ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3720
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από cretanman » Σάβ Απρ 08, 2017 7:50 am

Ας σχολιάσουμε εδώ τα σημερινά θέματα του Προκριματικού με την παράκληση αυτό να γίνει μετά το πέρας του διαγωνισμού (δηλαδή κατά τη 13:30 και μετα...).

Να ευχηθώ και με την ευκαιρία καλή επιτυχία στους μαθητές που διαγωνίζονται σήμερα!!

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης

Λέξεις Κλειδιά:
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 483
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από JimNt. » Σάβ Απρ 08, 2017 2:16 pm

Ο διαγωνισμός έχει λήξει. Τα θέματα των μικρών:

1. Θεωρούμε τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς a,b,c τέτοιους ώστε a+b+c=1. Nα αποδείξετε ότι (a+1)\sqrt{2a(1-a)}+(b+1)\sqrt{2b(1-b)}+(c+1)\sqrt{2c(1-c)} \ge  8(ab+bc+ca). Πότε ισχύει η ισότητα;

2. Δίνεται οξυγώνιο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O,R) και σημείοFστην πλευράABτέτοιο ώστεAF < \frac{AB}{2}. Ο κύκλος c_1(F,FA) τέμνει την ευθεία OA στο σημείο A' και τον κύκλο (c) στο K. Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο BKFA' είναι εγγράψιμο σε κύκλο που περνάει από το σημείο O.

3. Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο n , o αριθμός A=7^{2n}-48n-1 είναι πολλαπλάσιο του 9.

4. Θεωρούμε ισόπλευρο τρίγωνο ABC πλευράς a. Έστω D, E και Z τα μέσα των πλευρών AB, BC, CA αντίστοιχα. Έστω H το συμμετρικό του D ως προς την ευθεία BC. Χρωματίζουμε όλα τα σημεία A , B , C, D, E, Z, H με ένα απο τα δύο χρώματα r=κόκκινο και b= μπλε.
(a) Να βρείτε πόσα ισόπλευρα τρίγωνα ορίζονται με κορυφές τα επτά σημεία A , B , C, D, E, Z, H.
(b) Να αποδείξετε ότι αν τα σημεία Β , Ε χρωματιστούν με ίδιο χρώμα, τότε για οποιονδήποτε χρωματισμό των υπόλοιπων σημείων υπάρχει ισόπλευρο τρίγωνο με κορυφές από τα επτά σημεια A , B , C, D, E, Z, H, του οποίου και οι τρεις κορυφές να έχουν το ίδιο χρώμα.
(c) Ισχύει το ίδιο συμπέρασμα με αυτό του προηγούμενου ερωτήματος, αν τα B , E χρωματιστούν με διαφορετικό χρώμα;


One of the basic rules of the Universe is that nothing is perfect. Perfection does not exist... Without imperfection, neither you nor I would exist - Stephen Hawking
5-20-8-20-12-9-15-18 Ν.
Friedoon
Δημοσιεύσεις: 57
Εγγραφή: Δευ Οκτ 24, 2016 6:39 pm
Τοποθεσία: Γλυφάδα

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από Friedoon » Σάβ Απρ 08, 2017 4:18 pm

Θέματα μεγάλων

1) Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O,R) (με AΒ<AC<CB) και τα σημεία επαφής D,E,F του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου με τις πλευρές BC,AC,AB, αντίστοιχα, Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου AEF τέμνει τον c στο A'.Ο περιγεγραμμένος του BDF τέμνει τον c στο B'. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου CDE τέμνει τον c στο C'.
Να δείξετε ότι
α) Το DEA'B' είναι εγγράψιμο.
β)Οι DA',EB',FC' συντρέχουν

2) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός A=\dfrac{(4n)!}{(2n)!n!} ,όπου n θετικός ακέραιος, είναι ακέραιος και έχει παράγοντα το 2^{n+1}

3) Να βρείτε όλες τις συναρτήσειςf,g που ορίζονται από τους πραγματικούς στους πραγματικούς έτσι ώστε:
f(x-3f(y))=xf(y)-yf(x)+g(x) για κάθε πραγματικό x,y.
και g(1)=-8

