Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για EGMO/BMO/IMO

#1

Πρόβλημα 1. Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους

τέτοιους ώστε, ο αριθμός

$\displaystyle 2^n + 2023^n$

να είναι τέλειο τετράγωνο.

Πρόβλημα 2. Σε ένα πίνακα είναι αρχικά γραμμένος ο αριθμός

. Ακολουθούμε την εξής διαδικασία: Σε κάθε βήμα, αν στον πίνακα είναι γραμμένος ο αριθμός

, τον σβήνουμε και στη θέση του γράφουμε έναν από τους αριθμούς 2n-2, 3n+3

ή

.

Να εξετάσετε αν μπορούμε μέσα από μια ακολουθία βημάτων να γράψουμε στον πίνακα τον αριθμό 2023^2

.

Πρόβλημα 3. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $AB\varGamma$ με $\hat{B} > \hat{\varGamma}$ . Έστω $\varDelta, E$ και

τα μέσα των πλευρών $B\varGamma, \varGamma A$ και

αντίστοιχα. Οι διχοτόμοι των γωνιών $\angle A\varDelta B$ και $\angle \varGamma\varDelta A$ τέμνουν τις πλευρές

και $A\varGamma$ στα σημεία

και $\varLambda$ αντίστοιχα. Έστω

και

σημεία στο τμήμα $B\varGamma$ τέτοια ώστε, $\angle \varGamma TE = \angle N\varDelta B$ και $\angle ZPB = \angle \varGamma \varDelta \varLambda$ . Αν

το σημείο τομής των

και

, να αποδείξετε ότι:

(α) Τα τρίγωνα TYP

και $N\varDelta\varLambda$ είναι όμοια.

(β) Η εφαπτομένη του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ATP

στο σημείο

είναι κάθετη στο ύψος του τριγώνου $AB\varGamma$ που φέρεται από την κορυφή

.

Πρόβλημα 4. Δίνεται ακολουθία (a_n)

, με

και

$\displaystyle a_{n+1} = \frac{a_n^2}{a_n-1}$

για κάθε $n \geqslant 1$ .

Να βρείτε όλες τις τιμές του

για τις οποίες ισχύει ότι $\left\lfloor a_n \right\rfloor = 2023$ .

Σημείωση: Με $\left\lfloor x \right\rfloor$ δηλώνουμε τον μεγαλύτερο ακέραιο ο οποίος είναι μικρότερος ή ίσος του .

Batapan · #2

Λύση για το πρώτο:
2^n+2023^n=k^2

δίνει

Μετά, για $n \geq 2$ , mod

παίρνουμε $(-1)^n \equiv k^2 mod 4$ , άρα

άρτιος ( τέλειο τετράγωνο διάφορο του -1 mod 4

)
έστω

Πηγαίνοντας το 2023^n

στο δεξί μέλος και παραγοντοποιώντας ,

$2^{2m}=(k-2023^m)(k+2023^m)$ =>

k-2023^m=2^a

με

Αφαιρώντας τις 2 τελευταίες κατα μέλη παίρνουμε $2 \cdot 2023^m = 2^b-2^a$ => $2023^m=2^{a-1}(2^{b-a}-1)$

άρα a=1

=>

, βάζοντας το στην αρχική παίρνουμε,

$2^{2m}+2023^{2m}=(2023^m+2)^2 2^{2m}=4 \cdot 2023^m +4 => 2^{2m-2}-1=2023^m} => (2^{m-1}-1)(2^{m-1}+1)=2023^m$

Δηλαδή $2^{m-1}-1=2023^x , 2^{m-1}+1=2023^y$ , απ'όπου με αφαίρεση κατα μέλη παίρνουμε $2=2023^x (2023^{y-x}-1)$
δηλαδή x=0

, =>

, όμως απο τη δεύτερη σχέση παίρνουμε 3=2023^y

, άτοπο

Επομένως δεν υπάρχουν λύσεις για $n \geq 2$

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #3

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 02, 2023 1:23 pm

Πρόβλημα 4. Δίνεται ακολουθία , με και

$\displaystyle a_{n+1} = \frac{a_n^2}{a_n-1}$

για κάθε $n \geqslant 1$ .

Να βρείτε όλες τις τιμές του για τις οποίες ισχύει ότι $\left\lfloor a_n \right\rfloor = 2023$ .

Σημείωση: Με $\left\lfloor x \right\rfloor$ δηλώνουμε τον μεγαλύτερο ακέραιο ο οποίος είναι μικρότερος ή ίσος του .

