Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

#1

Πρόβλημα 1: Να βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους αριθμούς

, ώστε ο αριθμός

$\displaystyle \frac{n^{2021}+101}{n^2+n+1}$

να είναι ακέραιος.

Πρόβλημα 2: Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί x,y

με $x \geqslant \sqrt{2021}$ έτσι ώστε να ισχύει

$\displaystyle \sqrt[3]{x+\sqrt{2021}}+\sqrt[3]{x-\sqrt{2021}} = \sqrt[3]{y}$

Να βρείτε το σύνολο τιμών που μπορεί να πάρει το κλάσμα y/x

.

Πρόβλημα 3: Ο Γιώργος παίζει το παρακάτω παιγνίδι: Σε κάθε βήμα μπορεί να αντικαθιστά μια τριάδα ακεραίων αριθμών (x,y,z)

που είναι γραμμένη στον πίνακα, με οποιαδήποτε από τις ακόλουθες τριάδες:

Στον πίνακα είναι αρχικά γραμμένη η τριάδα (1,1,1)

. Να εξετάσετε αν ο Γιώργος μπορεί, με μια ακολουθία επιτρεπόμενων βημάτων, να καταλήξει στην τριάδα (2021,2019,2023)

, τεκμηριώνοντας πλήρως τον ισχυρισμό σας.

Πρόβλημα 4: Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $\triangle AB\varGamma$ με $AB < A\varGamma$ και

το κέντρο του περιγεργαμμένου κύκλου του τριγώνου. Πάνω στις πλευρές του

και $A \varGamma$ παίρνουμε σημεία

και

αντίστοιχα έτσι ώστε OT=OP

. Ονομάζουμε M,K

και $\varLambda$ τα μέσα των τμημάτων PT,PB

και $\varGamma T$ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι $\angle TMK = \angle M\varLambda K$ .

Επεξεργασία: Διορθώθηκε ένα τυπογραφικό στην άσκηση 3

2nisic · #2

Πρόβλημα 1:

$n^2+n+1|n^{2021}+101\Leftrightarrow n^2+n+1|100-n$

2nisic · #3

Πρόβλημα 3:

$(x,y,z)\equiv (1,1,1),(2,1,1),(0,1,0),(0,0,1)[mod(3,3,3)]$

Άρα είναι αδύνατο αφού $(2021,2019,2023)\equiv (2,0,1)[mod(3,3,3)]$

2nisic · #4

Όπου

για ευκολία.

Έστω

το σημείο τομής του περιγεγραμενου κύκλου ATP

με την

απο το

στην

τότε:

1) Tx=AP

2)

3)

Άρα $OAT=xOT\Rightarrow OA=Ox$
Οπότε

είναι το σημείο Μικέλ του τετραπλεύρου TPCB

Προφανος αν δείξουμε ότι $KML\approx PAT$ θα έχουμε τελειώσει.
<KML=PAT

λόγο

Άρα αρκεί να δείξουμε ότι: $\frac{MK}{ML}=\frac{AP}{AT}\Leftrightarrow \frac{TB}{PC}=\frac{AP}{AT}\Leftrightarrow \frac{TB}{AP}=\frac{PC}{AT}\Leftrightarrow \frac{TB}{Tx}=\frac{PC}{xP}$

Άρα αρκεί να δείξουμε ότι: $xTB\approx PCx$
Που ισχύει αφού:
1) <TBx=<PCx

2)

Filippos Athos · #5

Για το 4

Στο σχήμα του Διονύση ευκολα παρατηρούμε ότι $T\widehat{M}K=M\widehat{T}A$ και $K\widehat{M}L=T\widehat{A}P$
αφού MK //AT

και

που προκύπτει απο το οτι τα M,K

και $\varLambda$ τα μέσα των τμημάτων PT,PB

και $\varGamma T$ αντίστοιχα.

Οπότε πρέπει να δείξουμε ότι τα τρίγωνα MKL,ATP

είναι όμοια.Δηλαδή $\frac{KM}{ML}=\frac{AP}{AT}$
αφου $KM=\frac{BT}{2}$ και $ML=\frac{P\Gamma }{2}$ ουσιαστικά πρεπει να δείξουμε ότι $\frac{BT}{P\Gamma }=\frac{AP}{AT}\Rightarrow BT\cdot AT=AP\cdot P\Gamma$

Απο Stewart στα τρίγωνα $AOB,AO\Gamma$ έχουμε αντίστοιχα
$AT\cdot TB\cdot AB+OT^{2}\cdot AB=AO^{2}\cdot TB+OB^{2}\cdot AT$ (1)

