displaystyle{CO}$ με την $\displaystyle{AD}$ . Θεωρούμε $\displaystyle{N, M}$ τα μέσα των τμημάτων $\displaystyle{AT}$ και $\displaystyle{AC}$ , αντίστοιχα. Φέρουμε την ευθεία $\displaystyle{NO}$ και ονομάζουμε $\displaystyle{F}$ το σημείο τομής της με την $\displaystyle{BC}$ . Αν $\displaystyle{K, O_1}$ τα κέντρα των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων $\displaystyle{\vartriangle{BCM}, \vartriangle{BOF}}$ , αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι $\displaystyle{KO_1\perp AB}$ .

Πρόβλημα 4

Σε μια τάξη $\displaystyle{10}$ μαθητών δόθηκε ένα διαγώνισμα $\displaystyle{15}$ προβλημάτων. Γνωρίζουμε ότι κάθε πρόβλημα λύθηκε σωστά από τουλάχιστον $\displaystyle{7}$ μαθητές.

Να αποδείξετε ότι υπάρχει ζεύγος $\displaystyle{\{x, y\}}$ μαθητών, ώστε κάθε πρόβλημα να λύθηκε σωστά από τουλάχιστον ένα μαθητή απ’ αυτούς.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #2

Soteris έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 10, 2019 1:55 pm

Πρόβλημα 2

Να βρείτε όλους τους πρώτους αριθμούς $\displaystyle{p}$ , ώστε ο αριθμός
$\displaystyle{1^{p^3+p+1}+2^{p^3+p+1}+\cdots+2019^{p^3+p+1}}$
να είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{p}$ .

Από μικρό θεώρημα Fermat

:

$a^{p^3}\equiv a^{p^2} \equiv a^p \equiv a$

Άρα $a^{p^3+p+1}\equiv a^3 \pmod{p}$

$1^{p^3+p+1}+2^{p^3+p+1}+\cdots+2019^{p^3+p+1}\equiv 1^3+2^3+\cdots+2019^3 \pmod{p}$ .

Όμως έχουμε ότι $1^3+2^3+\cdots+2019^3=(\dfrac{2019\cdot 2020}{2})^2$

Άρα πρέπει $p|(\dfrac{2019\cdot 2020}{2})^2\Leftrightarrow p|2019\cdot 1010$ , άρα p=3, p=5, p=673, p=2

ή

Edit: Μερικές Διορθώσεις...

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #3

Soteris έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 10, 2019 1:55 pm

Πρόβλημα 4

Σε μια τάξη $\displaystyle{10}$ μαθητών δόθηκε ένα διαγώνισμα $\displaystyle{15}$ προβλημάτων. Γνωρίζουμε ότι κάθε πρόβλημα λύθηκε σωστά από τουλάχιστον $\displaystyle{7}$ μαθητές.

Να αποδείξετε ότι υπάρχει ζεύγος $\displaystyle{\{x, y\}}$ μαθητών, ώστε κάθε πρόβλημα να λύθηκε σωστά από τουλάχιστον ένα μαθητή απ’ αυτούς.

Έστω $s_1, s_2, ..., s_{10}$ οι μαθητές και $p_1, p_2, ... p_{15}$ τα προβλήματα.

Έστω $r_1, r_2, ..., r_{45}$ τα

διαφορετικά ζεύγη που μπορούν να κάνουν όλοι οι μαθητές.

Μετράμε τις δυάδες [r_i, p_j]

, όπου μια δυάδα υφίσταται όταν ένας τουλάχιστον από τους μαθητές του ζεύγους r_i

έχει λύσει το πρόβλημα p_j

.

Για κάθε πρόβλημα τα ζεύγη μαθητών είναι είναι τουλάχιστον $7\cdot 9-\binom{7}{2}=42$ (αφαιρούμε το $\binom{7}{2}$ γιατί διπλομετρούμε τα ζευγάρια που έχουν δύο μαθητές που έλυσαν και οι δύο το πρόβλημα), άρα συνολικά έχουμε τουλάχιστον $42\cdot 15=630$ δυάδες, με ισότητα αν όλα τα προβλήματα λύθηκαν ακριβώς από

μαθητές.

Από την άλλη έχουμε

ζεύγη και $\dfrac{630}{45}=14$ . Άρα αν κάποιο ζευγάρι μαθητών έλυσε λιγότερα από

προβλήματα, θα είχαμε κάποιο άλλο ζευγάρι με

προβλήματα και το ζητούμενο έπεται. Έστω λοιπόν πως όλα τα ζευγάρια έλυσαν

προβλήματα. Για να ισχύει αυτό πρέπει κάθε πρόβλημα να λύθηκε από ακριβώς

μαθητές.