4) Στον πίνακα είναι γραμμένοι αρχικά κάποιοι, διαφορετικοί ανά δύο , θετικοί ακέραιοι.
Κάνουμε κάθε φορά μία από τις ακόλουθες κινήσεις:
α) Αν ανάμεσα στους αριθμούς υπάρχουν δύο διαδοχικοί , έστω n,n+1, τότε μπορούμε να τους σβήσουμε και να γράψουμε τον αριθμό n-2.
β) Αν είναι γραμμε΄νοι δύο αριθμόι που απέχουν κατά 4, έστω k,k+4 , μπορούμε να τους σβήσουμε και να γράψουμε τον αριθμό k-1.
Κατά τη διάρκεια της διαδικασίας μπορούν να προκύπτουν και αρνητικοί αριθμοί στον πίνακα. Αν δεν μπορούμε να κάνουμε κάποια από τις παραπάνω κινήσεις η διαδικασία τελειώνει.Να προσδιορίσετε τη μέγιστη δυνατή τιμή του ακεραίου c με την ακόλουθη ιδιότητα:
Ανεξάρτητα με το ποιο αριθμοί είναι γραμμένοι αρχικά , σε όλη τη διαδικασία , όλοι οι αριθμοί που είναι γραμμένοι στον πίνακα να είναι μεγαλύτεροι ή ίσοι από c.
τελευταία επεξεργασία από Friedoon σε Σάβ Απρ 08, 2017 9:32 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Ανδρέας Χαραλαμπόπουλος
Άβαταρ μέλους
Datis-Kalali
Δημοσιεύσεις: 62
Εγγραφή: Δευ Δεκ 12, 2016 5:33 pm
Τοποθεσία: Λευκωσία

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από Datis-Kalali » Σάβ Απρ 08, 2017 4:54 pm

Μικρων 1)
Από ΑΜ/ΓΜ
\Sigma_{cyc} (a+1)\sqrt{2a(1-a)}=\Sigma_{cyc} (a+(b+c))\sqrt{2a(b+c} )\ge \Sigma_{cyc} \sqrt{2a(b+c)} \sqrt{2a(b+c)}= 4\Sigma_{cyc}(ab+ac)=8(ab+bc+ac)
Η ισότητα ισχυεί αν και μόνον αν a=b=c=1/3
Δάτης Καλάλη, Κύπρος
τελευταία επεξεργασία από Datis-Kalali σε Σάβ Απρ 08, 2017 7:42 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Datis-Kalali
Δημοσιεύσεις: 62
Εγγραφή: Δευ Δεκ 12, 2016 5:33 pm
Τοποθεσία: Λευκωσία

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #5 από Datis-Kalali » Σάβ Απρ 08, 2017 5:09 pm

3) Μίκρων
Για n=1
7^{2n}-48n-1=0\equiv 0 (mod 9)
Αν το ζητούμενο ισχυεί για n=k, δηλάδη 7^{2k} \equiv 48k+1(mod 9)
Τότε για n=k+1,
7^{2k+2}-48(k-1)-1=49(7^{2k})-48k-49 \equiv 49(48k+1)-48k-49
\equiv 48^2 k \equiv 0 (mod 9)
Άρα το ζητούμενο ισχυεί για κάθε θετικό ακέραιοn


Άβαταρ μέλους
Κώστας Παππέλης
Δημοσιεύσεις: 252
Εγγραφή: Παρ Ιούλ 24, 2009 4:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #6 από Κώστας Παππέλης » Σάβ Απρ 08, 2017 6:10 pm

Για τη συνάρτηση των μεγάλων:

x=y:
g(x)=f(x-3f(x))
Άρα ξαναγράφουμε:
f(x-3f(y))=xf(y)-yf(x)+f(x-3f(x))
x=0:
f(-3f(y))=-yf(0)+f(-3f(0))

Αν f(0) διάφορο του 0 τότε η f είναι 1-1 και επί, άρα ΠΑΝΤΑ υπάρχει u ώστε f(u)=0.
y=u:
(u+1)f(x)=f(x-3f(x))
Αντικαθιστούμε στην αρχική:
f(x-3f(y))=xf(y)+f(x)(u+1-y)
y=u+1, f(u+1)=k:
f(x-3k)=kx
Άρα f(x)=k(x+3k)

Επαλήθευση:
Βάζοντας τη συνάρτηση στην αρχική, βρίσκουμε k=1 ή k=0. Λόγω του ότι g(1)=-8 έπεται k=1 και f(x)=x+3, η μόνη συνάρτηση που ικανοποιεί. Εύκολα τώρα g(x)=-2x-6


silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1110
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #7 από silouan » Σάβ Απρ 08, 2017 7:21 pm

JimNt. έγραψε:3. Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο n , o αριθμός A=7^{2n}-48n-1 είναι πολλαπλάσιο του 9.


