mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 08, 2013 6:25 pm**

Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2009

1. Βρείτε όλους τους φυσικούς αριθμούς n > 1,

τέτοιους ώστε ο αριθμός (n- 1)!

να διαιρείται με τον

2. Θεωρούμε

παιδιά από τα οποία δεν υπάρχουν δύο με το ίδιο ύψος. Με πόσους τρόπους μπορούμε να τα παρατάξουμε σε μια γραμμή ούτως ώστε κάθε παιδί, εκτός από το ψηλότερο, να έχει δίπλα του ένα ψηλότερο;

3. Έστω τρίγωνο ABC

με $\angle BAC = 60^{\circ}.$ Τα σημεία

και

βρίσκονται στις πλευρές

και

αντίστοιχα. Οι ευθείες

και

τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC

στα σημεία

και

αντίστοιχα. Έστω

το σημείο τομής των ευθειών

και

Δείξτε ότι οι ευθείες

και

είναι παράλληλες αν και μόνο αν το τετράπλευρο AESD

είναι εγγράψιμο.

4. Βρείτε όλα τα ζεύγη (a, b)

φυσικών αριθμών τέτοια ώστε $a^{6a} = b^b.$

5. Για ποιους φυσικούς αριθμούς m, n

μπορούμε να καλύψουμε πλήρως και χωρίς επικαλύψεις ένα ορθογώνιο $m\times n$ με τετράγωνα πλευράς

ή

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 19, 2016 10:42 pm**

Επαναφορά!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 20, 2016 1:56 am**

socrates έγραψε:Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2009

1. Βρείτε όλους τους φυσικούς αριθμούς τέτοιους ώστε ο αριθμός να διαιρείται με τον

Οι φυσικοί που έχουν την παραπάνω ιδιότητα είναι όλοι οι σύνθετοι που είναι μεγαλύτεροι από το

και μόνο αυτοί. Αυτό ισχύει γιατί:

Οι αριθμοί n=2,3,4

δεν ικανοποιούν το ζητούμενο.
Α) Αν ο

είναι σύνθετος μεγαλύτερος του

και ο

είναι διαιρέτης του

με

τότε και ο k=n/m

είναι διαιρέτης του

.
(ι) Αν $m \neq k$ , οι m,k

είναι παράγοντες του (n- 1)!

άρα ο αριθμός (n- 1)!

διαιρείται με τον $n=m \cdot k$ .
(ιι) Αν m=k

τότε και

οπότε ο αριθμός (n- 1)!

έχει παράγοντες τους m,2m

άρα διαιρείται με τον n=m^2

.

Β) Αν ο

είναι πρώτος, κανένας από τους παράγοντες του (n- 1)!

δεν διαιρείται με τον

οπότε ο αριθμός (n- 1)!

δεν διαιρείται με τον

.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 20, 2016 12:37 pm**

socrates έγραψε:Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2009
2. Θεωρούμε παιδιά από τα οποία δεν υπάρχουν δύο με το ίδιο ύψος. Με πόσους τρόπους μπορούμε να τα παρατάξουμε σε μια γραμμή ούτως ώστε κάθε παιδί, εκτός από το ψηλότερο, να έχει δίπλα του ένα ψηλότερο;

Για λόγους απλότητας τοποθετούμε στην παράταξη σε οποιοδήποτε επιτρεπτό σημείο ένα ένα τα παιδιά ξεκινώντας από το χαμηλότερο προς το ψηλότερο.

Θα αποδείξουμε με επαγωγή ότι υπάρχουν $\boxed{2^{n-1}}$ τρόποι.

Για n=1

παιδί είναι προφανές, υπάρχει 2^0=1

τρόπος. Για n=2

παιδιά είναι πάλι προφανές, υπάρχουν 2^1=2

τρόποι.

Έστω ότι ισχύει για

παιδιά ότι υπάρχουν $2^{n-1}$ τρόποι.

Έρχεται ένα ακόμα παιδί που είναι πιο ψηλό από όλα τα άλλα. Αυτό θα πρέπει να μπει αναγκαστικά πριν ή μετά από το προηγούμενο ψηλότερο παιδί. Αν μπει σε οποιαδήποτε άλλη θέση τότε το προηγούμενο ψηλότερο παιδί δεν θα έχει δίπλα του κάποιον άλλο ψηλότερο. Άρα έχουμε 2 τρόπους για το νέο παιδί και συνολικά $2 \cdot 2^{n-1} = 2^{n}$ τρόπους.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 20, 2016 3:51 pm**

socrates έγραψε:Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2009

4. Βρείτε όλα τα ζεύγη φυσικών αριθμών τέτοια ώστε $a^{6a} = b^b.$

Αρχικά υποθέτουμε ότι a > b

. Τότε είναι $a^{6a}>b^{6b}>b^b$ , άτοπο. Επομένως, $b \ge a$ .Eπειδή ο

είναι δύναμη του

, θέτουμε $b=a^{n}, n ∈ \mathbff{N}$ . Αντικαθιστούμε και παίρνουμε:
$a^{6a} = a^{na^{n}}$ $\Leftrightarrow$ $6a=na^{n}$ (προφανώς για a=b=0

