Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

Datis-Kalali · #1

Πρόβλημα 1
Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειροι θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε οι εξίσωση:
να μην έχει λύση στους ακεραίους

Έστω

, με $k \ge 1$
Έχουμε ότι $3^n = 3^{4k} \equiv 3^4 =81 \equiv 1 (mod 5)$
Έτσι $3^n+3^8+3 \equiv 1+3+1 \equiv 0 (mod 5)$
Επίσης $10^n+10^9+10 \equiv 0 (mod 5)$
Τοτέ $MK \Delta(10^n+10^9+10,3^n+3^8+3) \ge 5$

δηλαδή $MK \Delta(10^n+10^9+10,3^n+3^8+3) \nmid 3$ .
Άρα η διοφαντική εξίσωση δεν έχει λύση για καθε n=4k

με $k \ge 1$

Γιάννης Μπόρμπας · #2

Προσοχή στην εξίσωση, ξαναδιάβασέ την.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #3

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 15 Επίπεδο: Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 1
Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειροι θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε οι εξίσωση:
να μην έχει λύση στους ακεραίους

Παρατηρούμε πως $10^9+1\equiv 8 \pmod{17}$ και ότι $3^8+3\equiv 2 \pmod{17}$

Επομένως έχουμε x(10^n+8+17k)+y(3^n+2+17l)=3

Όμως όταν

, παίρνουμε πως $10^n+8\equiv 3^n+2\equiv 0 \pmod{17}$

Επομένως σε αυτές τις περιπτώσεις έχουμε πως:

$x\cdot 17b+y\cdot 17c=3$ , που είναι προφανώς άτοπο.

Επομένως όταν n=16a+6

έχουμε πως η εξίσωση δεν έχει λύσεις στους ακεραίους.

Γιάννης Μπόρμπας · #4

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 15 Επίπεδο: Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 1
Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειροι θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε οι εξίσωση:
να μην έχει λύση στους ακεραίους

Παρατηρούμε πως $10^9+1\equiv 8 \pmod{17}$ και ότι $3^8+3\equiv 2 \pmod{17}$

Επομένως έχουμε

Όμως όταν , παίρνουμε πως $10^n+8\equiv 3^n+2\equiv 0 \pmod{17}$

Επομένως σε αυτές τις περιπτώσεις έχουμε πως:

$x\cdot 17b+y\cdot 17c=3$ , που είναι προφανώς άτοπο.

Επομένως όταν έχουμε πως η εξίσωση δεν έχει λύσεις στους ακεραίους.

Πολύ ωραία! Καλό θα ήταν να μας πεις πώς σκέφτηκες τον αριθμό

διότι αυτή είναι η ουσία της άσκησης.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #5

Απλά δοκίμαζα κάποιους πρώτους και έτσι ήμουν τυχερός με το

. Δηλαδή δεν βρήκα το

με κάποια μέθοδο...

Ορέστης Λιγνός · #6

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 15 Επίπεδο: Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 2
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο και ο εγγεγραμμένος κύκλος του.
Έστω το σημείο τομής της με τον και το σημείο τομής
της με τον . Έστω το κέντρο του παρεγγεγραμμένου κύκλου
του τριγώνου ως προς το . Αν είναι τα μέσα των πλευρών
αντιστοίχως να αποδείξετε ότι τα σημεία είναι ομοκυκλικά.

Γεια σε όλους.

Έστω ότι ο εγγεγραμμένος κύκλος εφάπτεται στην

στο

και στην

στο

.

Έστω επίσης

το έκκεντρο του $\vartriangle ABC$ .

Θα αποδείξουμε πρώτα το εξής λήμμα.

Λήμμα

Αν

το μέσο της

, τότε $\widehat{ELB}=\widehat{GLD}$ .

Απόδειξη

Το τρίγωνο BED

είναι ισοσκελές, και αφού GE=GD

, η

διχοτομεί την γωνία $\widehat{B}$ .

Όμως, η

είναι διχοτόμος της $\widehat{B}$ , άρα τα B,G,I

είναι συνευθειακά.