Για να δούμε και την ακόλουθη γενίκευση: Αν p>3 πρώτος, να αποδείξετε ότι ο A=p^{2n}+(1-p^2)n-1 είναι πολλαπλάσιο του 9.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 5953
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #8 από matha » Σάβ Απρ 08, 2017 7:30 pm

silouan έγραψε:
JimNt. έγραψε:3. Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο n , o αριθμός A=7^{2n}-48n-1 είναι πολλαπλάσιο του 9.


Για να δούμε και την ακόλουθη γενίκευση: Αν p>3 πρώτος, να αποδείξετε ότι ο A=p^{2n}+(1-p^2)n-1 είναι πολλαπλάσιο του 9.


Θεωρούμε το πολυώνυμο \displaystyle{f(x)=x^n+(1-x)n-1.} Είναι \displaystyle{f(1)=f'(1)=0,} άρα \displaystyle{f(x)=(x-1)^2g(x),~g(x)\in \mathbb{Z}[X]}.

Επομένως

\displaystyle{A=f(p^2)=(p^2-1)^2g(p^2)} και είναι φανερό ότι ο αριθμός \displaystyle{(p^2-1)^2} είναι πολλαπλάσιο του \displaystyle{9} (πάρτε π.χ. \displaystyle{p=3k\pm 1}).


Μάγκος Θάνος
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1110
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #9 από silouan » Σάβ Απρ 08, 2017 7:32 pm

Ωραίο! Εναλλακτικά μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το θεώρημα Euler.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ
Δημοσιεύσεις: 450
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #10 από ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ » Σάβ Απρ 08, 2017 7:33 pm

Datis-Kalali έγραψε:Μικρων 1)
Από ΑΜ/ΓΜ
\Sigma_{cyc} (a+1)\sqrt{2a(1-a)}=\Sigma_{cyc} (a+(b+c))\sqrt{2a(b+c} )\ge \Sigma_{cyc} \sqrt{2a(b+c)} \sqrt{2a(b+c)}= 4\Sigma_{cyc}(ab+ac)=8(ab+bc+ac)
Η ισότητα ισχυεί αν και μόνον αν a=b=c=1
Δάτης Καλάλη, Κύπρος


Η ισότητα ισχύει για a=b=c=1/3


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 5953
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #11 από matha » Σάβ Απρ 08, 2017 7:36 pm

Friedoon έγραψε:2ο θέμα μεγάλων
Να αποδείξετε ότι ο αριθμός A=\dfrac{(4n)!}{(2n)!n!} ,όπου n θετικός ακέραιος, είναι ακέραιος και έχει παράγοντα το 2^{n+1}


Παρατηρούμε ότι

\displaystyle{A=\binom{4n}{2n}\cdot \frac{(2n)!}{n!}=\binom{4n}{2n}(n+1)(n+2)\cdots 2n, οπότε φανερά \displaystyle{A\in \mathbb{Z}.}

Επίσης είναι

\displaystyle{\binom{4n}{2n}=2\binom{4n-1}{2n-1}}

και

\displaystyle{\frac{(2n)!}{n!}=\frac{(2n)(2n-1)(2n-2)\cdots 2\cdot 1}{n!}=2^n\frac{n!\cdot (2n-1)(2n-3)\cdots 3\cdot 1}{n!}=2^n(2n-1)(2n-3)\cdots 3\cdot 1}.

Συνολικά λοιπόν υπάρχουν \displaystyle{2^{n+1}} δυάρια.


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
Datis-Kalali
Δημοσιεύσεις: 62
Εγγραφή: Δευ Δεκ 12, 2016 5:33 pm
Τοποθεσία: Λευκωσία

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #12 από Datis-Kalali » Σάβ Απρ 08, 2017 7:41 pm

silouan έγραψε:
JimNt. έγραψε:3. Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο n , o αριθμός A=7^{2n}-48n-1 είναι πολλαπλάσιο του 9.


Για να δούμε και την ακόλουθη γενίκευση: Αν p>3 πρώτος, να αποδείξετε ότι ο A=p^{2n}+(1-p^2)n-1 είναι πολλαπλάσιο του 9.