Η σχέση γράφεται ισοδύναμα $a_{n+1}=a_n+1+\dfrac{1}{a_n-1}$ από όπου είναι σαφές πως $a_{n+1}>a_n+1$
Είναι $a_{2}=a_1+1+\dfrac{1}{a_1-1}$ , $a_3=a_2+1+\dfrac{1}{a_2-1}=a_1+2+\dfrac{1}{a_2-1}+\dfrac{1}{1-a_2}$ και επαγωγικά παίρνουμε $a_n=a_1+n-1+\dfrac{1}{a_1-1}+\dfrac{1}{a_2-1}+..+\dfrac{1}{a_{n-1}-1}}>849+n$
Ψάχνουμε τα

για τα οποία $2023\leq a_n<2024$ , για $n\geq 1175$ είναι a_n>1175+849=2024

επομένως κοιτάμε για $n\leq 1174$
Παρατηρούμε ότι η a_n

είναι αύξουσα επομένως $a_n\geq 850$ για κάθε

και έτσι $a_n\leq 849+n+(n-1)\cdot \dfrac{1}{849}$ και βλέπουμε
ότι $a_{1172}\leq 849+1172+\dfrac{1171}{849}=2021+\dfrac{1171}{849}<2023$ , άρα μένει να δούμε τα $a_{1173},a_{1174}$ .
Πρώτα τα δείξω ότι $a_{1173}<2023$ οπότε δεν μας κάνει.
Είναι $a_{1173}=1173+849+\dfrac{1}{a_1-1}+..+\dfrac{1}{a_{1172}-1}$ οπότε μένει να δείξω ότι $\dfrac{1}{a_1-1}+..+\dfrac{1}{a_{1172}-1}<1$ .
Άρα αρκεί να δείξω ότι $\dfrac{1}{849}+\dfrac{1}{850}+..+\dfrac{1}{2020}<1$ , αυτό προκύπτει τα παρακάτω καθώς θα δείξω κάτι πιο ισχυρό.
Για το $a_{1174}> 1174+849=2023$ , θα δείξω ότι $a_{1174}<2024$ ,
και όμοια με πριν αρκεί να δείξω πως $Α=\dfrac{1}{849}+\dfrac{1}{850}+..+\dfrac{1}{2021}<1$
Είναι $2A=(\dfrac{1}{849}+\dfrac{1}{2021})+..+(\dfrac{1}{1435}+\dfrac{1}{1435})=$
$=2870\cdot(\dfrac{1}{849\cdot 2021}+..+\dfrac{1}{1435\cdot 1435})<2870\cdot \dfrac{1173}{849\cdot 2021}<2\Rightarrow A<1$ όπως θέλαμε .

Άρα το μοναδικό

που μας κάνει είναι το n=1174

.

Η εκφώνηση του 2 είναι σίγουρα έτσι; Γιατί νομίζω καμία από τις n^2-2=2023^2,2n-2=2023^2,3n+3=2023^2

δεν έχει λύση οπότε άμεσα παίρνουμε αρνητική απάντηση.

Henri van Aubel · #4

Γεωμετρία.

α) $\displaystyle AN=\frac{AB\cdot AD}{BD+AD},AL=\frac{AC\cdot AD}{BD+AD}\Leftrightarrow \frac{AN}{AB}=\frac{AL}{AC}\Rightarrow NL//AC$

Άρα $\angle NLD=\angle CDL=\angle YPT,\angle LND=\angle BDN=\angle YTP$ , όπως θέλαμε

β) Αρκεί η εν λόγω εφαπτομένη να είναι παράλληλη στην BC,

αρκεί δηλαδή $\angle ATP=\angle APT\Leftrightarrow AT=AP.$
Μετά έχω λύση με τριγωνομετρία, θέλω γεωμετρική..

fogsteel · #5

Αλλιώς το πρώτο πρόβλημα: με $\mod 3$ προκύπτει πως

περιττός , ενώ αν n > 1

, με $\mod 4$ προκύπτει πως

άρτιος , άτοπο.
Άρα n = 1

, που είναι δεκτή λύση διότι 2 + 2023 = 2025 = 45^2

Ορέστης Λιγνός · #6

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 02, 2023 5:41 pm
β) Αρκεί η εν λόγω εφαπτομένη να είναι παράλληλη στην αρκεί δηλαδή $\angle ATP=\angle APT\Leftrightarrow AT=AP.$
Μετά έχω λύση με τριγωνομετρία, θέλω γεωμετρική..

Είναι $\angle CTE=\angle ADB/2$ και $\angle ZPB=\angle ADC/2$ . Από εδώ και πέρα αγνοούμε τα σημεία N,L

.

Έστω M,N

τα μέσα των ZE,TP

αντίστοιχα. Αφού $ZE \parallel TP$ , τα σημεία M,Y,N

είναι συνευθειακά. Έστω, επίσης, ότι η μεσοκάθετος της

τέμνει την

στο

, και η μεσοκάθετος της

τέμνει την

στο

. Είναι,

$\angle KML=180^\circ-\angle ZMK-\angle EML=180^\circ-\angle EZY-\angle ZEY=$

$180^\circ-\angle ZPB-\angle ETC=180^\circ-\dfrac{\angle ADB+\angle ADC}{2}=90^\circ$ ,

και $\angle KYL=180^\circ-\angle EZY-\angle ZEY=180^\circ-\angle ZMK-\angle EML=\angle KML=90^\circ,$

άρα τα σημεία K,M,Y,L

είναι ομοκυκλικά, έστω στον κύκλο $(\Gamma)$ . Έστω ότι ο κύκλος $(\Gamma)$ τέμνει την

ξανά στο σημείο

.