Επειδή οι δυάδες (μαθητής-ένα πρόβλημα που έλυσε ο συγκεκριμένος μαθητής), είναι $7\cdot 15=105$ , και $11\cdot 10>105$ , υπάρχει μαθητής που έλυσε το πολύ

προβλήματα.

Έστω πως ο μαθητής s_x

δεν έλυσε τα προβλήματα p_a, p_b, p_c, p_d, p_e

.

Για καθένα από τα παραπάνω

προβλήματα δεν μπορεί να υπάρχει μαθητής $s_y, y\ne x$ , ώστε ο s_y

να μην έλυσε

προβλήματα από αυτά, καθώς σε αυτή την περίπτωση θα είχαμε πως το ζεύγος μαθητών s_x

και

έλυσε το πολύ

προβλήματα.

Με άλλα λόγια στα προβλήματα p_a, p_b, p_c, p_d

και

, οι άλλοι δύο μαθητές που δεν έλυσαν το καθένα από αυτά (εκτός του s_x

υπάρχουν άλλοι δύο στο καθένα αφού κάθε πρόβλημα δεν λύθηκε από 3 άτομα), πρέπει να μην είναι κοινοί. Έτσι όμως μαζεύονται $2\cdot 5=10$ μαθητές, από τους υπόλοιπους

, άτοπο.

Άρα το ζητούμενο έπεται!

Edit: Μερικές Βελτιώσεις...

Xriiiiistos · #4

Soteris έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 10, 2019 1:55 pm
Πρόβλημα 1

Ορίζουμε τις ακολουθίες $\displaystyle{(\alpha_\nu), (\beta_\nu), (\gamma_\nu)}$ με $\displaystyle{\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}}$ ως εξής:

$\displaystyle{\bullet}$ $\displaystyle{\alpha_1=2}$ και $\displaystyle{\alpha_{\nu+1}=2^{\alpha_\nu}, \forall\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}}$

$\displaystyle{\bullet}$ $\displaystyle{\beta_1=3}$ και $\displaystyle{\beta_{\nu+1}=3^{\beta_\nu}, \forall\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}}$

$\displaystyle{\bullet}$ $\displaystyle{\gamma_1=4}$ και $\displaystyle{\gamma_{\nu+1}=4^{\gamma_\nu}, \forall\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}}$

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\beta_{2019}>\alpha_{2020}>\gamma_{2018}}$ .

Χάνω κάτι; γιατί αυτό μου φαίνεται πως είναι λάθος

$a_{2}=2^{2},a_{3}=2^{2^{2}}$ $...a_{2020}=2^{2^{2^{...2}}}$ όπου το

επαναλαμβάνεται 2019

φορές ομοίως $c_{2018}=4^{4^{4...^{4}}}$ όπου το 4 επαναλαμβάνεται 2017

φορές όμως $4=2^{2}$ άρα $c_{2018}=2^{2^{2^{...2}}}$ όπου το

επαναλαμβάνεται 4034

φορές και τώρα προφανώς $c_{2018}>a_{2020}$ (χρεισιμοποίησα τα αντίστοιχα αγγλικά γράμματα για συντομία)

#5

Άλλο το $\displaystyle 4^4 = 256$ και άλλο το $\displaystyle 2^{2^{2^2}} = 2^{2^4} = 2^{16} = 65536$

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #6

Soteris έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 10, 2019 1:55 pm
Πρόβλημα 1

Ορίζουμε τις ακολουθίες $\displaystyle{(\alpha_\nu), (\beta_\nu), (\gamma_\nu)}$ με $\displaystyle{\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}}$ ως εξής:

$\displaystyle{\bullet}$ $\displaystyle{\alpha_1=2}$ και $\displaystyle{\alpha_{\nu+1}=2^{\alpha_\nu}, \forall\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}}$

$\displaystyle{\bullet}$ $\displaystyle{\beta_1=3}$ και $\displaystyle{\beta_{\nu+1}=3^{\beta_\nu}, \forall\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}}$

$\displaystyle{\bullet}$ $\displaystyle{\gamma_1=4}$ και $\displaystyle{\gamma_{\nu+1}=4^{\gamma_\nu}, \forall\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}}$

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\beta_{2019}>\alpha_{2020}>\gamma_{2018}}$ .