Γεια σας κυριε Σιλουανε, Χρισηποπιασουμε το ιδιο τροπο
Για n=1
7^{2n}-48n-1=0\equiv 0 (mod 9)
Αν το ζητούμενο ισχυεί για n=k, δηλάδη p^{2k} \equiv (p^2-1)k+1(mod 9)
Τότε για n=k+1,
p^{2k+2}-(p^2-1)(k+1)-1=p^2(p^{2k})+k-p^2k-p^2
\equiv p^2((p^2-1)k+1)+k-p^2k-p^2 \equiv p^4k-2p^2k+k \equiv k(p^2-1)^2 \equiv 0 (mod 9)
Αφου p^2=3t+1 για κάθε p>3 πρώτος
Άρα το ζητούμενο ισχυεί για κάθε θετικό ακέραιο n


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 8686
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #13 από KARKAR » Σάβ Απρ 08, 2017 7:54 pm

Γεωμετρία μικρών
Προκριματικός μικρών.png
Προκριματικός μικρών.png (27.4 KiB) Προβλήθηκε 2426 φορές
Οι πράσινες A,B,A' είναι προφανώς ίσες άρα το BFA'O εγγράψιμο .

Αλλά και η πράσινη K ίση με την A=A' ,άρα και το KFA'O εγγράψιμο .


Άβαταρ μέλους
Datis-Kalali
Δημοσιεύσεις: 62
Εγγραφή: Δευ Δεκ 12, 2016 5:33 pm
Τοποθεσία: Λευκωσία

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #14 από Datis-Kalali » Σάβ Απρ 08, 2017 8:56 pm

4) Μικρων
combgeom.PNG
combgeom.PNG (21.4 KiB) Προβλήθηκε 2270 φορές


α) Απ'το θεώρημα θαλή DB=DE=ZE=a/2
BEH \congruent DEB
και \angle{HDE}=\angle{EDC}=\angle{DCE}=\angle{ECH}=\angle{EHC}=\angle{EHD}=30,
έτσι τα 7 τρίγωνα ABC,ADZ,BDE,EDZ,EZC,BEH και DHC είναι ισοπλευρά
β) Αν δεν ισχυεί το ζητούμενο
Τότε αν τα B και E ειναι μπλέ, Τα D και E πρέπει να είναι κοκκίνα. Έτσι το C πρέπει να έιναι μπλε, και A κοκκίνο
Αν το Z είναι μπλέ τότε το ισόπλευρο τρίγωνο ZECέχει τρεις κορυφές με το ίδιο χρώμα, που είναι άτοπο
Αν το Z είναι κοκκίνο τότε το ισόπλευρο τρίγωνο ZDBέχει τρεις κορυφές με το ίδιο χρώμα, που είναι άτοπο
Αρα ισχυεί το ζητούμενο
γ) Όχι, μπρουμε να το χρωματίσουμε έτσι,
combgeom2.PNG
combgeom2.PNG (22.62 KiB) Προβλήθηκε 2235 φορές


Άβαταρ μέλους
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 193
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #15 από Γιάννης Μπόρμπας » Σάβ Απρ 08, 2017 9:08 pm

Στο 4ο ο ζητούμενος αριθμός είναι c=-3
Οι αριθμοί 1,2,3,5,6,7 το επαληθεύουν. Χρειάζεται να δειχθεί ότι με την πρόσθεση παραπάνω αριθμών στον αρχικό πίνακα δεν μπορεί να μειωθεί παραπάνω ο μικρότερος αριθμός.


Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3720
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #16 από cretanman » Σάβ Απρ 08, 2017 9:27 pm

Friedoon έγραψε:2) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός A=\dfrac{(4n)!}{(2n)!n!} ,όπου n θετικός ακέραιος, είναι ακέραιος και έχει παράγοντα το 2^{n+1}


Λίγο διαφορετικά το τελείωμα από εκείνο (το ομολογουμένως σύντομο και κομψό) του Θάνου!

Ονομάζουμε \upsilon_2(n) {\color{red}(\star)} τη μεγαλύτερη δύναμη του 2 που διαιρεί το n. (Για παράδειγμα \upsilon_2(56)=3 διότι 2^3|56 και 2^4\nmid 56).

Προφανώς \upsilon_2(ab)=\upsilon_2(a)+\upsilon_2(b) και για ένα ακέραιο \dfrac{a}{b} (όπου προφανώς b|a) ισχύει \upsilon_2\left(\dfrac{a}{b}\right)=\upsilon_2(a)-\upsilon_2(b). Οι αποδείξεις τους είναι άμεσες από τον ορισμό της συνάρτησης \upsilon.

Επίσης είναι φανερό ότι \upsilon_2(n!)=\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}\left[\dfrac{n}{2^i}\right]

Ειδικότερα, αν 2^k\leq n <2^{k+1} τότε \upsilon_2(n!)=\displaystyle\sum_{i=1}^{k}\left[\dfrac{n}{2^i}\right] διότι \left[\dfrac{n}{2^i}\right]=0 για κάθε i με i\geq k+1.