$AP\cdot P\Gamma \cdot A\Gamma +OP^{2}\cdot A\Gamma =OA^{2}\cdot P\Gamma +O\Gamma ^{2}\cdot AP$ (2)

Απλοποιούμε τα (1) και (2) ξέρωντας ότι $OA=OB=O\Gamma$ και OT=OP

έχουμε

$AB(TB\cdot AT+OT^{2})=OA^{2}\cdot (TB+AT)=OA^{2}\cdot AB\Rightarrow TB\cdot AT+OT^{2}=OA^{2}$ (3)

και

$A\Gamma (AP\cdot P\Gamma +OP^{2})=OA^{2}\cdot (P\Gamma +AP)=OA^{2}\cdot A\Gamma \Rightarrow AP\cdot P\Gamma +OP^{2}=OA^{2}$ (4)

Από (3) και (4) έχουμε $BT\cdot AT=AP\cdot P\Gamma$ που ολοκληρώνει την απόδειξη

Ορέστης Λιγνός · #6

Demetres έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 19, 2021 12:23 pm
Πρόβλημα 2: Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί με $x \geqslant \sqrt{2021}$ έτσι ώστε να ισχύει

$\displaystyle \sqrt[3]{x+\sqrt{2021}}+\sqrt[3]{x-\sqrt{2021}} = \sqrt[3]{y}$

Να βρείτε το σύνολο τιμών που μπορεί να πάρει το κλάσμα .

Έστω $\sqrt[3]{x+\sqrt{2021}}=a$ και $\sqrt[3]{x-\sqrt{2021}}=b$ . Τότε, είναι y=(a+b)^3

. Επιπλέον $2x=(x+\sqrt{2021})+(x-\sqrt{2021})=a^3+b^3$ οπότε $\dfrac{y}{x}=\dfrac{2(a+b)^3}{a^3+b^3}$ .

Επιπλέον $(a+b)^3 \geq a^3+b^3$ και $a^3+b^3 \geq \dfrac{(a+b)^3}{4}$ από Holder. Η ισότητα στην πρώτη ισχύει για a=0

ή

. Η ισότητα στην δεύτερη ισχύει για $a=b \Rightarrow x+\sqrt{2021}=x-\sqrt{2021}$ , άτοπο. Οπότε η ανισότητα είναι αυστηρή.

Έτσι, $\dfrac{y}{x}=\dfrac{2(a+b)^3}{a^3+b^3} \in [2,8)$ . Μένει να δείξουμε ότι όλες οι ενδιάμεσες τιμές μπορούν να επιτευχθούν.

Είναι $a^3-b^3=2\sqrt{2021}$ οπότε αντικαθιστώντας $b=\sqrt[3]{a^3-2\sqrt{2021}}$ προκύπτει $\dfrac{y}{x}=\dfrac{(a+\sqrt[3]{a^3-2\sqrt{2021}})^3}{a^3-\sqrt{2021}}$ με $a \geq \sqrt[3]{2\sqrt{2021}}$

Έστω $a^3=t^3+\sqrt{2021}$ , οπότε $\dfrac{y}{x}=(\dfrac{\sqrt[3]{t^3+\sqrt{2021}}+\sqrt[3]{t^3-\sqrt{2021}}}{t})^3$ με $t \geq \sqrt[6]{2021}$ .

Είναι, $f(\sqrt[6]{2021})=2$ και
$\displaystyle \lim_{t \rightarrow +\infty}=(\lim_{t \rightarrow +\infty} \dfrac{\sqrt[3]{t^3+\sqrt{2021}}+\sqrt[3]{t^3-\sqrt{2021}}}{t})^3=$
$\displaystyle(\lim_{t \rightarrow +\infty} \sqrt[3]{1+\dfrac{\sqrt{2021}}{t^3}}+\sqrt[3]{1-\dfrac{\sqrt{2021}}{t^3}})^3=2^3=8$ , άρα $f(x) \rightarrow 8$ όταν $x \rightarrow +\infty$ . Έστω $u \rightarrow +\infty$ , τότε αφού η

είναι συνεχής (πράξεις μεταξύ συνεχών), από το Θ.Μ.Ε.Τ. στο $[\sqrt[6]{2021},u]$ η

παίρνει όλες τις τιμές στο [2,f(u)]

.