Από μετρικές σχέσει στο ορθογώνιο $\vartriangle BEI$ , είναι $IE^2=IG \cdot IB \Rightarrow IL^2=IG \cdot IB$ , οπότε η

εφάπτεται στον κύκλο (L,B,G)

.

: borbas-2.png (29.62 KiB) Προβλήθηκε 2312 φορές

Θέτουμε $\widehat{ELB}=\phi, \widehat{GLD}=\omega, \widehat{DLI}=x$ .

Άρα, $\widehat{LBG}=\widehat{GLI}=\omega+x$ .

Από απλό angle-chasing, $\widehat{LED}=90^\circ+x$ .

Έστω $H \equiv ED \cap LB$ .

Είναι $\widehat{HBG}+\widehat{HGB}=\widehat{EHB}=\widehat{ELH}+\widehat{LEH} \Rightarrow x+\omega+90^\circ=\phi+90^\circ+x \Rightarrow \phi=\omega$ , οπότε $\widehat{ELB}=\widehat{GLD}$ , και το λήμμα δείχτηκε.

Θα αποδείξουμε τώρα ότι $AD \parallel MK$ .

Έστω $P \equiv AK \cap BC$ .

Από τον ορισμό του παρακέντρου, η

διχοτομεί την $\widehat{A}$ , άρα A,I,K

συνευθειακά.

Από Θ. Διχοτόμου, $BP=\dfrac{ac}{b+c}$ , και ως γνωστόν $BD=\tau-b=\dfrac{a+c-b}{2}$ , οπότε $PD=BP-BD= \ldots=\dfrac{(b-c)(b+c-a)}{2(b+c)}$ (1).

Επίσης, $PC=\dfrac{ab}{b+c}$ , και $MC=\dfrac{a}{2}$ , άρα $MP=PC-MC= \ldots=\dfrac{a(b-c)}{2(b+c)}$ (2).

Από (1), (2), $\dfrac{DP}{PM}=\dfrac{b+c-a}{a}$ (3).

Ακόμη, $\dfrac{AP}{PK}=\dfrac{BA}{BK} \dfrac{\sin \widehat{B}}{\sin \widehat{CBK}}=\dfrac{c}{BK} \dfrac{\sin \widehat{B}}{\cos \dfrac{\widehat{B}}{2}}$ .

Από Ν. Ημιτόνων, $\dfrac{BK}{\sin \widehat{BCK}}=\dfrac{a}{\sin \widehat{BKC}} \Rightarrow \ldots \Rightarrow BK=\dfrac{a \cdot \cos \dfrac{\widehat{C}}{2}}{\cos \dfrac {\widehat{A}}{2}}$ .

: borbas.png (46.16 KiB) Προβλήθηκε 2307 φορές

Αντικαθιστώντας και απλοποιώντας χρησιμοποιώντας τριγωνομετρικούς τύπους θα προκύψει στο τέλος (είναι αρκετές οι πράξεις, γι'αυτό τις παραλείπω), $\dfrac{AP}{PK}=\dfrac{b+c-a}{a}$ (4).

Από (3),(4), $\dfrac{AP}{PK}=\dfrac{DP}{PM} \Rightarrow AD \parallel MK$ .

Έτσι, $\widehat{BMK}=\widehat{ADC}=\widehat{LFD}$ , και $\widehat{KBM}=90^\circ-\dfrac{\widehat{B}}{2}=\widehat{FDB}=\widehat{FLD}$ .

Από τις δύο παραπάνω ισότητες, τα $\vartriangle FLD, \vartriangle BMK$ είναι όμοια.

Αφού λοιπόν τα παραπάνω είναι όμοια και οι LG,BN

οι αντίστοιχες διάμεσοι, $\widehat{NBM}=\widehat{FLG}=\widehat{FLB}+\widehat{BLG} \mathop = \limits^{\textnormal{\gr Λήμμα}} \widehat{GLD}+\widehat{BLG}=\widehat{BLD}$ .