Είναι φανερό ότι ζητείται να αποδειχθεί ότι \upsilon_2(A)\geq n+1

Ας υποθέσουμε ότι 2^k\leq n<2^{k+1}.

Τότε

\begin{aligned} \upsilon_2(A) &= \upsilon_2((4n)!)-\upsilon_2((2n)!)-\upsilon_2(n!)=\displaystyle\sum_{i=1}^{k+2}\left[\dfrac{4n}{2^i}\right] - \displaystyle\sum_{i=1}^{k+1}\left[\dfrac{2n}{2^i}\right]-\displaystyle\sum_{i=1}^{k}\left[\dfrac{n}{2^i}\right] \\ &= 
2n+n+\displaystyle\sum_{i=1}^{k}\left[\dfrac{n}{2^i}\right] - \left(n+\displaystyle\sum_{i=1}^{k}\left[\dfrac{n}{2^i}\right]\right) - \displaystyle\sum_{i=1}^{k}\left[\dfrac{n}{2^i}\right] \\ &= 2n - \displaystyle\sum_{i=1}^{k}\left[\dfrac{n}{2^i}\right]  \stackrel{[x]\leq x}{\geq} 2n - \displaystyle\sum_{i=1}^{k}\dfrac{n}{2^i} \\ &= 2n- n\left(\dfrac{2^k-1}{2^k}\right)=n+\dfrac{n}{2^k}\geq n+1\end{aligned}

και η απόδειξη ολοκληρώθηκε!

{\color{red}(\star)} Όμοια ορίζεται και η συνάρτηση \upsilon_p(n) με p πρώτο και η οποία έχει ανάλογες ιδιότητες με εκείνες της \upsilon_2(n).

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1110
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #17 από silouan » Σάβ Απρ 08, 2017 9:55 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Στο 4ο ο ζητούμενος αριθμός είναι c=-3
Οι αριθμοί 1,2,3,5,6,7 το επαληθεύουν. Χρειάζεται να δειχθεί ότι με την πρόσθεση παραπάνω αριθμών στον αρχικό πίνακα δεν μπορεί να μειωθεί παραπάνω ο μικρότερος αριθμός.


Το ίδιο γίνεται και με το 1,2,3,4,5. Το δύσκολο κομμάτι της άσκησης είναι αυτό που έχεις αφήσει.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 193
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #18 από Γιάννης Μπόρμπας » Σάβ Απρ 08, 2017 10:56 pm

silouan έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Στο 4ο ο ζητούμενος αριθμός είναι c=-3
Οι αριθμοί 1,2,3,5,6,7 το επαληθεύουν. Χρειάζεται να δειχθεί ότι με την πρόσθεση παραπάνω αριθμών στον αρχικό πίνακα δεν μπορεί να μειωθεί παραπάνω ο μικρότερος αριθμός.


Το ίδιο γίνεται και με το 1,2,3,4,5. Το δύσκολο κομμάτι της άσκησης είναι αυτό που έχεις αφήσει.

Πράγματι έχετε δίκαιο. Ξέχασα να σας ρωτήσω όταν σας είδα πως λύνεται. Μήπως θα μπορούσατε να αναρτήσετε την λύση; Περιμένω πως και πως να δω το σκεπτικό της.


Άβαταρ μέλους
Nick1990
Δημοσιεύσεις: 638
Εγγραφή: Παρ Ιαν 23, 2009 3:15 pm
Τοποθεσία: Oxford, United Kingdom
Επικοινωνία:

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #19 από Nick1990 » Κυρ Απρ 09, 2017 9:16 pm

Το πρόβλημα 4 είναι καταπληκτικό. Σε τέτοιου τύπου προβλήματα πρέπει να προπονούνται τα νέα ταλέντα αν θέλουμε να ελπίζουμε σε κάτι παραπάνω από χαμηλά αργυρά μετάλλια στην ΙΜΟ. Οι συνδυαστικές του τύπου "βρείτε πόσα τρίγωνα υπάρχουν στην τάδε διαμέριση του παραλληλογράμμου" είναι πλέον για Junior επίπεδο και μόνο.


Κολλιοπουλος Νικος -- Απόφοιτος ΣΕΜΦΕ - ΕΜΠ, Υποψήφιος διδάκτωρ στο πανεπιστήμιο της Οξφόρδης

https://www.maths.ox.ac.uk/people/nikolaos.kolliopoulos
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7296
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #20 από Demetres » Κυρ Απρ 09, 2017 11:42 pm

Δίνω μια υπόδειξη για το 4:

Δώστε στον αριθμό n βάρος ίσο με x^n για κατάλληλο x.



Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες