Θέματα Διαγωνισμού επιλογής Κύπρου Β' Φάση

Eukleidis · #1

Πρόβλημα 1ο

Να λυθεί το συστημα: $\displaystyle{\left\{ \begin{gathered} {x^3} + x{\left( {y - z} \right)^2} = 2 \hfill \\ {y^3} + y{\left( {z - x} \right)^2} = 30 \hfill \\ {z^3} + z{\left( {x - y} \right)^2} = 16 \hfill \\ \end{gathered} \right.}$

Πρόβλημα 2ο

Να βρείτε όλες τις θετικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης
$\displaystyle{{z^2} = \left( {x - y} \right)\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right)}$ , αν ισχύουν τα παρακάτω:

α. το $\displaystyle{y}$ ειναι πρώτος
β. το $\displaystyle{z}$ δεν είναι πολλαπλάσιο του 3 και
γ. το $\displaystyle{y}$ δε διαιρεί τον $\displaystyle{z}$

Πρόβλημα 3ο

Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓΔ και Ο το σημείο τομής των διαγωνίων του ΑΓ και ΒΔ. Έστω $\displaystyle{{K_1},{K_2}}$ τα κέντρα βάρους των τριγώνων ΑΟΒ και ΓΟΔ αντίστοιχα και $\displaystyle{{H_1},{H_2}}$ τα ορθόκεντρα των τριγώνων ΑΟΔ και ΒΟΓ αντίστοιχα. Αν Λ,Μ,Ν,Ρ τα μέσα των τμημάτων $\displaystyle{{H_1}{K_1},{H_1}{K_2},{H_2}{K_2},{H_2}{K_1}}$ αντίστοιχα να αποδείξετε ότι ΛΝ=ΜΡ.

Πρόβλημα 4ο

Έστω Σ ένα σύνολο από ν (ν>3) διαφορετικά σημεία του επιπέδου, εφοδιασμένο με τις ιδιότητες:
(Ι) η απόσταση μεταξύ δύο οποιωνδήποτε σημείων του Σ δεν είναι μεγαλύτερη από 1.
(ΙΙ) για κάθε σημείο Α του Σ υπάρχουν ακριβώς δύο σημεία Α',Α'' του Σ τέτοια ώστε ΑΑ'=ΑΑ''=1. Τα σημεία Α',Α'' θα τα λέμε "συγγενικά του Α"
(ΙΙΙ) για οποιαδήποτε δύο σημεία Α, Β του Σ, αν Α',Α'' είναι "συγγενικά του Α" και Β',Β'' είναι "συγγενικα του Β", τότε $\displaystyle{\angle A'AA'' = \angle B'BB''}$ .

Να αποδείξετε ότι τέτοιο σύνολο Σ υπάρχει αν το ν είναι περριτός, ενώ δεν υπάρχει αν το ν είναι άρτιος.

Eυχαριστώ τον tasosty

#2

Μία λύση του πρώτου θέματος:

Οι εξισώσεις του συστήματος γράφονται (αφού προφανώς είναι $\displaystyle{xyz\ne 0}$ )

$\displaystyle{x^2+y^2+z^2=2\frac{1+xyz}{x},}$ (1)

$\displaystyle{x^2+y^2+z^2=2\frac{15+xyz}{y},}$

$\displaystyle{x^2+y^2+z^2=2\frac{8+xyz}{z}.}$

Επομένως, έχουμε

$\displaystyle{\frac{1+xyz}{x}=\frac{15+xyz}{y}=\frac{8+xyz}{z}=m}$ (*) άρα

$\displaystyle{x=\frac{1+xyz}{m},y=\frac{15+xyz}{m},z=\frac{8+xyz}{m}}$ , οπότε από αυτές και την (1) προκύπτει

$\displaystyle{\frac{(1+xyz)^2}{m^2}+\frac{(15+xyz)^2}{m^2}+\frac{(8+xyz)^2}{m^2}=2m,}$ δηλαδή

$\displaystyle{2m^3=3(xyz)^2+48xyz+290.}$ (2)

Εξάλλου, με πολλαπλασιασμό των (*) προκύπτει

$\displaystyle{m^3=\frac{(1+xyz)(15+xyz)(8+xyz)}{xyz}}$ (3)

Από τις (2),(3), θέτοντας $\displaystyle{xyz=a}$ , αναγόμαστε στην $\displaystyle{2\frac{(1+a)(15+a)(8+a)}{a}=3a^2+48a+290}$

και από εδώ εύκολα βρίσκουμε $\displaystyle{a=xyz=6.}$

Τότε, από την (2) βρίσκουμε $\displaystyle{m=7}$ και τελικά από τις σχέσεις (*) έχουμε

$\displaystyle{x=1,y=3,z=2,}$ τριάδα, η οποία ικανοποιεί το σύστημα.