Καταλήγουμε ότι $\widehat{BLD}=\widehat{CBN}$ , και όμοια $\widehat{DLC}=\widehat{BCN}$ .

Άρα, $\widehat{BLC}=\widehat{BLD}+\widehat{DLC}=\widehat{CBN}+\widehat{BCN}=$

$180^\circ-\widehat{BNC} \Rightarrow \widehat{BLC}+\widehat{BNC}=180^\circ$ , οπότε τα B,L,C,N

είναι ομοκυκλικά.

harrisp · #7

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 15
Πρόβλημα 4
Ο μικρός Θανάσης μαζί με άλλους φίλους του παίζουν το εξής παιχνίδι.
Αρχικά κάθονται σε έναν κύκλο, με τον Θανάση να έχει πρώτος την μπάλα.
Από τους παίκτες στο σύνολο, οι από αυτούς είναι δυνατοί και οι αδύναμοι.
Σε κάθε κίνηση, ο παίκτης που έχει την μπάλα, πρέπει να την πασάρει σε άλλον παίκτη δεξιόστροφα ως εξής:
α) Αν ο παίκτης είναι αδύναμος, τότε πασάρει την μπάλα στον αμέσως επόμενό του.
β) Αν ο παίκτης είναι δυνατός, τότε πασάρει την μπάλα στον παραεπόμενό του, προσπερνώντας τον επόμενό του.
Το παιχνίδι τελειώνει, αν η μπάλα επιστρέψει στον Θανάση μετά από πεπερασμένο αριθμό πασών.
Ένα παιχνίδι θα λέγεται αν ακριβώς διαφορετικά άτομα δέχθηκαν τουλάχιστον 1 φορά την μπάλα.

1) Να βρεθεί η μέγιστη τιμή του

Καλησπέρα!

Αφού το παιχνίδι τελειώνει με την επιστροφή της μπάλας στον Θανάση και οι παίκτες είναι

θα πρέπει η μπάλα να περάσει από $\alpha \cdot 2n$ χέρια. Ομως 2n+n<4n<6n<8n<...

άρα η μπάλα πέρασε από

ανθρώπους. Αν s,w

oι δυνατοί και οι αδύναμοι αντίστοιχα τότε το

είναι ίσο με την μέγιστη τιμή του αθροίσματος s+w

. Αφού η μπάλα πέρασε από

άτομα τα

ικανοποιούν την 2s+w=2n

. Αρα θέλουμε να έχουμε στο αριστερό μέλος το άθροισμα και στο δεξί μια παράσταση που περιέχει σε άθροισμα ή γινόμενο τα s,w

και τότε ξέρουμε ότι θα ισούται με

. Γράφουμε λοιπόν την εξίσωση ως εξής: $2s+w=2n\Leftrightarrow s+\dfrac {w}{2} +n\Leftrightarrow \boxed {s+w=n+\dfrac {w}{2}}$ . Αρα w=n

. Ομως αν ο

είναι περιττός θα έχουμε άτοπο από την 2s+w=2n

. Αρα

αν ο

είναι περιττός. Συνεπώς:

$\boxed {k\leq \lfloor \dfrac {3n}{2} \rfloor}$

$\blacksquare$

Γιάννης Μπόρμπας · #8

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:
Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 15 Επίπεδο: Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 1
Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειροι θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε οι εξίσωση:
να μην έχει λύση στους ακεραίους

Παρατηρούμε πως $10^9+1\equiv 8 \pmod{17}$ και ότι $3^8+3\equiv 2 \pmod{17}$

Επομένως έχουμε

Όμως όταν , παίρνουμε πως $10^n+8\equiv 3^n+2\equiv 0 \pmod{17}$

Επομένως σε αυτές τις περιπτώσεις έχουμε πως:

$x\cdot 17b+y\cdot 17c=3$ , που είναι προφανώς άτοπο.

Επομένως όταν έχουμε πως η εξίσωση δεν έχει λύσεις στους ακεραίους.
Πολύ ωραία! Καλό θα ήταν να μας πεις πώς σκέφτηκες τον αριθμό διότι αυτή είναι η ουσία της άσκησης.

