A' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

#1

Πρόβλημα 1: Να βρείτε όλα τα ζευγάρια πραγματικών αριθμών (x,y)

για τα οποία
$\displaystyle x^2+y^2+xy=133$
$\displaystyle x+y+\sqrt{xy}=19$

Πρόβλημα 2: Δίνονται θετικοί ακέραιοι αριθμοί n, m

για τους οποίους ισχύει ότι
$\displaystyle n(4n+1)=m(5m+1)$
(α) Να αποδείξετε ότι η διαφορά n-m

είναι τέλειο τετράγωνο κάποιου θετικού ακεραίου.
(β) Να βρείτε ένα ζευγάρι θετικών ακεραίων (n, m)

για τους οποίους ισχύει η παραπάνω σχέση.

Πρόβλημα 3: Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $\triangle AB\varGamma$ με $AB<A\varGamma$ και έστω (c)

ο περιγεγραμμένος κύκλος του με κέντρο

. Ονομάζουμε

το μέσο του $B\varGamma$ . Η προέκταση της

τέμνει ξανά τον κύκλο (c)

στο σημείο $\varDelta$ . Ο περιγεγραμμένος κύκλος (c_1)

του τριγώνου $\triangle M\varDelta\varGamma$ τέμνει την ευθεία $A\varGamma$ στα σημεία $\varGamma$ και

και ο περιγεγραμμένος κύκλος (c_2)

του τριγώνου $\triangle AMI$ τέμνει την ευθεία

στα σημεία

και

.

Αν

το ίχνος της κάθετης από το

πάνω στην $A\varGamma$ και

το δεύτερο σημείο τομής της ευθείας

με τον

, να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο με κορυφές τα σημεία N, P, I

και

είναι παραλληλόγραμμο.

Πρόβλημα 4: Δίνονται θετικοί ακέραιοι αριθμοί m, n

με

και μια σκακιέρα $n\times n$ από την οποία έχει αφαιρεθεί το άνω αριστερά $m\times m$ κομμάτι της. Ένα παράδειγμα τέτοιας σκακιέρας για n=5

και

φαίνεται παρακάτω.

Να εξεταστεί για ποια ζεύγη (m, n)

η συγκεκριμένη σκακιέρα μπορεί να καλυφθεί με πλακίδια της μορφής $3\times 1$ . Κάθε πλακίδιο μπορεί να τοποθετηθεί οριζόντια ή κάθετα ώστε να καλύπτει ακριβώς τρία τετραγωνάκια της σκακιέρας. Τα πλακίδια δεν επιτρέπεται να αλληλοκαλύπτονται και δεν επιτρέπεται να καλύπτουν τετράγωνα εκτός της σκακιέρας.

: skakiera2.png (7.99 KiB) Προβλήθηκε 2605 φορές

Manolis Petrakis · #2

Demetres έγραψε: Σάβ Ιαν 29, 2022 3:31 pm Πρόβλημα 1: Να βρείτε όλα τα ζευγάρια πραγματικών αριθμών για τα οποία
$\displaystyle x^2+y^2+xy=133 \ (1)$
$\displaystyle x+y+\sqrt{xy}=19 \ (2)$

Υψώνοντας τη 2η σχέση στο τετράγωνο παίρνουμε:
$x^2+y^2+xy+2xy+2x\sqrt{xy}+2y\sqrt{xy}=361$
$\stackrel{(1)}{\Leftrightarrow} 133+2\sqrt{xy}( x+y+\sqrt{xy})=361$
$\stackrel{(2)}{\Leftrightarrow} 133+2\sqrt{xy}\cdot 19=361$
$\Leftrightarrow \sqrt{xy}=6\Leftrightarrow xy=36$
Λόγω της (2)

:

.
Από τους τύπους του Vieta παίρνουμε τις λύσεις (x,y)=(9,4),(4,9)

που πράγματι επαληθεύουν τις 2 δοθείσες σχέσεις.

#3

Demetres έγραψε: Σάβ Ιαν 29, 2022 3:31 pm Πρόβλημα 1: Να βρείτε όλα τα ζευγάρια πραγματικών αριθμών για τα οποία
$\displaystyle x^2+y^2+xy=133$
$\displaystyle x+y+\sqrt{xy}=19$

Ας δούμε αλλιώς την 1, μετά την ωραία λύση του Μανώλη.

Θέτουμε $x+y=a, \, \sqrt {xy}=b$ , οπότε η δεύτερη εξίσωση γίνεται a+b=19

και η πρώτη 133=x^2+y^2+xy= (x+y)^2-xy=a^2-b^2

.

'Ετσι 133=(a-b)(a+b)=19(a-b)

, οπότε

. Συνοψίζοντας, έχουμε $a+b=19,\, a-b=7$ Άρα $a=13,\, b=6$ , δηλαδή $x+y=13,\, xy = b^2=36$ .

Τώρα λύνουμε νέο σύστημα, το $x+y=13,\, xy = 36$ , που είναι γνώστού τύπου. Έχει λύσεις (όπως στην απάντηση του Μανώλη) $x=9,\, y=4$ ή ανάποδα.

#4

Demetres έγραψε: Σάβ Ιαν 29, 2022 3:31 pm
Πρόβλημα 2: Δίνονται θετικοί ακέραιοι αριθμοί για τους οποίους ισχύει ότι
$\displaystyle n(4n+1)=m(5m+1)$
(α) Να αποδείξετε ότι η διαφορά είναι τέλειο τετράγωνο κάποιου θετικού ακεραίου.
(β) Να βρείτε ένα ζευγάρι θετικών ακεραίων για τους οποίους ισχύει η παραπάνω σχέση.

(α) Πολλαπλασιάζοντας τη δοθείσα επί

γίνεται τελικά

(4m)^2+(8m+1)^2=(8n+1)^2

και επειδή οι αριθμοί $4m, \ 8m+1$ είναι πρώτοι μεταξύ τους άρα η τριάδα (4m, 8m+1, 8n+1)

είναι πρωταρχική πυθαγόρεια τριάδα οπότε υπάρχουν πρώτοι μεταξύ τους ακέραιοι x,y

διαφορετικής αρτιότητας ώστε:

$\begin{cases} 4m=2xy \\ 8m+1=x^2-y^2 \\ 8n+1=x^2+y^2 \end{cases}$

Μάλιστα είναι εύκολο να δούμε ότι πιο συγκεκριμένα πρέπει ο

να είναι περιττός και ο

άρτιος (γιατί;).

Άρα $n-m=\dfrac{x^2+y^2-1}{8}-\dfrac{x^2-y^2-1}{8}=\left(\dfrac{y}{2}\right)^2$ δηλαδή όπως το θέλαμε, τετράγωνο ακεραίου.

(β) Από τις δύο πρώτες εξισώσεις του παραπάνω συστήματος, απαλείφοντας το

παίρνουμε

που είναι ισοδύναμη με την (x-2y)^2-5y^2=1

που είναι εξίσωση Pell της μορφής a^2-5b^2=1

για την οποία εύκολα βρίσκουμε τη λύση (a,b)=(9,4)

απ' όπου

κι έτσι παίρνουμε (m,n)=(34,38)

ως μία λύση.

Αλέξανδρος

Manolis Petrakis · #5

Demetres έγραψε: Σάβ Ιαν 29, 2022 3:31 pm Πρόβλημα 3: Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $\triangle AB\varGamma$ με $AB<A\varGamma$ και έστω ο περιγεγραμμένος κύκλος του με κέντρο . Ονομάζουμε το μέσο του $B\varGamma$ . Η προέκταση της τέμνει ξανά τον κύκλο στο σημείο $\varDelta$ . Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\triangle M\varDelta\varGamma$ τέμνει την ευθεία $A\varGamma$ στα σημεία $\varGamma$ και και ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\triangle AMI$ τέμνει την ευθεία στα σημεία και .
Αν το ίχνος της κάθετης από το πάνω στην $A\varGamma$ και το δεύτερο σημείο τομής της ευθείας με τον , να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο με κορυφές τα σημεία και είναι παραλληλόγραμμο.

: Στιγμιότυπο οθόνης (240).png (93.04 KiB) Προβλήθηκε 2535 φορές

Από τα εγγεγραμμένα $AB\Delta\Gamma,\Gamma\Delta MI,AZMI$ έχουμε διαδοχικά:
$\angle B=\angle \Gamma\Delta M=\angle AIM=\angle MZB$ επομένως το BMZ

είναι ισοσκελές με $MZ=MB=M\Gamma \Rightarrow \Gamma Z \perp AB$ .
Άρα το $B\Gamma NZ$ είναι εγγράψιμο επομένως $\angle ANZ=\angle B$ .
Άρα $\angle ANZ=\angle AIM \Rightarrow NZ \parallel MI$ .
Τέλος $\angle NMI=180^{\circ} -\angle MNI -\angle MIN=180^{\circ}-\angle \Gamma -\angle B=\angle A=\angle ZPI$ από το εγγεγραμμένο MIPZ

.
Άρα $\angle NPI=\angle NMI=180^{\circ}-\angle MNP$
Επομένως $MN \parallel PI$ από όπου έπεται το ζητούμενο.

#6

Demetres έγραψε: Σάβ Ιαν 29, 2022 3:31 pm Πρόβλημα 1: Να βρείτε όλα τα ζευγάρια πραγματικών αριθμών για τα οποία
$\displaystyle x^2+y^2+xy=133$
$\displaystyle x+y+\sqrt{xy}=19$

Αλλιώς, διαιρώντας κατά μέλη:

$\displaystyle \frac{{{x^2} + {y^2} + xy}}{{x + y + \sqrt {xy} }} = \frac{{133}}{{19}} = 7 \Leftrightarrow x + y - \sqrt {xy} = 7 \Rightarrow x + y = 13,$ οπότε xy=36,

κλπ., όπως ο Μανώλης.

Τώρα παρατηρώ ότι μοιάζει με του Μιχάλη.

2nisic · #7

Demetres έγραψε: Σάβ Ιαν 29, 2022 3:31 pm .

Πρόβλημα 4: Δίνονται θετικοί ακέραιοι αριθμοί με και μια σκακιέρα $n\times n$ από την οποία έχει αφαιρεθεί το άνω αριστερά $m\times m$ κομμάτι της. Ένα παράδειγμα τέτοιας σκακιέρας για και φαίνεται παρακάτω.

Να εξεταστεί για ποια ζεύγη η συγκεκριμένη σκακιέρα μπορεί να καλυφθεί με πλακίδια της μορφής $3\times 1$ . Κάθε πλακίδιο μπορεί να τοποθετηθεί οριζόντια ή κάθετα ώστε να καλύπτει ακριβώς τρία τετραγωνάκια της σκακιέρας. Τα πλακίδια δεν επιτρέπεται να αλληλοκαλύπτονται και δεν επιτρέπεται να καλύπτουν τετράγωνα εκτός της σκακιέρας.

skakiera2.png

Βάφουμε με τρία χρώματα τα 1,2,3

έτσι ώστε κάθε πλακίδιο να περιέχει ένα τετράγωνο από κάθε χρώμα.
(Όπως φένεται παρακάτω με κόκκινο=1, πράσινο=2,μοβ=3)

Παρατηρούμε:
Σε σκακιέρα $3k\times 3k$ έχουμε ίσο πλήθος από κάθε χρώμα.
Σε σκακιέρα $(3k+1)\times (3k+1)$ έχουμε ένα παραπάνω τετραγωνάκι χρώματος

.
Σε σκακιέρα $(3k+2)\times (3k+2)$ έχουμε ένα παραπάνω τετραγωνάκι χρώματος

.

Ισχυριζόμαστε ότι m=n(mod3)

Αν

τότε αφού κάθε πλακίδιο περιέχει τρία τετράγωνα προφανώς m=0(mod3)

Αν n=1(mod3) και m=2(mod3) τότε σύμφωνα με τα παραπάνω έχουμε:Στην σκακιέρα n*n το πλήθος

χρωματον

θα είναι a+1,a,a αντίστοιχα.
Στην σκακιέρα m*m το πλήθος χρωμάτων 1,2,3

θα είναι

αντίστοιχα.
Άρα στο σχήμα που θέλουμε το πλήθος χρωμάτων 1,2,3

θα είναι

αντίστοιχα.
Και αφού κάθε πλακίδιο 1*3 περιέχει ένα τετράγωνο από κάθε χρώμα θα είναι αδύνατο.

Για n=2(mod3) και m=1(mod3) ομοίως έχουμε αδύνατο.

Άρα n=m(mod3)

.
Για

είναι εύκολο να δούμε ότι υπάρχει τέτοια κάλυψη (θα πρέπει όμως n>3

διότι

).

2nisic · #8

Demetres έγραψε: Σάβ Ιαν 29, 2022 3:31 pm

Πρόβλημα 2: Δίνονται θετικοί ακέραιοι αριθμοί για τους οποίους ισχύει ότι
$\displaystyle n(4n+1)=m(5m+1)$
(α) Να αποδείξετε ότι η διαφορά είναι τέλειο τετράγωνο κάποιου θετικού ακεραίου.
(β) Να βρείτε ένα ζευγάρι θετικών ακεραίων για τους οποίους ισχύει η παραπάνω σχέση.

Προφανώς

.
Έστω

τότε αντικαταστοντας στην αρχική έχουμε: m^2-8am-4a^2-a=0

(1)

(α) Έστω προς άτοπο πώς ο

δεν είναι τέλειο τετράγωνο τότε θα υπάρχει πρώτος

τέτοιος ώστε: U_p(a)=2k+1

τότε στην(1) έχουμε $p^{2k+1}|m^2$ οπότε $p^{k+1}|m$ κοιτάζοντας πάλη στην (1) έχουμε $p^{2k+2}|a$ άτοπο.
Άρα a=b^2

και έτσι η (1) γίνεται: m^2-8b^2m-4b^4-b^2

(2).

(β) Επειδή είναι θετικοί ακερεοι η διακρινουσα (στην(2)) θα πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο.
Οπότε 4b^2(20b^2+1)=A^2

ισοδύναμα

Βλέπουμε ότι για b=2

έχουμε

που δίνει την λύση (n,m):(38,34)

Joaakim · #9

Demetres έγραψε: Σάβ Ιαν 29, 2022 3:31 pm
Πρόβλημα 2: Δίνονται θετικοί ακέραιοι αριθμοί για τους οποίους ισχύει ότι
$\displaystyle n(4n+1)=m(5m+1)$
(α) Να αποδείξετε ότι η διαφορά είναι τέλειο τετράγωνο κάποιου θετικού ακεραίου.
(β) Να βρείτε ένα ζευγάρι θετικών ακεραίων για τους οποίους ισχύει η παραπάνω σχέση.

Μια διαφορετική αντιμετώπιση για το α) του Προβλήματος 2 είναι η εξής:

Η δεδομένη εξίσωση γράφεται ισοδύναμα:
$4n^2+n=5m^2+m \Rightarrow (5n^2-5m^2)+(n-m)=n^2 \Rightarrow (n-m)(5m+5n)+(n-m)=n^2 \Rightarrow$
(n-m)(5m+5n+1)=n^2

Έστω

. Αρκεί να δείξουμε ότι d=1

. Έστω προς άτοπο ότι d>1

.
Μπορούμε τώρα να θεωρήσουμε έναν πρώτο διαιρέτη

του

.
Τότε

, καθώς και p|n^2

λόγω της

.
Είναι $p|n^{2} \Rightarrow p|n$ , άρα $p|n-m \Rightarrow p|n-(n-m)=m$ .
Τότε όμως $p|5(m+n)+1 \Rightarrow p|1 \Rightarrow p=1$ ,
άτοπο, και το ζητούμενο έπεται.

#10

2nisic έγραψε: Σάβ Ιαν 29, 2022 7:42 pm
Προφανώς .
Έστω τότε αντικαταστοντας στην αρχική έχουμε: (1)

(α) Έστω προς άτοπο πώς ο δεν είναι τέλειο τετράγωνο τότε θα υπάρχει πρώτος τέτοιος ώστε: τότε στην(1) έχουμε $p^{2k+1}|m^2$ οπότε $p^{k+1}|m$ κοιτάζοντας πάλη στην (1) έχουμε $p^{2k+2}|a$ άτοπο.
Άρα και έτσι η (1) γίνεται: (2).

Ωραίο επιχείρημα!

#11

Demetres έγραψε: Σάβ Ιαν 29, 2022 3:31 pm Πρόβλημα 4: Δίνονται θετικοί ακέραιοι αριθμοί με και μια σκακιέρα $n\times n$ από την οποία έχει αφαιρεθεί το άνω αριστερά $m\times m$ κομμάτι της. Ένα παράδειγμα τέτοιας σκακιέρας για και φαίνεται παρακάτω.

Να εξεταστεί για ποια ζεύγη η συγκεκριμένη σκακιέρα μπορεί να καλυφθεί με πλακίδια της μορφής $3\times 1$ . Κάθε πλακίδιο μπορεί να τοποθετηθεί οριζόντια ή κάθετα ώστε να καλύπτει ακριβώς τρία τετραγωνάκια της σκακιέρας. Τα πλακίδια δεν επιτρέπεται να αλληλοκαλύπτονται και δεν επιτρέπεται να καλύπτουν τετράγωνα εκτός της σκακιέρας.

Το πλήθος των τετραγώνων που μένουν είναι n^2-m^2

. Προφανώς για να γίνεται η κάλυψη πρέπει 3|n^2-m^2

.

$\bullet$ Αν 3|n-m

δηλαδή

τότε τα πράγματα είναι απλά γιατί π.χ. την πρώτη οριζόντια πλευρά (γραμμή) με n-m

τετραγωνάκια την γεμίζω με

πλακίδια και συνεχίζω όμοια μέχρι κάτω και στις

σειρές. Μένει ένα ορθογώνιο διαστάσεων $(n-m)\times n$ στ' αριστερά. Στην πρώτη κατακόρυφη πλευρά από αριστερά (στήλη) που έχει n-m

τετραγωνάκια βάζω

πλακίδια τοποθετημένα κατακόρυφα και συνεχίζω με όμοιο τρόπο σε όλες τις επόμενες στήλες και η κάλυψη έχει ολοκληρωθεί (εφαρμογή στο σχήμα της εκφώνησης).

$\bullet$ Αν 3|n+m

τότε διακρίνω τις εξής 2 υποπεριπτώσεις:

α) Αν κάποιος εκ των n, m

διαιρείται από το

τότε διαιρείται και ο άλλος άρα 3|n-m

και η κάλυψη ανάγεται στην προηγούμενη περίπτωση.

β) Αν κανένας εκ των n,m

δεν διαιρείται από το

τότε επειδή 3|n+m

άρα έχουμε είναι $n=3k+1, \ m=3l+2$ είτε $n=3k+2, \ m=3l+1$ .

Ας πάρουμε την πρώτη περίπτωση όπου n=3k+1

και

(εντελώς όμοια θα απορρίψουμε και τη δεύτερη). Βάφουμε το τελικό σχήμα με

χρώματα ως εξής. Την πρώτη γραμμή με το χρώμα

, την δεύτερη με το χρώμα

την τρίτη με το χρώμα

, την τέταρτη με το χρώμα

, κ.ο.κ. εναλλάξ μέχρι την τελευταία γραμμή.

Τότε τα τετράγωνα χρώματος

είναι σε πλήθος (k+1)(n-m) + (l-k)n = ln+n-km-m

ενώ τα τετράγωνα χρώματος

είναι είναι σε πλήθος k(n-m)+(l-k+1)n=ln+n-km

Κάθε πλακίδιο $3\times 1$ καλύπτει είτε

τετράγωνα ίδιου χρώματος είτε

τετράγωνα χρωματισμένα με

διαφορετικά χρώματα.
Αν υποθέσουμε ότι μία τέτοια κάλυψη ήταν δυνατή, η διαφορά του πλήθους των τετραγώνων που είναι χρωματισμένα με χρώμα

από το πλήθος των τετραγώνων που είναι χρωματισμένα με χρώμα

πρέπει να είναι αριθμός διαιρετός από το

.

Όμως αυτή η διαφορά αυτή είναι ίση με (ln+n-km) - (ln+n-km-m) = m

που από την υπόθεση είναι αριθμός ΜΗ διαιρετός από το

κι έτσι καταλήγουμε σε άτοπο άρα μία τέτοια κάλυψη δεν είναι δυνατή.

Τελικά η κάλυψη είναι δυνατή αν και μόνο αν $n\equiv m\pmod{3}$ .

Αλέξανδρος

2nisic · #12

οπότε $BM=MZ=MC\Rightarrow <CZB=90$
Τώρα μπορούμε να αγνοήσουμε το σημείο

και τον κύκλο (MDC)

.

Αντίστρεφουμε με κέντρο

και ακτίνα $\sqrt{AB\cdot AZ}$ τότε:

1) Τα Z,B

αλλάζουν μεταξύ τους και ομοίως τά E,C

.

2)Το σημείο

θα πάει στο A-humpty.point

.

3) Ο κύκλος AZMIP

θα γίνει ευθεία αφού περνά από το

. Επειδή όμως $Z\rightarrow B,M\rightarrow M'$ ο κύκλος AZMIP

θα γίνει η ευθεία BM'

.

4)Το σημείο

ανήκει στον κύκλο AZMIP

και στην ευθεία

(η οποία μένει αμετάβλητη ) οπότε $I'=AC\cap BM'$

5)Η ευθεία

θα γίνει κύκλο;ς που περνά από το

αλλά επειδή $Z\rightarrow B,E\rightarrow C$ η ευθεία

θα γίνει ο κύκλος ABC

6)το σημείο $P=ZE\cap (AZM)\Rightarrow P'=(ABC)\cap BM'$

Για να αποδείξουμε ότι MI//EP

αρκεί να δείξουμε ότι οι κύκλοι (ABC)

και

εφάπτονται.
Φέρνουμε την εφαπτομένη

στον

τότε:

Οπότε η

εφάπτεται και στον AM'I'

Για να αποδείξουμε ότι ME//IP

αρκεί να δείξουμε ότι οι κύκλοι (AI'P')

και

εφάπτονται.
Φέρνουμε την εφαπτομένη

στον

τότε:

Οπότε η

εφάπτεται και στον AI'P'

A' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

A' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Re: A' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Re: A' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Re: A' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Re: A' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Re: A' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Re: A' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Re: A' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Re: A' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Re: A' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Re: A' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Re: A' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Μέλη σε σύνδεση