προκύπτει

, που δεν ορίζεται ως δύναμη) $\Leftrightarrow$ $6=na^{n-1}$ (1)

Για

, είναι $na^{n-1} > 6$ , άτοπο. Συνεπώς, πρέπει $n \le 6$ . Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:
n=6

. H

γίνεται $a^{5}=1$ $\Leftrightarrow$ a=1

$\Leftrightarrow$ (a,b)=(1,1)

. Προκύπτει 5|6

, άτοπο.

. Προκύπτει 4|6

, άτοπο.

. Προκύπτει $2=a^{2}$ $\Leftirhgtarrow$ $a=-\sqrt{2}$ ή $\sqrt{2}$ , που δεν είναι φυσικοί.
n=2

. H

γίνεται $a^{1}=3$ $\Leftrightarrow$ a=3

$\Leftrightarrow$ (a,b)=(3,9)

. Η

γίνεται

, άτοπο.

. Η

γίνεται

, άτοπο.
Επομένως, τα μοναδικά ζεύγη φυσικών που ικανοποιούν την εξίσωση είναι τα $\boxed{(a,b)=(1,1), (3,9)}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 20, 2016 4:29 pm**

JimNt. έγραψε:Επομένως, τα μοναδικά ζεύγη φυσικών που ικανοποιούν την εξίσωση είναι τα $\boxed{(a,b)=(1,1), (3,9)}$

Είναι και άλλα. Πχ (a,b)=(16,64)

. Συγκεκριμένα όλα τα ζεύγη είναι (a,b)=(1,1),(3,9),(16,64),(5^5,5^6)

. Αν δεν υπάρξει απόδειξη θα επανέλθω.

JimNt. έγραψε:Eπειδή ο είναι δύναμη του , θέτουμε $b=a^{n}, n ∈ \mathbff{N}$ .

Εδώ είναι το λάθος.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 20, 2016 5:03 pm**

opener έγραψε:
JimNt. έγραψε:Επομένως, τα μοναδικά ζεύγη φυσικών που ικανοποιούν την εξίσωση είναι τα $\boxed{(a,b)=(1,1), (3,9)}$
Είναι και άλλα. Πχ . Συγκεκριμένα όλα τα ζεύγη είναι . Αν δεν υπάρξει απόδειξη θα επανέλθω.

JimNt. έγραψε:Eπειδή ο είναι δύναμη του , θέτουμε $b=a^{n}, n ∈ \mathbff{N}$ .
Εδώ είναι το λάθος.

Ευχαριστώ για τν διόρθωση. Ελπίζω τώρα να είμαι σωστός. Αρχικά υποθέτουμε ότι a > b

. Τότε είναι $a^{6a}>b^{6b}>b^b$ , άτοπο. Επομένως, $b \ge a$ . Προφανώς, a | b

$\Leftrightarrow$ b=an

, όπου

θετικός ακέραιος > 1

. Αντικαθιστούμε και παίρνουμε:
$a^{6a}=(an)^{an}$ $\Leftrightarrow$ $a^{a(6-n)} = n^{an}$ . Για n>6

το δεξί μέλος είναι μικρότερο του

. Επομένως, πρέπει $n \le 6$ . Διακρίνουμε περιπτώσεις απορρίπτουμε την n=6

, γιατί το αριστερό μέλος θα είναι διαφόρο του αριστερού και στην συνέχεια παίρνουμε τις λύσεις που παραθέσατε.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 21, 2016 9:01 pm**

Προσθέτω και τη δικιά μου προσπάθεια μιας και νομίζω ότι η πιο πάνω αντιμετώπιση ίσως έχει κάποιο κενό. Συγκεκριμένα το σημείο

JimNt. έγραψε: Προφανώς, $\Leftrightarrow$ , όπου θετικός ακέραιος .

δεν μου είναι προφανές. Ίσως χάνω κάτι πολύ απλό.

Αρχικά υποθέτουμε a,b>1

και παρατηρούμε ότι οι a,b

έχουν τους ίδιους πρώτους διαιρέτες (προφανές από λήμμα του Ευκλείδη). Επίσης (εύκολα) a<b

.