Αρχικά παρατηρούμε εύκολα ότι $\gcd(10^n,10^9+1)=1$
Όμως 10^9+1=(10^3+1)(10^6-10^3+1)=7×11×13(10^6-10^3+1)

. Και με αυτόν τον τρόπο απορρίπτουμε τους 2,5,7,11,13

. Αυτο μας προτρέπει στον έλεγχο του 17 που φυσικά μας δίνει λύση (διαφορετικά θα ήταν και κουραστικό το πρόβλημα).

#9

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: Πολύ ωραία! Καλό θα ήταν να μας πεις πώς σκέφτηκες τον αριθμό διότι αυτή είναι η ουσία της άσκησης.

Έστω

ο πρώτος που ψάχνουμε. Εγώ σκέφτηκα ότι θέλουμε τα 10^n

και

να παίρνουν όλες τις τιμές ώστε το

να μπορεί να διαιρεί και τα δύο για κάποιο

. Ψάχνουμε δηλαδή πρώτο

ώστε το

και το

να είναι primitive roots. Όντως για p=17

συμβαίνει αυτό.

Γιάννης Μπόρμπας · #10

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 15
Πρόβλημα 4
Ο μικρός Θανάσης μαζί με άλλους φίλους του παίζουν το εξής παιχνίδι.
Αρχικά κάθονται σε έναν κύκλο, με τον Θανάση να έχει πρώτος την μπάλα.
Από τους παίκτες στο σύνολο, οι από αυτούς είναι δυνατοί και οι αδύναμοι.
Σε κάθε κίνηση, ο παίκτης που έχει την μπάλα, πρέπει να την πασάρει σε άλλον παίκτη δεξιόστροφα ως εξής:
α) Αν ο παίκτης είναι αδύναμος, τότε πασάρει την μπάλα στον αμέσως επόμενό του.
β) Αν ο παίκτης είναι δυνατός, τότε πασάρει την μπάλα στον παραεπόμενό του, προσπερνώντας τον επόμενό του.
Το παιχνίδι τελειώνει, αν η μπάλα επιστρέψει στον Θανάση μετά από πεπερασμένο αριθμό πασών.
Ένα παιχνίδι θα λέγεται αν ακριβώς διαφορετικά άτομα δέχθηκαν τουλάχιστον 1 φορά την μπάλα.

1) Να βρεθεί η μέγιστη τιμή του
Καλησπέρα!

Αφού το παιχνίδι τελειώνει με την επιστροφή της μπάλας στον Θανάση και οι παίκτες είναι θα πρέπει η μπάλα να περάσει από $\alpha \cdot 2n$ χέρια. Ομως άρα η μπάλα πέρασε από ανθρώπους. Αν oι δυνατοί και οι αδύναμοι αντίστοιχα τότε το είναι ίσο με την μέγιστη τιμή του αθροίσματος . Αφού η μπάλα πέρασε από άτομα τα ικανοποιούν την . Αρα θέλουμε να έχουμε στο αριστερό μέλος το άθροισμα και στο δεξί μια παράσταση που περιέχει σε άθροισμα ή γινόμενο τα και τότε ξέρουμε ότι θα ισούται με . Γράφουμε λοιπόν την εξίσωση ως εξής: $2s+w=2n\Leftrightarrow s+\dfrac {w}{2} +n\Leftrightarrow \boxed {s+w=n+\dfrac {w}{2}}$ . Αρα . Ομως αν ο είναι περιττός θα έχουμε άτοπο από την . Αρα αν ο είναι περιττός. Συνεπώς:

$\boxed {k\leq \lfloor \dfrac {3n}{2} \rfloor}$

$\blacksquare$

Για την πληρότητα, υποθέτουμε ότι μπορεί η μπάλα να φτάσει στον Θανάση σε κάποιο κύκλο χωρίς να έχει επιστρέψει σε αυτόν στον πρώτο κύκλο. Επειδή όμως χρειάζονται τουλάχιστον

πάσες, αυτό σημαίνει ότι τουλάχιστον ένα άτομο θα ξαναλάβει την μπάλα στον δεύτερο γύρο, ο οποίος θα την στείλει στο ίδιο σημείο που την έστειλε στον πρώτο γύρο. Αφού όμως η μπάλα δεν κατέλληξε στον Θανάση στον πρώτο γύρο, δεν θα καταλλήξει και ποτέ, που είναι άτοπο αφού το παιχνίδι τελειώνει.

Γιάννης Μπόρμπας · #11

silouan έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: Πολύ ωραία! Καλό θα ήταν να μας πεις πώς σκέφτηκες τον αριθμό διότι αυτή είναι η ουσία της άσκησης.
Έστω ο πρώτος που ψάχνουμε. Εγώ σκέφτηκα ότι θέλουμε τα και να παίρνουν όλες τις τιμές ώστε το να μπορεί να διαιρεί και τα δύο για κάποιο . Ψάχνουμε δηλαδή πρώτο ώστε το και το να είναι primitive roots. Όντως για συμβαίνει αυτό.

Φυσικά μας βολεύει ο πρώτος αριθμός

να είναι τέτοιος ώστε το 3^n

και το

να αποτελούν πλήρες σύστημα υπολοίπων για n=1,2,...,p-1

όμως θα πρέπει παράλληλα για την τιμή του

που ο

διαιρεί την μία παρένθεση (η οποία υπάρχει σίγουρα), να διαιρεί και την άλλη, κάτι που θα ήταν αρκετά κουραστικό αν ο μικρότερος πρώτος δεν ήταν το

αλλά το

. Για αυτό καλείται ο λύτης να βρεί ένα τρόπο να απορρίψει γρήγορα τους προηγούμενους πρώτους. Αναρωτιέμαι ποιος είναι ο επόμενος πρώτος αριθμός με αυτήν την ιδιότητα άραγε...

Γιάννης Μπόρμπας · #12

Ορέστης Λιγνός έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 15 Επίπεδο: Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 2
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο και ο εγγεγραμμένος κύκλος του.
Έστω το σημείο τομής της με τον και το σημείο τομής
της με τον . Έστω το κέντρο του παρεγγεγραμμένου κύκλου
του τριγώνου ως προς το . Αν είναι τα μέσα των πλευρών
αντιστοίχως να αποδείξετε ότι τα σημεία είναι ομοκυκλικά.

Γεια σε όλους.

Έστω ότι ο εγγεγραμμένος κύκλος εφάπτεται στην στο και στην στο .

Έστω επίσης το έκκεντρο του $\vartriangle ABC$ .

Θα αποδείξουμε πρώτα το εξής λήμμα.

Λήμμα

Αν το μέσο της , τότε $\widehat{ELB}=\widehat{GLD}$ .

Απόδειξη

Το τρίγωνο είναι ισοσκελές, και αφού , η διχοτομεί την γωνία $\widehat{B}$ .

Όμως, η είναι διχοτόμος της $\widehat{B}$ , άρα τα είναι συνευθειακά.

Από μετρικές σχέσει στο ορθογώνιο $\vartriangle BEI$ , είναι $IE^2=IG \cdot IB \Rightarrow IL^2=IG \cdot IB$ , οπότε η

εφάπτεται στον κύκλο .

borbas-2.png

Θέτουμε $\widehat{ELB}=\phi, \widehat{GLD}=\omega, \widehat{DLI}=x$ .

Άρα, $\widehat{LBG}=\widehat{GLI}=\omega+x$ .

Από απλό angle-chasing, $\widehat{LED}=90^\circ+x$ .

Έστω $H \equiv ED \cap LB$ .

Είναι $\widehat{HBG}+\widehat{HGB}=\widehat{EHB}=\widehat{ELH}+\widehat{LEH} \Rightarrow x+\omega+90^\circ=\phi+90^\circ+x \Rightarrow \phi=\omega$ , οπότε $\widehat{ELB}=\widehat{GLD}$ , και το λήμμα δείχτηκε.

Θα αποδείξουμε τώρα ότι $AD \parallel MK$ .

Έστω $P \equiv AK \cap BC$ .

Από τον ορισμό του παρακέντρου, η διχοτομεί την $\widehat{A}$ , άρα συνευθειακά.

Από Θ. Διχοτόμου, $BP=\dfrac{ac}{b+c}$ , και ως γνωστόν $BD=\tau-b=\dfrac{a+c-b}{2}$ , οπότε $PD=BP-BD= \ldots=\dfrac{(b-c)(b+c-a)}{2(b+c)}$ (1).

Επίσης, $PC=\dfrac{ab}{b+c}$ , και $MC=\dfrac{a}{2}$ , άρα $MP=PC-MC= \ldots=\dfrac{a(b-c)}{2(b+c)}$ (2).

Από (1), (2), $\dfrac{DP}{PM}=\dfrac{b+c-a}{a}$ (3).

Ακόμη, $\dfrac{AP}{PK}=\dfrac{BA}{BK} \dfrac{\sin \widehat{B}}{\sin \widehat{CBK}}=\dfrac{c}{BK} \dfrac{\sin \widehat{B}}{\cos \dfrac{\widehat{B}}{2}}$ .

Από Ν. Ημιτόνων, $\dfrac{BK}{\sin \widehat{BCK}}=\dfrac{a}{\sin \widehat{BKC}} \Rightarrow \ldots \Rightarrow BK=\dfrac{a \cdot \cos \dfrac{\widehat{C}}{2}}{\cos \dfrac {\widehat{A}}{2}}$ .

borbas.png

Αντικαθιστώντας και απλοποιώντας χρησιμοποιώντας τριγωνομετρικούς τύπους θα προκύψει στο τέλος (είναι αρκετές οι πράξεις, γι'αυτό τις παραλείπω), $\dfrac{AP}{PK}=\dfrac{b+c-a}{a}$ (4).

Από (3),(4), $\dfrac{AP}{PK}=\dfrac{DP}{PM} \Rightarrow AD \parallel MK$ .

Έτσι, $\widehat{BMK}=\widehat{ADC}=\widehat{LFD}$ , και $\widehat{KBM}=90^\circ-\dfrac{\widehat{B}}{2}=\widehat{FDB}=\widehat{FLD}$ .

Από τις δύο παραπάνω ισότητες, τα $\vartriangle FLD, \vartriangle BMK$ είναι όμοια.

Αφού λοιπόν τα παραπάνω είναι όμοια και οι οι αντίστοιχες διάμεσοι, $\widehat{NBM}=\widehat{FLG}=\widehat{FLB}+\widehat{BLG} \mathop = \limits^{\textnormal{\gr Λήμμα}} \widehat{GLD}+\widehat{BLG}=\widehat{BLD}$ .

Καταλήγουμε ότι $\widehat{BLD}=\widehat{CBN}$ , και όμοια $\widehat{DLC}=\widehat{BCN}$ .

Άρα, $\widehat{BLC}=\widehat{BLD}+\widehat{DLC}=\widehat{CBN}+\widehat{BCN}=$

$180^\circ-\widehat{BNC} \Rightarrow \widehat{BLC}+\widehat{BNC}=180^\circ$ , οπότε τα είναι ομοκυκλικά.

Πολύ ωραία λύση, μπράβο Ορέστη!

Κώστας Παππέλης · #13

Η πολύ ωραία λύση του Ορέστη μπορεί να απλοποιηθεί λιγάκι ως εξής:

1) Η ισότητα <ELB=<GLD

ισχύει επειδή η

είναι συμμετροδιάμεσος.

2) Η παραλληλία των

και

προκύπτει από τη γνωστή ομοιοθεσία που στέλνει τον εγγεγραμμένο στον παρεγγεγραμμένο. Πράγματι αν

το ίχνος του

στην

και

το αντιδιαμετρικό του

στον παρεγγεγραμμένο, τότε είναι γνωστό πως το

είναι το ισοτομικό του

. Άρα

αφού η πρώτη ενώνει μέσα πλευρών τριγώνου. Όμως το D''

είναι η εικόνα του

ως προς την ομοιοθεσία, εξ ου το ζητούμενο.

