Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για JBMO

#1

Πρόβλημα 1: Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους $\kappa, \nu$ για τους οποίους ισχύει

$\displaystyle 3\cdot 2^{\kappa} + 1 = \nu^2\,.$

Πρόβλημα 2: Δίνονται οι θετικοί ακέραιοι αριθμοί $\alpha, \beta$ και $\gamma$ για τους οποίους ισχύει

$\displaystyle \frac{\alpha^2-\alpha-\gamma}{\beta} + \frac{\beta^2-\beta-\gamma}{\alpha} = \alpha + \beta + 2\,.$

Να αποδείξετε ότι η παράσταση $\alpha + \beta + \gamma$ είναι τέλειο τετράγωνο.

Πρόβλημα 3: Δίνονται κύκλοι (K_1, R_1)

και

με $R_1 \neq R_2$ , που εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο

. Έστω $(\varepsilon)$ μια κοινή εφαπτομένη των δύο κύκλων που δεν διέρχεται από το σημείο

. Η κάθετη στην ευθεία $(\varepsilon)$ που διέρχεται από το σημείο

τέμνει τη μεσοκάθετο του τμήματος K_1K_2

σε ένα σημείο

. Να αποδείξετε ότι K_1K_2 = 2AB

.

Πρόβλημα 4: Σε 2023

χαρτάκια γράψαμε τους αριθμούς $1, 2, 3, \ldots, 2023$ και τα τοποθετήσαμε σε ένα κουτί

. Σε

άλλα χαρτάκια γράψαμε τους αριθμούς $-1, -2, -3, \ldots, -2023$ και τα τοποθετήσαμε σε ένα κουτί

. Στην συνέχεια, παίρνουμε τυχαία κάθε φορά ένα χαρτάκι από το κουτί

και ένα χαρτάκι από το κουτί

και γράφουμε στον πίνακα το άθροισμα των δύο αριθμών που είναι γραμμένοι στα δύο χαρτάκια, μέχρις ότου πάρουμε όλα τα χαρτάκια.

Αν το γινόμενο των 2023

αριθμών που είναι γραμμένοι στον πίνακα είναι ίσο με $2023 − 2^{\nu}$ , για κάποιον ακέραιο $\nu$ , να υπολογίσετε όλες τις πιθανές τιμές του $\nu$ .

vk2006 · #2

Πρόβλημα 2

Η παράσταση γράφεται ως εξής:
$a(a^{2}-a -\gamma ) + \beta (\beta ^{2} -\beta -\gamma )= a\beta (a+\beta +2)$
$a^{3} - a^{2}- a\gamma + \beta ^{3} -\beta ^{2} -\beta \gamma = \alpha ^{2}\beta + a\beta ^{2} +2a\beta$
$a^{3} + \beta ^{3} -a^{2} -2a\beta -\beta^{2} -a\gamma -\beta\gamma -a^{2}\beta -a\beta^{2} = 0$
$(a+\beta)(a^2 -a\beta +\beta^2) -(a +\beta)^2 -\gamma(a +\beta) -a\beta(a+\beta) =0$
$(a +\beta)(a^2 -a\beta +\beta^2 -a -\beta -\gamma -a\beta)=0$
$(a +\beta)((a-\beta)^2 -(a+\beta+\gamma))=0$
Άρα:
$a +\beta = 0$ ή $(a -\beta)^2 -(a +\beta +\gamma)=0$

Αν $a +\beta = 0$ είναι άτοπο, αφού $a, \beta$ θετικοί

Αν $(a -\beta)^2 -(a +\beta +\gamma)=0$ τότε:
$(a -\beta)^2 = a+\beta +\gamma$ που σημαίνει ότι είναι τέλειο τετράγωνο

fogsteel · #3

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 23, 2023 2:34 pm

Πρόβλημα 4: Σε χαρτάκια γράψαμε τους αριθμούς $1, 2, 3, \ldots, 2023$ και τα τοποθετήσαμε σε ένα κουτί . Σε άλλα χαρτάκια γράψαμε τους αριθμούς $-1, -2, -3, \ldots, -2023$ και τα τοποθετήσαμε σε ένα κουτί . Στην συνέχεια, παίρνουμε τυχαία κάθε φορά ένα χαρτάκι από το κουτί και ένα χαρτάκι από το κουτί και γράφουμε στον πίνακα το άθροισμα των δύο αριθμών που είναι γραμμένοι στα δύο χαρτάκια, μέχρις ότου πάρουμε όλα τα χαρτάκια.