Αφού όμως για $u \rightarrow +\infty$ η

παίρνει τιμές όσο κοντά στο

θέλουμε, πράγματι η

παίρνει όλες τις τιμές στο [2,8)

, οπότε τελειώσαμε.

giannis2006 · #7

Η λύση μου για το 2ο:
Για τους αριθμούς

$-\sqrt[3]{x-\sqrt{2021}}, l=-\sqrt[3]{x+\sqrt{2021}}, m=\sqrt[3]{y}$ , ισχύει k+l+m=0

. Άρα από την ταυτότητα του euler $k^{3}+l^{3}+m^{3}$

Άρα: $y-2x=3\sqrt[3]{y(x-\sqrt{2021})(x+\sqrt{2021}))}$ (1)

Άρα, αφού

$\geq 0$ , προκύπτει $y\geq 2x$ , δηλαδή $\frac{y}{x}\geq 2$

Έστω τώρα ότι $\frac{y}{x}$

, δηλαδή

.
Από την (1), αντικαθιστώντας το

προκύπτει:
$(ax-2x)^{3}$ =27ax(x^2-2021)

και έπειτα από πράξεις προκύπτει ότι:

27*2021a

$x^{2}[27a-(a-2)^3)]$ . Όμως, προφανώς LHS >0

, άρα, αφού $x^{2}$ είναι επίσης θετικό,
πρέπει 27a

$(a-2)^{3}$ . Άρα πρέπει $a^{3}-6a^{2}-15a = a(a^{2}-6a-15)< 8$ Όμως, για

$\geq$

,

$\geq$

, άτοπο. Άρα

και , τελικά, για τον αριθμό $\frac{y}{x}$ ισχύει $2\leq \frac{y}{x}<8$

Al.Koutsouridis · #8

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 20, 2021 8:55 pm

Demetres έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 19, 2021 12:23 pm
Πρόβλημα 2: Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί με $x \geqslant \sqrt{2021}$ έτσι ώστε να ισχύει

$\displaystyle \sqrt[3]{x+\sqrt{2021}}+\sqrt[3]{x-\sqrt{2021}} = \sqrt[3]{y}$

Να βρείτε το σύνολο τιμών που μπορεί να πάρει το κλάσμα .
Έστω $\sqrt[3]{x+\sqrt{2021}}=a$ και $\sqrt[3]{x-\sqrt{2021}}=b$ . Τότε, είναι . Επιπλέον $2x=(x+\sqrt{2021})+(x-\sqrt{2021})=a^3+b^3$ οπότε $\dfrac{y}{x}=\dfrac{2(a+b)^3}{a^3+b^3}$ .

Συνεχίζω λίγο διαφορετικά από αυτό το σημείο.

Έστω a+b=u, ab=v

και έστω ότι το κλάσμα ισούται με

. Τότε έχουμε

$\dfrac{2(a+b)^3}{a^3+b^3} =k \Rightarrow \dfrac{2u^3}{u^3-3vu} = k \Rightarrow \dfrac{2u^2}{u^2-3v} =k \Rightarrow (k-2)u^2=3kv$

Επειδή $u \neq 0$ αν v=0

, δηλαδή αν a=0

ή

θα πρέπει $k-2=0 \Rightarrow k=2$ . Επομένως η τιμή

μπορεί επιτευχθεί. Για $k \neq 2$ έχουμε

$\dfrac{3k}{k-2} = \dfrac{u^2}{v}$

Είναι όμως $\dfrac{u^2}{v} > 0 \Rightarrow k-2>0 \Rightarrow k>2$ και

$\dfrac{u^2}{v} > 4 \Rightarrow \dfrac{3k}{k-2} > 4 \Rightarrow k < 8$ , ( $(a+b)^2 \geq 4ab$ ) με την ισότητα όταν a=b

, που δεν μπορεί να συμβεί.

Έστω $m=\dfrac{3k}{k-2}=3+\dfrac{6}{k-2}$

Δηλαδή το

συναρτήσει του

είναι μια υπερβολή. Άρα σε κάθε $k \in (2,8)$ θα ανήκει ένα m >4

.

Για να παρθούν λοιπόν όλες οι ενδιάμεσες τιμές του κλάσματος αρκεί η εξίσωση

$\dfrac{u^2}{v} =m$ να έχει λύση για κάθε m>4

.

Πράγματι, η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα

$(a+b)^2= mab \Leftrightarrow a^2+2ab+b^2 =mab \Leftrightarrow a^2 +a(2b-2m)+b^2 =0$

και έχει διακρίνουσα

D=(2b-mb)^2-4b^2 = mb^2(m-4) >0

για κάθε

.