Παρατηρούμε αρχικά πως $\beta_{2}>\alpha_{3}$ ( $3^3>2^{2^2}$ ), οπότε αφού 3>2

εύκολα προκύπτει ότι $\beta_{2019}>\alpha_{2020}$ .

Για το δεύτερο μέλος θα αποδείξουμε επαγωγικά πως $\alpha_{n+2}\geq 4\gamma_n$ , για $n\geq 1$ .

Για n=1

έχουμε ότι $16\geq 4\cdot 4\Leftrightarrow \alpha_3\geq 4\gamma_1$ .

Έστω πως αυτή η ανισότητα ισχύει για κάποιο

. Θα δείξουμε ότι ισχύει και για n+1

.

Έχουμε $\alpha_{n+3}\geq 4\gamma_{n+1}\Leftrightarrow 2^{\alpha_{n+2}}\geq 4\cdot 4^{\gamma_n}\Leftrightarrow 2^{\alpha_{n+2}}\geq 2^{2\gamma_n+2}$ , που ισχύει αφού $\alpha_{n+2}\geq 4\gamma_n\geq 2\gamma_n+2$ .

Άρα επαγωγικά δείχνουμε ότι $\alpha_{2020}\geq 4\gamma_{2018}>\gamma_{2018}$ .

Datis-Kalali · #7

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 10, 2019 5:02 pm

Soteris έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 10, 2019 1:55 pm

Πρόβλημα 2

Να βρείτε όλους τους πρώτους αριθμούς $\displaystyle{p}$ , ώστε ο αριθμός
$\displaystyle{1^{p^3+p+1}+2^{p^3+p+1}+\cdots+2019^{p^3+p+1}}$
να είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{p}$ .

Από μικρό θεώρημα :

$a^{p^3}\equiv a^{p^2} \equiv a^p \equiv a$

Άρα $a^{p^3+p+1}\equiv a^3 \pmod{p}$

$1^{p^3+p+1}+2^{p^3+p+1}+\cdots+2019^{p^3+p+1}\equiv 1^3+2^3+\cdots+2019^3 \pmod{p}$ .

Όμως έχουμε ότι $1^3+2^3+\cdots+2019^3=(\dfrac{2019\cdot 2020}{2})^2$

Άρα πρέπει $p|(\dfrac{2019\cdot 2020}{2})^2\Leftrightarrow p|2019\cdot 1005$ , άρα

Εδώ υπάρχει ένα μικρό λάθος.
Πρέπει να είναι:
$p|(\dfrac{2019\cdot 2020}{2})^2\Leftrightarrow p|2019\cdot 1010$ , άρα p=3, p=5,p=101, p=673

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #8

Datis-Kalali έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 11, 2019 11:23 am

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 10, 2019 5:02 pm

Soteris έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 10, 2019 1:55 pm

Πρόβλημα 2

Να βρείτε όλους τους πρώτους αριθμούς $\displaystyle{p}$ , ώστε ο αριθμός
$\displaystyle{1^{p^3+p+1}+2^{p^3+p+1}+\cdots+2019^{p^3+p+1}}$
να είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{p}$ .

Από μικρό θεώρημα :

$a^{p^3}\equiv a^{p^2} \equiv a^p \equiv a$

Άρα $a^{p^3+p+1}\equiv a^3 \pmod{p}$

$1^{p^3+p+1}+2^{p^3+p+1}+\cdots+2019^{p^3+p+1}\equiv 1^3+2^3+\cdots+2019^3 \pmod{p}$ .

Όμως έχουμε ότι $1^3+2^3+\cdots+2019^3=(\dfrac{2019\cdot 2020}{2})^2$

Άρα πρέπει $p|(\dfrac{2019\cdot 2020}{2})^2\Leftrightarrow p|2019\cdot 1005$ , άρα

Εδώ υπάρχει ένα μικρό λάθος.
Πρέπει να είναι:
$p|(\dfrac{2019\cdot 2020}{2})^2\Leftrightarrow p|2019\cdot 1010$ , άρα

Ναι απροσεξία μου... ξέχασες και το p=2

... (

)

min## · #9

Για τη Γεωμε3:Το πάμε λίγο διαφορετικά.Ορίζουμε σημείο

την προβολή του

στην

.Τα

είναι ομοκυκλικά,οπότε αν δειχτεί ότι και τα K,F,O,B

ομοκυκλικά,ουσιαστικά από ριζικούς άξονες έχει τελειώσει.Άρα αρκεί η τομή του (KOB)

με την

,έστω

να ταυτίζεται με το

.Αρκεί

με

το μέσο της

.Αν $\Delta$ η τομή AO,BC

και

η τομή των $(\Delta KC),CO$ από ίσες εγγεγραμμένες τα K,F',E

είναι συνευθειακά.Άρα το

ανήκει στην πολική του

,η οποία είναι κάθετη στη διάμετρο $\Delta C$ ,δηλαδή είναι η

και το ζητούμενο έπεται.