#14

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 15
Πρόβλημα 4
Ο μικρός Θανάσης μαζί με άλλους φίλους του παίζουν το εξής παιχνίδι.
Αρχικά κάθονται σε έναν κύκλο, με τον Θανάση να έχει πρώτος την μπάλα.
Από τους παίκτες στο σύνολο, οι από αυτούς είναι δυνατοί και οι αδύναμοι.
Σε κάθε κίνηση, ο παίκτης που έχει την μπάλα, πρέπει να την πασάρει σε άλλον παίκτη δεξιόστροφα ως εξής:
α) Αν ο παίκτης είναι αδύναμος, τότε πασάρει την μπάλα στον αμέσως επόμενό του.
β) Αν ο παίκτης είναι δυνατός, τότε πασάρει την μπάλα στον παραεπόμενό του, προσπερνώντας τον επόμενό του.
Το παιχνίδι τελειώνει, αν η μπάλα επιστρέψει στον Θανάση μετά από πεπερασμένο αριθμό πασών.
Ένα παιχνίδι θα λέγεται αν ακριβώς διαφορετικά άτομα δέχθηκαν τουλάχιστον 1 φορά την μπάλα.

1) Να βρεθεί η μέγιστη τιμή του
Καλησπέρα!

Αφού το παιχνίδι τελειώνει με την επιστροφή της μπάλας στον Θανάση και οι παίκτες είναι θα πρέπει η μπάλα να περάσει από $\alpha \cdot 2n$ χέρια. Ομως άρα η μπάλα πέρασε από ανθρώπους. Αν oι δυνατοί και οι αδύναμοι αντίστοιχα τότε το είναι ίσο με την μέγιστη τιμή του αθροίσματος . Αφού η μπάλα πέρασε από άτομα τα ικανοποιούν την . Αρα θέλουμε να έχουμε στο αριστερό μέλος το άθροισμα και στο δεξί μια παράσταση που περιέχει σε άθροισμα ή γινόμενο τα και τότε ξέρουμε ότι θα ισούται με . Γράφουμε λοιπόν την εξίσωση ως εξής: $2s+w=2n\Leftrightarrow s+\dfrac {w}{2} +n\Leftrightarrow \boxed {s+w=n+\dfrac {w}{2}}$ . Αρα . Ομως αν ο είναι περιττός θα έχουμε άτοπο από την . Αρα αν ο είναι περιττός. Συνεπώς:

$\boxed {k\leq \lfloor \dfrac {3n}{2} \rfloor}$

$\blacksquare$

Χάρη, δεν κατανοώ την δικαιολόγησή σου. Βάζω το δικό μου σκεπτικό:

Έστω

πρώτος αδύναμος παίκτης,

ο προηγούμενός του παίκτης στον κύκλο, και

ο επόμενός του. Η μπάλα θα φτάσει σίγουρα στον

ή στον

. Άρα θα φτάσει και στον

είτε ο

είναι αδύναμος είτε όχι. Άρα σε κάθε γύρο η μπάλα περνά από τον

. Αν λειπόν η μπάλα δεν καταλήξει στον Θανάση από τον πρώτο γύρο, δεν θα καταλήξει σε αυτόν ποτέ.

Αν η μπάλα περάσει από

δυνατά άτομα, θα υπάρχουν ακριβώς

άτομα τα οποία δεν θα πάρουν μπάλα. Τότε πρέπει $2s \geqslant n$ , το πλήθος των δυνατών ατόμων. Άρα $s \geqslant \lceil n/2 \rceil$ . Δηλαδή η μπάλα θα περάσει από τουλάχιστον $2n - \lceil n/2 \rceil = \lfloor 3n/2 \rfloor$ άτομα.

Η ισότητα λαμβάνεται αν βάλουμε στην αρχή τους δυνατούς και στο τέλος τους αδύνατους.

Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

Μέλη σε σύνδεση