Μένει να δείξουμε ότι για τα a,b

της παραπάνω διαδικασίας, υπάρχει και το αντίστοιχο

. Δεν τα έχω καταφέρει σε αυτό το κομμάτι.

Δεδομένου ότι το θέμα είναι για μαθητές γυμνασίου είμαι περιέργος να δω τις επίσημες λύσεις και το πως δικαιολογούμε τις ενδιάμεσες τιμές του διαστήματος που έχουμε βρει.

Al.Koutsouridis · #9

2nisic έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 19, 2021 3:39 pm
Πρόβλημα 1:

$n^2+n+1|n^{2021}+101\Leftrightarrow n^2+n+1|100-n$

Για την αποκρυπτογράφηση της "χειλώνιας ισοδυναμίας" δείτε και εδώ.

2nisic · #10

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Μάιος 21, 2021 12:07 am

2nisic έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 19, 2021 3:39 pm
Πρόβλημα 1:

$n^2+n+1|n^{2021}+101\Leftrightarrow n^2+n+1|100-n$
Για την αποκρυπτογράφηση της "χειλώνιας ισοδυναμίας" δείτε και εδώ.

Μια άλλη προσέγγιση:
Θα δείξουμε ότι $n^2+n+1|n^{2021}+n+1$
Αρκεί να δείξουμε ότι για $n=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{-3}}{2}$ έχουμε $n^{2021}+n+1=0$

Επειδή $(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{-3}}{2})^{3k}=1$ αρκεί να δείξουμε ότι n^2+n+1=0

Δηλαδή ότι: $(\frac{-1}{2}+\frac{\sqrt{-3}}{2})^2+\frac{-1}{2}+\frac{\sqrt{-3}}{2}+1=\frac{1}{4}-\frac{\sqrt{-3}}{2}-\frac{3}{4}-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{-3}}{2}+1=-1+1=0$

Οπότε αφού $n^2+n+1|n^{2021}+n+1,n^2+n+1|n^{2021}+101\Rightarrow n^2+n+1|n^{2021}+101-(n^{2021}+n+1)=100-n$

#11

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 20, 2021 11:57 pm

Δεδομένου ότι το θέμα είναι για μαθητές γυμνασίου είμαι περιέργος να δω τις επίσημες λύσεις και το πως δικαιολογούμε τις ενδιάμεσες τιμές του διαστήματος που έχουμε βρει.

Η λύση που είχαμε ήταν πιο κοντά σε αυτήν που έδωσε ο giannis2006. (Συγχαρητήρια Γιάννη για τη λύση και καλωσόρισες στο

)

Από το $27\cdot2021a=x^2[27a-(a-2)^3)]$ που βρήκε ο Γιάννης παίρνουμε άμεσα ότι $\displaystyle \frac{2021}{x^2} = \left(1 - \frac{(a-2)^3}{27a}\right)$

Γνωρίζοντας ότι το αριστερό μέλος ανήκει στο (0,1]

παίρνουμε ότι $\displaystyle 0 \leqslant \frac{(a-2)^3}{27a} < 1$

Η αριστερή ανισότητα δίνει $a \geqslant 2$ ενώ η δεξιά, θέτοντας b=a-2

είναι ισοδύναμη με b^3 - 27b - 54 = 0

. Όμως

. Άρα

και

.

Τώρα, για οποιαδήποτε τιμή του

στο

απλά ορίζουμε

$\displaystyle x = \sqrt{\frac{2021}{1 - \frac{(a-2)^3}{27a}}}$ και y = ax

.

Al.Koutsouridis · #12

Demetres έγραψε: ↑
Παρ Μάιος 21, 2021 9:48 am

Η λύση που είχαμε ήταν πιο κοντά σε αυτήν που έδωσε ο giannis2006. (Συγχαρητήρια Γιάννη για τη λύση και καλωσόρισες στο )

Από το $27\cdot2021a=x^2[27a-(a-2)^3)]$ που βρήκε ο Γιάννης παίρνουμε άμεσα ότι $\displaystyle \frac{2021}{x^2} = \left(1 - \frac{(a-2)^3}{27a}\right)$

Γνωρίζοντας ότι το αριστερό μέλος ανήκει στο παίρνουμε ότι $\displaystyle 0 \leqslant \frac{(a-2)^3}{27a} < 1$

Η αριστερή ανισότητα δίνει $a \geqslant 2$ ενώ η δεξιά, θέτοντας είναι ισοδύναμη με . Όμως . Άρα και .

Τώρα, για οποιαδήποτε τιμή του στο απλά ορίζουμε

$\displaystyle x = \sqrt{\frac{2021}{1 - \frac{(a-2)^3}{27a}}}$ και .