: kypros3.png (37.93 KiB) Προβλήθηκε 1136 φορές

Ορέστης Λιγνός · #10

Soteris έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 10, 2019 1:55 pm

Πρόβλημα 3

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC}}$ εγγεγραμμένο σε κύκλο με κέντρο $\displaystyle{O}$ και $\displaystyle{AD}$ το ύψος του (το σημείο $\displaystyle{D}$ είναι το ίχνος του ύψους πάνω στην $\displaystyle{BC}$ ). Έστω $\displaystyle{T}$ το σημείο τομής της $\displaystyle{CO}$ με την $\displaystyle{AD}$ . Θεωρούμε $\displaystyle{N, M}$ τα μέσα των τμημάτων $\displaystyle{AT}$ και $\displaystyle{AC}$ , αντίστοιχα. Φέρουμε την ευθεία $\displaystyle{NO}$ και ονομάζουμε $\displaystyle{F}$ το σημείο τομής της με την $\displaystyle{BC}$ . Αν $\displaystyle{K, O_1}$ τα κέντρα των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων $\displaystyle{\vartriangle{BCM}, \vartriangle{BOF}}$ , αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι $\displaystyle{KO_1\perp AB}$ .

Μία λύση για αυτό, μετά από αυτή του Μίνωα.

Έστω, πως ο κύκλος (B,M,C)

τέμνει την

στο

.

Αρκεί $P \in (B,O,F)$ .

Έστω, $Q \equiv ON \cap AC$ .

Αν δείξω ότι το QPOM

είναι εγγράψιμο, τότε θα είχα $\angle NOP=\angle QOP=\angle QMP=\angle B$ , και το ζητούμενο έπεται.

Αρκεί λοιπόν να δείξω πως $\angle QPO=90^\circ$ .

Έστω

, το μέσο της

, και $X \equiv OL \cap PM$ .

Είναι, $\angle PAO=90^\circ-\angle C=90^\circ-\angle APM \Rightarrow AO \perp PM$ .

Ακόμη, $OL \perp AP$ , συνεπώς το

είναι ορθόκεντρο του $\vartriangle APO$ .

Συνεπώς, αν $Y \equiv AX \cap PO$ , είναι $AY \perp PO$ .

Θα δείξω τώρα ότι $QP \parallel AX$ , ή ισοδύναμα $\dfrac{MA}{AQ}=\dfrac{MX}{XP}$ (1).

Με angle-chasing, προκύπτουν οι γωνίες που χρησιμοποιώ παρακάτω.

Είναι, $\dfrac{MX}{XY}=\dfrac{ML}{LP} \cdot \dfrac{\sin \angle MLX}{\sin \angle XLP}=\dfrac{\sin \angle C}{\sin (\angle B-\angle C)} \cdot \cos \angle B \Rightarrow \dfrac{MX}{XP}=\dfrac{\sin \angle C \cdot \cos \angle B}{\sin(\angle B-\angle C)}$ (1).

Τώρα, από Θ. Μενελάου στο τρίγωνο $\vartriangle ATC$ με διατέμνουσα την $\overline{QNO}$ παίρνουμε $\dfrac{QA}{QC}=\dfrac{OT}{OC}$ .

Όμως, $\dfrac{QA}{QC}=\dfrac{OT}{OC}=\dfrac{AT}{AC} \cdot \dfrac{\sin \angle TAO}{\sin \angle OAC}=\dfrac{\cos \angle B}{\sin \angle A} \cdot \dfrac{\sin (\angle B-\angle C)}{\cos \angle B} \Rightarrow \dfrac{QA}{QC}=\dfrac{\sin (\angle B-\angle C)}{\sin \angle A}$ .

Τώρα, είναι QC=QA+b

, οπότε θα προκύψει $QA=\dfrac{b \cdot \sin (\angle B-\angle C)}{\sin \angle A-\sin (\angle B-\angle C)}$ .

Οπότε, $\dfrac{QA}{AM}=\dfrac{2\sin(\angle B-\angle C)}{\sin \angle A-\sin (\angle B-\angle C)}$ .

Όμως, $\sin \angle A-\sin (\angle B-\angle C)=\sin (\angle B+\angle C)-\sin (\angle B-\angle C)=2\sin C \cos B$ , οπότε $\dfrac{MA}{AQ}=\dfrac{\sin \angle C \cdot \cos \angle B}{\sin (\angle B-\angle C)}$ (2).

Οι (1),(2) δίνουν, $\dfrac{MA}{AQ}=\dfrac{MX}{XP} \Rightarrow AX \parallel QP \Rightarrow QP \perp PO$ , και η απόδειξη (επιτέλους) ολοκληρώθηκε.

: cyprous.png (33.31 KiB) Προβλήθηκε 990 φορές

#11

Soteris έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 10, 2019 1:55 pm
Πρόβλημα 4

Σε μια τάξη $\displaystyle{10}$ μαθητών δόθηκε ένα διαγώνισμα $\displaystyle{15}$ προβλημάτων. Γνωρίζουμε ότι κάθε πρόβλημα λύθηκε σωστά από τουλάχιστον $\displaystyle{7}$ μαθητές.

Να αποδείξετε ότι υπάρχει ζεύγος $\displaystyle{\{x, y\}}$ μαθητών, ώστε κάθε πρόβλημα να λύθηκε σωστά από τουλάχιστον ένα μαθητή απ’ αυτούς.

Η άσκηση κατασκευάστηκε για να λυθεί όπως την έκανε ο Διονύσης. (Με λίγο διαφορετικό τελείωμα στο τέλος.) Σε γραπτό μαθητή όμως είδαμε και την εξής πιο σύντομη λύση:

Λύθηκαν τουλάχιστον $7 \cdot 15 = 105$ προβλήματα, άρα από περιστεροφωλιά υπάρχει μαθητής

που έλυσε τουλάχιστον

. Μένουν το πολύ

προβλήματα και πρέπει να βρούμε έναν από τους υπόλοιπους

που τα έλυσε όλα. Κάθε ένα από αυτά δεν λύθηκε από τον

άρα υπάρχουν το πολύ δύο άλλοι που δεν το έλυσαν. Άρα υπάρχουν το πολύ $2 \cdot 4 = 8$ άτομα που δεν έλυσαν κάποιο από αυτά. Άρα υπάρχει και κάποιος που έλυσε όλα όσα δεν έλυσε ο

και τελειώσαμε.

#12

Soteris έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 10, 2019 1:55 pm
Πρόβλημα 1

Ορίζουμε τις ακολουθίες $\displaystyle{(\alpha_\nu), (\beta_\nu), (\gamma_\nu)}$ με $\displaystyle{\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}}$ ως εξής:

$\displaystyle{\bullet}$ $\displaystyle{\alpha_1=2}$ και $\displaystyle{\alpha_{\nu+1}=2^{\alpha_\nu}, \forall\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}}$

$\displaystyle{\bullet}$ $\displaystyle{\beta_1=3}$ και $\displaystyle{\beta_{\nu+1}=3^{\beta_\nu}, \forall\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}}$

$\displaystyle{\bullet}$ $\displaystyle{\gamma_1=4}$ και $\displaystyle{\gamma_{\nu+1}=4^{\gamma_\nu}, \forall\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}}$

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\beta_{2019}>\alpha_{2020}>\gamma_{2018}}$ .

Η δική μου λύση ήταν πάλι όπως του Διονύση. Για το $\alpha_{2020} > \gamma_{2018}$ να αναφέρω ακόμη δύο τρόπους που έκαναν μαθητές μας.

Ο πρώτος είναι να αποδειχθεί επαγωγικά (εύκολο) η σχέση $\alpha_{n+2} \geqslant \gamma_n^2$ . Ο δεύτερος είναι να αποδειχθεί επαγωγικά η σχέση $\alpha_{n+2} > 2\gamma_n$ . Εδώ θέλει λίγη περισσότερη προσοχή. Στο επαγωγικό βήμα έχουμε

$\displaystyle \alpha_{n+3} = 2^{\alpha_{n+2}} \geqslant 2^{2\gamma_n+2} = 4^{\gamma_n + 1} > 2\gamma_{n+1}$

όπου στην πρώτη ανισότητα χρησιμοποιήσαμε το γεγονός ότι ο $\alpha_{n+2}$ είναι άρτιος.

Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2019

Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2019

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2019

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2019

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2019

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2019

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2019

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2019

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2019

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2019

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2019

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2019

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2019

Μέλη σε σύνδεση