Είναι, $\angle MXY=\angle MKY=2\angle EZY=2\angle ZPB=\angle ADC,$

συνεπώς $XY \parallel BC$ . Επιπλέον,

$\angle MXK=\angle MYK=\angle EZY=\angle ZMK=\angle KMX,$

άρα KM=KX=KZ

και όμοια

. Συνεπώς,

$\angle MXY=\angle MKY=2\angle EZY=\angle KMX+\angle MYK=\angle MYX,$

και άρα προκύπτει ότι MX=MY

. Αφού όμως αποδείξαμε πως $XY \parallel BC$ , προκύπτει ότι MD=MN

.

Άρα,

, συνεπώς το τρίγωνο ADN

είναι ορθογώνιο, άρα $AN \perp BC$ . Συνεπώς, αφού το

είναι μέσον της

, προκύπτει τελικά ότι AT=AP

, και τώρα ολοκληρώνουμε όπως πιο πάνω την απόδειξη.

#7

Για το 4, δείτε και εδώ: https://artofproblemsolving.com/communi ... 791p713182

Είναι από τα αγαπημένα μου προβλήματα, είναι και στο Μαθ. Διαγ. ΙΙ.

Lymperis Karras · #8

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 02, 2023 5:41 pm
β) Αρκεί η εν λόγω εφαπτομένη να είναι παράλληλη στην αρκεί δηλαδή $\angle ATP=\angle APT\Leftrightarrow AT=AP.$
Μετά έχω λύση με τριγωνομετρία, θέλω γεωμετρική..

Και λίγο πιο απλά:

Θεωρούμε τα M,N

όπως ο Ορέστης. Λόγω ομοιοθεσίας ισχύει N-Y-M

και

.

Επίσης είναι $\angle {YTP} = \angle {ZYE} = 90^{\circ}$ αφού ισχύει $\angle{NDA} + \angle{ADL} = 90^{\circ}$ .

Άρα παίρνουμε ότι YN = NP = NT

και

.

Τώρα ισχύει $\angle{MND} = 2\angle{YTP} = \angle{MDN} \implies MN=MD$ . Έτσι το AND

είναι ορθογώνιο και άρα το

είναι και μέσο και ίχνος του ύψους, όπως θέλαμε

fogsteel · #9

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 02, 2023 1:23 pm

Πρόβλημα 2. Σε ένα πίνακα είναι αρχικά γραμμένος ο αριθμός . Ακολουθούμε την εξής διαδικασία: Σε κάθε βήμα, αν στον πίνακα είναι γραμμένος ο αριθμός , τον σβήνουμε και στη θέση του γράφουμε έναν από τους αριθμούς ή .

Να εξετάσετε αν μπορούμε μέσα από μια ακολουθία βημάτων να γράψουμε στον πίνακα τον αριθμό .

Αν γινόταν , θα έπρεπε να υπάρχει

ώστε

ή

.
Προφανώς δεν υπάρχει τέτοιος

άρα δεν γίνεται.

Henri van Aubel · #10

Παιδιά, σας υπερευχαριστώ για τις εξαίρετες γεωμετρικές σας λύσεις!

Προσωπικά, απέδειξα αυτό που ήθελα, χρησιμοποιώντας τριγωνομετρικά εργαλεία , χωρίς πείραγμα του σχήματος. Αλλά, στο τέλος μου έμεινε μία ''πίκρα'' που δεν έδωσα γεωμετρική λύση, αλλά τριγωνομετρική σε χαρτί Α4

#11

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 02, 2023 5:19 pm
Η εκφώνηση του 2 είναι σίγουρα έτσι; Γιατί νομίζω καμία από τις δεν έχει λύση οπότε άμεσα παίρνουμε αρνητική απάντηση.

Πρόδρομε, μας είχε ξεφύγει η εκφώνηση του 2. Στόχος ήταν να παρατηρηθεί ότι ο αριθμός που ήταν γραμμένος στον πίνακα ήταν πάντα της μορφής $2 \bmod 7$ αλλά μια αλλαγή που κάναμε το έκανε τελικά πολύ απλούστερο.

Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για EGMO/BMO/IMO

Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για EGMO/BMO/IMO

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για EGMO/BMO/IMO

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για EGMO/BMO/IMO

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για EGMO/BMO/IMO

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για EGMO/BMO/IMO

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για EGMO/BMO/IMO

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για EGMO/BMO/IMO

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για EGMO/BMO/IMO

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για EGMO/BMO/IMO

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για EGMO/BMO/IMO

Re: Α' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για EGMO/BMO/IMO

Μέλη σε σύνδεση