Ωραίο αλγεβρικό θέμα. Συγχαρητήρια και στον Ορέστη και στον giannis2006 για τις λύσεις τους.

ksofsa · #13

Καλημέρα!

Έχουν δοθεί εξαιρετικές λύσεις μέχρι τώρα!

Θα δώσω μια λύση ακόμα , η οποία όμως δεν είναι η συνιστώμενη ,διότι ξεφεύγει πολύ. Την παραθέτω όμως σαν παρατήρηση-σχόλιο.

Η δοσμένη σχέση ,με τα ριζικά που περιέχει, θυμίζει την επίλυση της τριτοβάθμιας και αυτό μπορούμε να το αξιοποιήσουμε!

Η εξίσωση x^3+cx=d

έχει λύση:

$x=\sqrt[3]{\sqrt{(\dfrac{d}{2})^2+(\dfrac{c}{3})^3}+\dfrac{d}{2}}-\sqrt[3]{\sqrt{(\dfrac{d}{2})^2+(\dfrac{c}{3})^3}-\dfrac{d}{2}}$

Η δοσμένη σχέση γράφεται:

$\sqrt[3]{y}=\sqrt[3]{\sqrt{2021}+x}-\sqrt[3]{\sqrt{2021}-x}$

Θέτοντας $x=\dfrac{d}{2}, 2021=(\dfrac{d}{2})^2+(\dfrac{c}{3})^3=x^2+p^3 (p=\dfrac{c}{3})$ , έχω ότι

$y+3p\sqrt[3]{y}=2x\Leftrightarrow (2x-y)^3=27p^3y\Leftrightarrow 8x^3-y^3-12x^2y+6xy^2=27(2021-x^2)y$

$8x^3-y^3+15x^2y+6xy^2=27\cdot 2021y\Leftrightarrow 8\dfrac{x}{y}-(\dfrac{y}{x})^2+15+6\dfrac{y}{x}=27\dfrac{2021}{x^2}$

$\dfrac{8}{a}-a^2+15+6a=27\cdot \dfrac{2021}{x^2}\Leftrightarrow$

$27-\dfrac{a^3-8+12a-6a^2}{a}=27\cdot \dfrac{2021}{x^2}\Leftrightarrow 27-\dfrac{(a-2)^3}{a}=27\cdot \dfrac{2021}{x^2}\Leftrightarrow 1-\dfrac{(a-2)^3}{27a}=\dfrac{2021}{x^2}$

Από εδώ και κάτω συνεχίζουμε όπως και ο κύριος Δημήτρης.

andrei.eckstein · #14

Let the circle centered at

and radius

meet the side

again at $T^\prime$ . Define similarly $P^\prime$ . The line segments

and $TT^\prime$ have the same midpoint (the projection of

onto

), therefore $AT^\prime=BT=2MK$ . Moreover, $MK\parallel AT^\prime$ . It follows that $T^\prime K$ passes throught the reflection of

over the point

. Similarly, line $LP^\prime$ also passes through the same point. Thus, triangles MKL

and $AT^\prime P^\prime$ are similar (homothetic). Using the fact that points $T,T^\prime,P,P^\prime$ are concyclic, we have $\measuredangle MLK=\measuredangle AP'T'=\measuredangle ATP=\measuredangle TMK.$

ΜΕΤΑΦΡΑΣΗ: Έστω ότι ο κύκλος με κέντρο το

και ακτίνα

τέμνει την πλευρά

και στο $T^\prime$ . Θεωρούμε παρόμοια το σημείο $P^\prime$ . Τα τμήματα

και $TT^\prime$ έχουν το ίδιο μέσο (την προβολή του

επί του

), επομένως $AT^\prime=BT=2MK$ . Επιπλέον, $MK\parallel AT^\prime$ . Έπεται ότι το $T^\prime K$ περνά από το συμμετρικό, ως προς το σημείο

, σημείο του

. Παρόμοια, η γραμμή $LP^\prime$ περνά, επίσης, από το ίδιο σημείο. Συνεπώς τα τρίγωνα MKL

και $AT^\prime P^\prime$ είναι όμοια (ομοθετικά). Χρησιμοποιώντας το γεγονός ότι τα σημεία $T,T^\prime,P,P^\prime$ είναι ομοκυκλικά, έχουμε ότι $\measuredangle MLK=\measuredangle AP'T'=\measuredangle ATP=\measuredangle TMK.$

Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2021

Μέλη σε σύνδεση