Ισχυρισμός: Οι a,b

είναι δυνάμεις (του ίδιου) πρώτου.
Απόδειξη: Έστω $a=p_1^{a_1}\cdot...\cdot p_n^{a_n}$ και $b=p_1^{b_1}\cdot...\cdot p_n^{b_n},\quad n\geq 2$ με $p_1<\dots<p_n$ . Αφού $a^{6a}=b^b$ προκύπτει το σύστημα:
$\begin{Bmatrix} 6a_1\prod_{i=1}^{n}p_i^{a_i}=b_1\prod_{i=1}^{n}p_i^{b_i}\\ \vdots \\ 6a_n\prod_{i=1}^{n}p_i^{a_i}=b_n\prod_{i=1}^{n}p_i^{b_i} \end{Bmatrix}$

Διαιρώντας διαδοχικά ανά δύο τις εξισώσεις έχουμε $\frac{a_i}{a_{i+1}}=\frac{b_i}{b_{i+1}}\Leftrightarrow a_i=\frac{a_{i+1}b_i}{b_{i+1}}\quad\forall i=1,\dots,n\quad(\star)$ όπου $a_{n+1}=a_1,b_{n+1}=b_1$ .
Διακρίνουμε περιπτώσεις:
1η)Αν a_1=b_1

τότε $6\prod_{i=2}^{n}p_i^{a_i}=\prod_{i=2}^{n}p_i^{a_i}$ .
Υποθέτουμε τώρα $n\geq 3$ , τότε $p_i\geq p_3>p_2>p_1\geq 2\Rightarrow p_i>3\quad\forall i\geq 3$ και άρα $(p_i,6)=1\Rightarrow a_i=b_i\quad\forall i=3,\dots,n$ δηλαδή $6p_2^{a_2}=p_2^{b_2}$ άτοπο.
Αν n=2

πάλι καταλήγουμε στην $6p_2^{a_2}=p_2^{b_2}$ και άρα φτάνουμε σε άτοπο.
2η)Αν a_1>b_1

τότε επαγωγικά από την $(\star)$ προκύπτει ότι $a_i>b_i\quad\forall i=1,\dots,n$ και άρα a>b

, άτοπο.
3η)Αν a_1<b_1

τότε πάλι από την $(\star)$ επαγωγικά έχουμε $a_i<b_i\Leftrightarrow b_i-a_i\geq 1\quad\forall i=1,\dots,n$ και άρα η πρώτη σχέση του συντήματος γίνεται $6=\frac{b_1}{a_1}\prod_{i=1}^{n}p_i^{b_i-a_i}>\prod_{i=1}^{n}p_i$ , άτοπο γιατί τότε 6>p_2p_1

με

.
Έτσι ο ισχυρισμός αποδείχθηκε.

Επομένως a=p^x,b=p^y

με

αφού

, δηλαδή $p^{6xp^x}=p^{yp^y}\Rightarrow 6xp^x=yp_y\Rightarrow \boxed{6=\frac{y}{x}p^{y-x}>p^{y-x}}\quad(\star\star)$ .
Αν $y-x\geq 3$ τότε η $(\star\star)$ είναι αδύνατη.
Αν y-x=2

τότε από την $(\star\star)$ έπεται ότι p=2

και άρα $6x2^x=(x+2)2^{x+2}\Rightarrow x=4$ . Άρα (a,b)=(2^4,2^6)

.
Αν

τότε

. Ελέγχοντας καθεμιά ξεχωριστά προκύπτουν τα ζεύγη (a,b)=(3,3^2),(5^5,5^6)

.
Τέλος υποθέσαμε ότι a,b>1

και άρα πρέπει να προσθέσουμε και την λύση (a,b)=(1,1)

. Εύκολα επαληθεύουμε ότι όλες οι λύσεις ικανοποιούν την αρχική εξίσωση.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 22, 2016 11:28 pm**

socrates έγραψε:Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2009

3. Έστω τρίγωνο με $\angle BAC = 60^{\circ}.$ Τα σημεία και βρίσκονται στις πλευρές και αντίστοιχα. Οι ευθείες και τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου στα σημεία και αντίστοιχα. Έστω το σημείο τομής των ευθειών και Δείξτε ότι οι ευθείες και είναι παράλληλες αν και μόνο αν το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο.

Και αυτή η άσκηση όπως και η αντίστοιχη του 2008 είναι μια καλή άσκηση στις εγγεγραμμένες γωνίες και στα εγγράψιμα τετράπλευρα.

: ProtosGyrosElvetia2009_3.png (11.58 KiB) Προβλήθηκε 2401 φορές

Το τετράπλευρο AESD

είναι εγγράψιμο αν και μόνο αν $\widehat{A}+\widehat{XSY}=180^{\circ}\Leftrightarrow\widehat{XSY}=120^{\circ}$ .

Όμως η γωνία $\widehat{XSY}$ είναι ίση με το ημιάθροισμα των τόξων XAY

και

.

Από τις ισοδυναμίες: $XC//YB\Leftrightarrow$ τόξο XAY=

τόξο $CB=120^{\circ}\Leftrightarrow\widehat{XSY}=120^{\circ}$ προκύπτει το ζητούμενο.

mathematica.gr

Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2009

Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2009

Re: Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2009

Re: Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2009

Re: Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2009

Re: Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2009

Re: Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2009

Re: Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2009

Re: Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2009

Re: Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2009