#3

Eukleidis έγραψε:Πρόβλημα 1ο

Να λυθεί το συστημα: $\displaystyle{\left\{ \begin{gathered} {x^3} + x{\left( {y - z} \right)^2} = 2 \hfill \\ {y^3} + y{\left( {z - x} \right)^2} = 30 \hfill \\ {z^3} + z{\left( {x - y} \right)^2} = 16 \hfill \\ \end{gathered} \right.}$

Θα περιοριστούμε στις πραγματικές λύσεις του συστήματος.

Το σύστημα ξαναγράφεται
$\displaystyle{\left\{ \begin{gathered} {x^2} + {\left( {y - z} \right)^2} = \frac{2}{x} \hfill \\ {y^2} + {\left( {z - x} \right)^2} = \frac{30}{y} \hfill \\ {z^2} + {\left( {x - y} \right)^2} = \frac{16}{z} \hfill \\ \end{gathered} \right.}$

Αφαιρούμε από την 1η εξίσωση τη 2η και προκύπτει y-15x=xyz(x-y)

και ομοίως

15z-8y=xyz(y-z)

και

.

Προσθέτουμε κατά μέλη οπότε x+y=2z

.

Το σύστημα ξαναγράφεται
$\displaystyle{\left\{ \begin{gathered} {x^3} + \frac{x\left( {x-y} \right)^2}{4} = 2 \hfill \\ {y^3} + \frac{y\left( {x-y} \right)^2}{4} = 30 \hfill \\ {z^3} + z{\left( {x - y} \right)^2}} = 16 \hfill \\ \end{gathered} \right.}$

Άρα $\displaystyle{(x-y)^2=\frac{8-4x^3}{x}=\frac{120-4y^3}{y}=\frac{16-z^3}{z}}$ .

Τώρα $\displaystyle{\frac{8-4x^3}{x}=\frac{16-z^3}{z}}$ από όπου προκύπτει

(z-2x)(8+4x^2z+xz^2)=0

.

Όμως οι άγνωστοι είναι όλοι τους θετικοί. Άρα

z=2x

και

.

Τώρα η πρώτη εξίσωση δίνει x=1 οπότε y=3 και z=2.

chris · #4

Η γεωμετρία νομίζω είναι κλασσική καθώς το κυρίως πρόβλημα συναντάται συχνά.Μία λύση:

Ορίζουμε τα εξής σημεία:
$\displaystyle \left\{A_1 \right\}\equiv AH_1 \cap BD \;\;,\left\{B_1 \right\}\equiv BH_2 \cap AC \;\;,\left\{C_1 \right\}\equiv CH_2 \cap BD\;\; ,\left\{D_1 \right\}\equiv DH_1 \cap AC$
Έστω επίσης R_1,R_2

τα μέσα των τμημάτων CD,AB

αντίστοιχα.Ο κύκλος (C_1)

με διάμετρο

και κέντρο R_1

προφανώς διέρχεται απο τα σημεία D_1,C_1

ενώ ο κύκλος (C_2)

με διάμετρο την

και κέντρο R_2

προφανώς διέρχεται απο τα σημεία A_1,B_1

Απο το εγγράψιμο B_1C_1BC

προκύπτει:
$\displaystyle H_2C_1\cdot H_2C=H_2B_1\cdot H_2B$ και άρα το το H_2

ανήκει στον ριζικό άξονα των C_1,C_2

και ομοίως για το H_1

επομένως η ευθεία H_1H_2

είναι ο ριζικός άξονας των δύο κύκλων ο οποίος είναι κάθετος στην διάκεντρό τους.
Όμως $\displaystyle \frac{UK_1}{K_1R_2}=2=\frac{UK_2}{K_2R_1}\Rightarrow K_1K_2\parallel R_1R_2\Rightarrow K_1K_2\perp H_1H_2$

Επίσης
$\displaystyle \begin{cases} LP // =\frac{H_1H_2}{2} // =MN \\ LM //= \frac{K_1K_2}{2} //= PN \\ \end{cases} \stackrel{K_1K_2\perp H_1H_2} \Longrightarrow LPNM \;\; o\rho \theta o\gamma \omega \nu \iota o \Rightarrow LN=PM$

: Kypros 2011.png (42.58 KiB) Προβλήθηκε 2601 φορές

#5

chris έγραψε:Η γεωμετρία νομίζω είναι κλασσική καθώς το κυρίως πρόβλημα συναντάται συχνά.Μία λύση:

Ορίζουμε τα εξής σημεία:
$\displaystyle \left\{A_1 \right\}\equiv AH_1 \cap BD \;\;,\left\{B_1 \right\}\equiv BH_2 \cap AC \;\;,\left\{C_1 \right\}\equiv CH_2 \cap BD\;\; ,\left\{D_1 \right\}\equiv DH_1 \cap AC$
Έστω επίσης τα μέσα των τμημάτων αντίστοιχα.Ο κύκλος με διάμετρο και κέντρο προφανώς διέρχεται απο τα σημεία ενώ ο κύκλος με διάμετρο την και κέντρο προφανώς διέρχεται απο τα σημεία
Απο το εγγράψιμο προκύπτει:
$\displaystyle H_2C_1\cdot H_2C=H_2B_1\cdot H_2B$ και άρα το το ανήκει στον ριζικό άξονα των και ομοίως για το επομένως η ευθεία είναι ο ριζικός άξονας των δύο κύκλων ο οποίος είναι κάθετος στην διάκεντρό τους.
Όμως $\displaystyle \frac{UK_1}{K_1R_2}=2=\frac{UK_2}{K_2R_1}\Rightarrow K_1K_2\parallel R_1R_2\Rightarrow K_1K_2\perp H_1H_2$

Επίσης
$\displaystyle \begin{cases} LP // =\frac{H_1H_2}{2} // =MN \\ LM //= \frac{K_1K_2}{2} //= PN \\ \end{cases} \stackrel{K_1K_2\perp H_1H_2} \Longrightarrow LPNM \;\; o\rho \theta o\gamma \omega \nu \iota o \Rightarrow LN=PM$
Kypros 2011.png

Όντως. Το ουσιαστικό μέρος του προβλήματος είναι η καθετότητα των $\displaystyle{K_1K_2,H_1H_2}$ και υπάρχει και στο Problem Solving Strategies, του A.Engel, σελίδα 300, πρόβλημα 36.

GVlachos · #6

Θα κάνω μια προσπάθεια για το 4ο θέμα

Αν ν περιττός, τότε αρκεί να πάρουμε ένα κανονικό ν-γωνο με μήκος της μέγιστης διαγωνίου ίσο με 1, αφού σε αυτό το ν-γωνο κάθε σημείο είναι άκρο δύο ακριβώς μεγίστων διαγωνίων.

Αν ν άρτιος, τότε φέρουμε όλες τις ευθείες που ενώνουν 2 συγγενικά σημεία. Για κάθε σημείο Α1, υπάρχει μια ακολουθία σημείων όπου τα Α(ι),Α(ι+1) είναι συγγενικά για ι<ν και τα Α1,Αν είναι συγγενικά.Εύκολα βλέπουμε ότι κάθε σημείο του Σ ανήκει σε μία μοναδική τέτοια ακολουθία. Ονομάζουμε αυτές τις ακολουθίες σημείων συνδεδεμένες.Θα αποδείξουμε ότι κάθε συνδεδεμένη ακολουθία σημείων αποτεεί κανονικο πολύγωνο.
Έστω ότι τα σημεία Β,C είναι συγγενικά του Α.Ηγωνία ΒΑC είναι οξεία, αλλιώς ΒC>ΑΒ.Οι πιθανές θέσεις του συγγενικού του C είναι οι D και Ε.Αν το D είναι συγγενικό του C,τότε BD+AC>AB+GD=2, και αφού AC=1, παίρνουμε BD>2, που είναι άτοπο.
Άρα τα C,E είναι γειτονικά και το AEBC είναι ισοσκελές τραπέζιο και άρα εγγράψιμο. Τα σημεία B,A,C,E είναι διαδοχικά σημεία συνδεδεμένης ακολουθίας, άρα σε κάθε συνδεδεμένη ακολουθία σημείων τα διαδοχικά της σημεία είναι ανά 4 ομοκυκλικά, οπότε όλα της τα σημεία είναι ομοκυκλικά.(Σχήμα1)

: GV1.jpg (10.32 KiB) Προβλήθηκε 2428 φορές

Έστω τώρα μια συνδεδεμένη ακολουθία Κ με κ σημεία και ο κύκλος με κέντρο Α που περιέχει τα σημεία της.Τα C,D είναι γειτονικά του Β.Η γωνία CBD είναι οξεία.Για κάθε σημείο Ε.Στο μικρό τόξο CD μία από τις γωνίες ECB,EDB δεν είναι οξεία, άρα ΕΒ>1.Άρα στον κύκλο Α τα σημεία τα οποία είναι συγγενικά με το ίδιο σημείο είναι διαδοχικά σημεία του συνόλου Κ στην περιφέρια του κύκλου.Επειδή έχουμε κ τέτοια ζευγάρια και κ σημεία, συμπεραίνουμε ότι το σύνολο Κ αποτελέιται από κορυφές κανονικού πολυγώνου.(Σχήμα2)

: GV2.jpg (19.95 KiB) Προβλήθηκε 2428 φορές

Μπορούμε λοιπόν να διαρέσουμε το Σ σε υποσύνολα που αποτελούνται από κορυφές κανονικών πολυγώνων, τα οποία θα είναι ίσα, αφού σε κάθε πολύγωνο η μέγιστη διαγώνιος αντστοιχεί σε ίσες γωνίες.Τα πολύγωνα θα έχουν περιττό αριθμό κορυφών, αφού σε ένα κανονικό πολύγωνο με άρτιο αριθμό κορυφών η μέγιστη διαγώνιος είναι η διάμετρος που είναι μοναδική για κάθε κορυφή.Οπότε αν πάρουμε ένα κανονικό πολύγωνο Κ στο Σ,θα υπάρχει ένα σημείο I του Σ εκτός του περιγεγραμμένου κύκλου του Κ, οπότε το σημείο αυτό θα βρίσκεται στο ημιεπίπεδο που ορίζεται από τα συγγενικά ενός σημείου Η και δεν περιέχει το Η.(Σχήμα3)

: GV3.jpg (24.57 KiB) Προβλήθηκε 2428 φορές

1st post

Nick1990 · #7

Ας δούμε και μια λύση στο όμορφο 2ο θέμα:
Έστω A = x - y, B = x^2 + y^2 + xy, d|A,B

με

πρώτο. Τότε:
d| A^2 - B = 3xy

οπότε:

η

(αδύνατο απο υπόθεση)
η
d|x, d>1

η

Κάθε μία από τις 2 τελευταίες δίνει d|x,y

(αφού διαιρεί τη διαφορά

ο

),
άρα σε κάθε περίπτωση $d|y, d>1 \Rightarrow d=y$ με d|x

(ξανά άτοπο από την υπόθεση)
Άρα d=1

και οι

είναι σχετικά πρώτοι. Επομένως είναι: A,B

τέλεια τετράγωνα.
Είναι τώρα x^2 < B < (x+y)^2

, άρα υπάρχει 0 < m < y

με $B = x^2 + y^2 + xy = (x + a)^2 \Rightarrow y(x+y)=a(2x + a)$
και αφού y > a

πρώτος, έχουμε:
$y|2x+a \Rightarrow ky - x = x + a$ για κάποιο θετικό ακέραιο

.
Tότε όμως
$(ky - x)^2 = x^2 + y^2 + xy \Rightarrow (k^2 - 1)y = (2k + 1)x$
Από εδώ και σύμφωνα με την υπόθεση: $y|2k+1 \Rightarrow 2k+1 = qy$ με qx = k^2 - 1

με

Άρα

η

.
Στην δεύτερη περίπτωση έχουμε $3m^2 = 3A = 3(x - y) = k^2 - 2k - 2 \Rightarrow 3(m^2 + 1) = (k-1)^2$
το οποίο είναι αδύνατο διότι τότε θα έπρεπε 3|m^2+1

που δεν γίνεται.
Στην άλλη περίπτωση q=1

έχουμε:
$m^2 = B = x - y = k^2 - 2k - 2 = (k-1)^2 - 3 \Rightarrow (k-1-m)(k-1+m) = 3$ , για m>0

το οποίο δίνει εύκολα $k-m-1 = 1, k-1+m = 3 \Rightarrow (k,m) = (3, 1)$
και (x,y) = (8,7)

που βλέπουμε ότι είναι λύση με z=13

Άρα μοναδική λύση του προβλήματος: (x,y,z) = (8,7,13)

.

Θέματα Διαγωνισμού επιλογής Κύπρου Β' Φάση

Θέματα Διαγωνισμού επιλογής Κύπρου Β' Φάση

Re: Θέματα Διαγωνισμού επιλογής Κύπρου Β' Φάση

Re: Θέματα Διαγωνισμού επιλογής Κύπρου Β' Φάση

Re: Θέματα Διαγωνισμού επιλογής Κύπρου Β' Φάση

Re: Θέματα Διαγωνισμού επιλογής Κύπρου Β' Φάση

Re: Θέματα Διαγωνισμού επιλογής Κύπρου Β' Φάση

Re: Θέματα Διαγωνισμού επιλογής Κύπρου Β' Φάση

Μέλη σε σύνδεση