Αν το γινόμενο των αριθμών που είναι γραμμένοι στον πίνακα είναι ίσο με $2023 − 2^{\nu}$ , για κάποιον ακέραιο $\nu$ , να υπολογίσετε όλες τις πιθανές τιμές του $\nu$ .

Έστω $s_{1} , s_{2} , ... , s_{2023}$ οι αριθμοί που μένουν στον πίνακα. Τότε πρέπει $2023 - 2^{n} = s_{1}s_{2} ... s_{2023}$

Όμως $s_{1} + s_{2} + ... + s_{2023} = 1 + 2 + ... + 2023 - 1 - 2 - ... - 2023 = 0$ .
Αν $s_{1} , s_{2} , ... , s_{2023} \equiv 1 \mod 2 \Rightarrow s_{1} + s_{2} + ... + s_{2023} \equiv 1 \mod 2$ , άτοπο.

Άρα $2023 - 2^{n} = s_{1}s_{2} ... s_{2023} \equiv 0 \mod 2 \Rightarrow n = 0$

Το γινόμενο πρέπει να είναι 2022

.
Παρατηρούμε πως οι αριθμοί $s_{1} = 2023 - 1 , s_{2} = 1 - 2 , s_{3} = 2 - 3 , ... s_{2023} = 2022 - 2023$
ικανοποιούν την συνθήκη.

Άρα η μόνη πιθανή τιμή του

έιναι η

Henri van Aubel · #4

Πρόβλημα 1

Είναι $3\cdot 2^{k}=\left ( n+1 \right )\left ( n-1 \right )$

Οι περιπτώσεις όπου n+1=3,n-1=3

απορρίπτονται εύκολα

Περίπτωση 1: $n-1=2^{m},n+1=3\cdot 2^{d},m+d=k,m,d\in \mathbb{N}$

Είναι $3\cdot 2^{d}-2^{m}=2$ που για $d,m\geqslant 2,$ έχουμε άτοπο (απλό)

Άρα $\left ( d,m \right )=\left ( 1,2 \right )$ και $\left ( k,n \right )=\left ( 3,5 \right )$

Περίπτωση 2: $n-1=3\cdot 2^{c},n+1=2^{b},b+c=k,b,c\in \mathbb{N}$

Είναι $2^{b}-3\cdot 2^{c}=2$ που για $b,c\geqslant 2,$ έχουμε άτοπο (απλό)

Τσεκάρουμε για b=0 και b=1 και βλέπουμε ότι δεν έχουμε λύσεις

Άρα, τελικά $\boxed{\left ( k,n \right )=\left ( 3,5 \right )}$

2nisic · #5

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 23, 2023 2:34 pm
Πρόβλημα 1: Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους $\kappa, \nu$ για τους οποίους ισχύει

$\displaystyle 3\cdot 2^{\kappa} + 1 = \nu^2\,.$

$3\cdot 2^{\kappa} + 1 = \nu^2\Rightarrow 3\cdot 2^{\kappa+2} + 4 = (2\nu)^2$
Που ήταν πρόβλημα 2 στον προκριματικο των μικρών το 2019

Τσιαλας Νικολαος · #6

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 23, 2023 7:45 pm
Πρόβλημα 1

Είναι $3\cdot 2^{k}=\left ( n+1 \right )\left ( n-1 \right )$

Οι περιπτώσεις όπου απορρίπτονται εύκολα

Περίπτωση 1: $n-1=2^{m},n+1=3\cdot 2^{d},m+d=k,m,d\in \mathbb{N}$

Είναι $3\cdot 2^{d}-2^{m}=2$ που για $d,m\geqslant 2,$ έχουμε άτοπο (απλό)

Άρα $\left ( d,m \right )=\left ( 1,2 \right )$ και $\left ( k,n \right )=\left ( 3,5 \right )$

Περίπτωση 2: $n-1=3\cdot 2^{c},n+1=2^{b},b+c=k,b,c\in \mathbb{N}$

Είναι $2^{b}-3\cdot 2^{c}=2$ που για $b,c\geqslant 2,$ έχουμε άτοπο (απλό)

Τσεκάρουμε για b=0 και b=1 και βλέπουμε ότι δεν έχουμε λύσεις

Άρα, τελικά $\boxed{\left ( k,n \right )=\left ( 3,5 \right )}$

;

Ορέστης Λιγνός · #7

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 23, 2023 2:34 pm
Πρόβλημα 3: Δίνονται κύκλοι και με $R_1 \neq R_2$ , που εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο . Έστω $(\varepsilon)$ μια κοινή εφαπτομένη των δύο κύκλων που δεν διέρχεται από το σημείο . Η κάθετη στην ευθεία $(\varepsilon)$ που διέρχεται από το σημείο τέμνει τη μεσοκάθετο του τμήματος σε ένα σημείο . Να αποδείξετε ότι .

Έστω ότι η $(\epsilon)$ εφάπτεται στον κύκλο (K_1)

στο σημείο

και στον κύκλο (K_2)

στο σημείο

. Έστω επίσης

το μέσον του K_1K_2

,

το μέσον του

και

το σημείο τομής της κάθετης από το

στην $(\varepsilon)$ . Είναι,

${\rm pow} (N,(K_1))=NP^2=NQ^2={\rm pow} (N,(K_2)),$

οπότε το

ανήκει στον ριζικό άξονα των δύο κύκλων, που είναι η κοινή τους εφαπτομένη στο σημείο

. Συνεπώς, προκύπτει ότι $NA \perp K_1K_2$ , και αφού $MB \perp K_1K_2$ , προκύπτει ότι $NA \parallel MB$ . Επιπλέον, $MN \parallel K_1P$ και $AB \perp PQ$ , συνεπώς $MN \parallel AB$ .

Επομένως, το τετράπλευρο MNAB

είναι παραλληλόγραμμο, συνεπώς

2AB=2MN=K_1P+K_2Q=K_1M+K_2M=K_1K_2,

όπως δηλαδή θέλαμε να αποδείξουμε.

Henri van Aubel · #8

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 23, 2023 11:20 pm

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 23, 2023 7:45 pm
Πρόβλημα 1

Είναι $3\cdot 2^{k}=\left ( n+1 \right )\left ( n-1 \right )$

Οι περιπτώσεις όπου απορρίπτονται εύκολα

Περίπτωση 1: $n-1=2^{m},n+1=3\cdot 2^{d},m+d=k,m,d\in \mathbb{N}$

Είναι $3\cdot 2^{d}-2^{m}=2$ που για $d,m\geqslant 2,$ έχουμε άτοπο (απλό)

Άρα $\left ( d,m \right )=\left ( 1,2 \right )$ και $\left ( k,n \right )=\left ( 3,5 \right )$

Περίπτωση 2: $n-1=3\cdot 2^{c},n+1=2^{b},b+c=k,b,c\in \mathbb{N}$

Είναι $2^{b}-3\cdot 2^{c}=2$ που για $b,c\geqslant 2,$ έχουμε άτοπο (απλό)

Τσεκάρουμε για b=0 και b=1 και βλέπουμε ότι δεν έχουμε λύσεις

Άρα, τελικά $\boxed{\left ( k,n \right )=\left ( 3,5 \right )}$
;

Σωστά, στη β) περίπτωση ξέχασα να τσεκάρω για $b=2\Rightarrow 2^{2}-3\cdot 2^{c}=2,$ άτοπο και επίσης ξέχασα να τσεκάρω τις περιπτώσεις όπου $c\in \left \{ 0,1,2 \right \}$ . Ας τις τσεκάρω λοιπόν.
Για $c=0\Rightarrow 2^{b}=3+2,$ άτοπο
Για $c=1\Rightarrow 2^{b}=6+2,$ άρα $\left ( b,c \right )=\left ( 3,1 \right ),\left ( k,n \right )=\left ( 4,7 \right ),$ δεκτό
Για $c=2\Rightarrow 2^{b}=12+2,$ άτοπο

Συνοψίζοντας $\boxed{\left ( k,n \right )=\left ( 3,5 \right ),\left ( 4,7 \right )}$

Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για JBMO

Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για JBMO

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για JBMO

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για JBMO

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για JBMO

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για JBMO

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για JBMO

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για JBMO

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2023 για JBMO

Μέλη σε σύνδεση