Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2022

#1

Πρόβλημα 1. Να βρείτε όλους τους πραγματικούς αριθμούς $x\in\mathbb{R}$ , για τους οποίους ισχύει

$\displaystyle \left\lfloor \frac{x}{2} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{x}{3} \right\rfloor=x-2022$

Πρόβλημα 2. Να βρείτε όλα τα ζευγάρια πρώτων αριθμών (p, q)

που ικανοποιούν την εξίσωση

$\displaystyle p^3+q^3+1=p^2q^2$

Πρόβλημα 3. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $AB\varGamma$ και έστω $\varDelta, E$ και

τα μέσα των πλευρών του $AB, A\varGamma$ και $B\varGamma$ αντίστοιχα. Έστω

το περίκεντρο του τριγώνου $AB\varGamma$ και

το ίχνος της κάθετης από το σημείο

πάνω στην ευθεία $B\varGamma$ . Από το μέσο

της

φέρουμε παράλληλη προς την

, η οποία τέμνει τις ευθείες $\varDelta E$ και

στα σημεία

και

αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι:

(α) το τρίγωνο $\varDelta ZE$ είναι ισοσκελές
(β) το εμβαδόν του τριγώνου $\varDelta ZE$ δίνεται από τον τύπο $\displaystyle E_{\varDelta ZE}=\frac{B\varGamma \cdot OK}{8}$

Πρόβλημα 4. Έστω ένα υποσύνολο

του συνόλου $\{1, 2, 3, \ldots, 50\}$ με την ιδιότητα:

Για κάθε $x,y\in A$ με $x\neq y$ , ισχύει ότι $\displaystyle \left\lvert \frac{1}{x}- \frac{1}{y}\right\rvert >\frac{1}{1000}$

Να βρείτε το μέγιστο δυνατό πλήθος στοιχείων που μπορεί να έχει το

.

Ορέστης Λιγνός · #2

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 19, 2022 11:03 pm
Πρόβλημα 1. Να βρείτε όλους τους πραγματικούς αριθμούς $x\in\mathbb{R}$ , για τους οποίους ισχύει

$\displaystyle \left\lfloor \frac{x}{2} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{x}{3} \right\rfloor=x-2022$

Είναι,

$\displaystyle \dfrac{x}{2}+\dfrac{x}{3} \geq \left\lfloor \frac{x}{2} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{x}{3} \right\rfloor=x-2022 > (\dfrac{x}{2}-1)+(\dfrac{x}{3}-1),$

οπότε προκύπτει $6 \cdot 2020 <x \leq 6 \cdot 2022$ . Έστω $x=6 \cdot 2022-6u$ με $0 \leq u <2$ . Τότε, αν $u \in \mathbb{Z}$ , εύκολα προκύπτει η μοναδική λύση $x=6 \cdot 2022=12132$ . Αν τώρα $x \notin \mathbb{Z}$ ,

$\left\lfloor \frac{x}{2} \right\rfloor=\left\lfloor 3 \cdot 2022-3u \right\rfloor=3 \cdot 2022- \left \lfloor 3u \right \rfloor-1$

και

$\left\lfloor \frac{x}{3} \right\rfloor=\left\lfloor 2 \cdot 2022-2u \right\rfloor=3 \cdot 2022- \left \lfloor 2u \right \rfloor-1,$

οπότε η δοσμένη εξίσωση γράφεται $\left \lfloor 3u \right \rfloor+\left \lfloor 2u \right \rfloor+2=6u$

Χωρίζουμε τώρα το [0,2)

σε

ζώνες μήκους 1/6

η καθεμία, δηλαδή τις

[0,1/6)

,

,
$\ldots$
[11/6,2)

Τότε, αν π.χ. $u \in [0,1/6)$ , τότε 0<3u, 2u<1

, οπότε $6u=\left \lfloor 3u \right \rfloor+\left \lfloor 2u \right \rfloor+2=2$ , άρα u=1/3>1/6

, άτοπο.
Αν $u \in [1/6,2/6)$ , τότε 0<3u,2u<1

, άρα

, άτοπο.

Συνεχίζοντας έτσι προκύπτει ότι (αν δεν μου ξέφυγε κάτι!) $u \in \{5/6,7/6,8/6,9/6,10/6 \}$ , συνεπώς και $x \in \{6 \cdot 2017-5,6 \cdot 2017-7,6 \cdot 2017-8,6 \cdot 2017-9,6 \cdot 2017-10 \}$

Οπότε, έχουμε τις λύσεις $x \in \{12132,12097,12095,12094,12093,12092 \}$ .

Ορέστης Λιγνός · #3

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 19, 2022 11:03 pm
Πρόβλημα 2. Να βρείτε όλα τα ζευγάρια πρώτων αριθμών που ικανοποιούν την εξίσωση

$\displaystyle p^3+q^3+1=p^2q^2$

Χωρίς βλάβη της γενικότητας έστω ότι $p \geq q$ . Αν p=q

τότε

, οπότε

$1=p^3(p-2) \geq p^3>1,$

άτοπο.

Έστω ότι p>q

. Αν

, τότε

, οπότε

, άτοπο. Αν τώρα $q \neq 3$ , τότε παίρνοντας $\pmod p^2$ είναι

$p^2 \mid (q^3+1)=(q+1)(q^2-q+1)$ .

Αν ήταν $p \mid (q+1)$ και $p \mid (q^2-q+1)$ , τότε $q \equiv -1 \pmod p$ , άρα

$0 \equiv q^2-q+1 \equiv 3 \pmod p,$

οπότε p=3

, συνεπώς αφού p>q

, πρέπει

, λύση που είναι δεκτή.

Επίσης, αν $p \mid (q+1)$ πρέπει αναγκαστικά p=q+1

αφού $p \leq q+1 \leq p$ , συνεπώς και p=3,q=2

.

Οπότε, αν $p \neq 3$ , είναι $p \nmid (q+1)$ , άρα $p^2 \mid (q^2-q+1)$ , που δίνει

$p^2 \leq q^2-q+1 <q^2<p^2,$

άτοπο.

Συνοψίζοντας, μόνη λύση η (p,q)=(3,2)

.

Ορέστης Λιγνός · #4

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 19, 2022 11:03 pm
Πρόβλημα 3. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $AB\varGamma$ και έστω $\varDelta, E$ και τα μέσα των πλευρών του $AB, A\varGamma$ και $B\varGamma$ αντίστοιχα. Έστω το περίκεντρο του τριγώνου $AB\varGamma$ και το ίχνος της κάθετης από το σημείο πάνω στην ευθεία $B\varGamma$ . Από το μέσο της φέρουμε παράλληλη προς την , η οποία τέμνει τις ευθείες $\varDelta E$ και στα σημεία και αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι:

(α) το τρίγωνο $\varDelta ZE$ είναι ισοσκελές
(β) το εμβαδόν του τριγώνου $\varDelta ZE$ δίνεται από τον τύπο $\displaystyle E_{\varDelta ZE}=\frac{B\varGamma \cdot OK}{8}$

(α) Το

είναι το μέσον της

και $PZ \parallel AM$ , οπότε το

είναι το μέσον της

. Αφού το

είναι το περίκεντρο του ABC

, είναι $\angle ADO=\angle AEO=90^\circ$ , συνεπώς το τετράπλευρο ADOE

είναι εγγράψιμο σε κύκλο με κέντρο το μέσον της

, ήτοι το σημείο

.

Έπεται λοιπόν ότι ZD=ZE

, άρα το τρίγωνο DZE

είναι ισοσκελές.

(β) Η ομοιοθεσία κέντρου

και ακτίνας $\lambda=1/2$ που στέλνει το τρίγωνο ADE

στο τρίγωνο ABC

στέλνει το περίκεντρο του τριγώνου ADE

, το σημείο

, στο περίκεντρο του τριγώνου ABC

, το σημείο

.

Οπότε, είναι

$\dfrac{(DZE)}{(BOC)}=\lambda^2 \Rightarrow (DZE)=\dfrac{(BOC)}{4}=\dfrac{BC \cdot OK}{8}$

Ορέστης Λιγνός · #5

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 19, 2022 11:03 pm
Πρόβλημα 4. Έστω ένα υποσύνολο του συνόλου $\{1, 2, 3, \ldots, 50\}$ με την ιδιότητα:

Για κάθε $x,y\in A$ με $x\neq y$ , ισχύει ότι $\displaystyle \left\lvert \frac{1}{x}- \frac{1}{y}\right\rvert >\frac{1}{1000}$

Να βρείτε το μέγιστο δυνατό πλήθος στοιχείων που μπορεί να έχει το .

Αρχίζουμε με τον εξής Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός: Αν $x,x+1 \in A$ , τότε $x \leq 31$ . Επίσης αν $x,x+2 \in A$ , τότε $x \leq 43$ .
Απόδειξη: Άμεσο από την δοσμένη υπόθεση $\blacksquare$

Επομένως, χωρίζοντας τους αριθμούς του συνόλου $X=\{1, 2, 3, \ldots, 50\}$ σε δέκα ομάδες ως εξής

Ομάδα 1: $X_1=\{1,2,\ldots, 31 \}$ ,
Ομάδα 2: $X_2=\{32,33 \}$ ,
Ομάδα 3: $X_3=\{34,35 \}$ ,
$\ldots$
Ομάδα 7: $X_7=\{42,43 \}$ ,
Ομάδα 8: $X_8=\{44,45,46 \}$ ,
Ομάδα 9: $X_9=\{47,48,49 \}$ και
Ομάδα 10: $X_{10}=\{50\}$ ,

παρατηρούμε ότι το

μπορεί να περιέχει το πολύ ένα στοιχείο κάθε X_i

, με $2 \leq i \leq 7$ , και το πολύ ένα στοιχείο κάθε X_i

, με $8 \leq i \leq 9$ . Συνεπώς, συνολικά έχουμε

$|A| \leq 31+(1+1+\ldots+1)+(1+1)+1=31+6+2+1=40$ .

Ένα παράδειγμα με |A|=40

είναι το $\{1,2,\ldots,31,32,34,36,38,40,42,44,47,50 \}$ . Για να ελέγξουμε ότι όντως το σύνολο αυτό ικανοποιεί, παρατηρούμε ότι αν $a,b,c \in A$ με a<b<c

, είναι

$\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{c}=(\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{b})+(\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{c})>\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{b},$

άρα αρκεί να ελέγξουμε την συνθήκη για κάθε δύο διαδοχικά (όταν γραφούν σε αύξουσα σειρά) στοιχεία. Από τον Ισχυρισμό αυτό είναι άμεσο.

#6

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 20, 2022 12:04 am
(β) Η ομοιοθεσία κέντρου και ακτίνας $\lambda=1/2$

Και εγώ όταν δοκίμασα την 3 πριν τον διαγωνισμό έτσι το έλυσα. Ας δούμε όμως και κάποια λύση «καταλληλότερη» για Juniors.

thepigod762 · #7

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 19, 2022 11:03 pm

Πρόβλημα 3. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $AB\varGamma$ και έστω $\varDelta, E$ και τα μέσα των πλευρών του $AB, A\varGamma$ και $B\varGamma$ αντίστοιχα. Έστω το περίκεντρο του τριγώνου $AB\varGamma$ και το ίχνος της κάθετης από το σημείο πάνω στην ευθεία $B\varGamma$ . Από το μέσο της φέρουμε παράλληλη προς την , η οποία τέμνει τις ευθείες $\varDelta E$ και στα σημεία και αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι:

(α) το τρίγωνο $\varDelta ZE$ είναι ισοσκελές
(β) το εμβαδόν του τριγώνου $\varDelta ZE$ δίνεται από τον τύπο $\displaystyle E_{\varDelta ZE}=\frac{B\varGamma \cdot OK}{8}$

Εναλλακτικά για το (β):

$\begin{cases} O\Gamma \parallel ZE \\ \Delta Z \parallel BO\\ \Delta E\parallel B\Gamma \end{cases}\Rightarrow \bigtriangleup \Delta EZ\sim\bigtriangleup B\Gamma O$ , με λόγο ομοιότητας προφανώς

. Το ζητούμενο έπεται.

#8

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 19, 2022 11:03 pm
Πρόβλημα 1. Να βρείτε όλους τους πραγματικούς αριθμούς $x\in\mathbb{R}$ , για τους οποίους ισχύει

$\displaystyle \left\lfloor \frac{x}{2} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{x}{3} \right\rfloor=x-2022$

Προφανώς το

είναι ακέραιος.
Τώρα διακρίνουμε τις έξι περιπτώσεις $x=6k+r, \ r=0,1,...,5$

#9

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 19, 2022 11:03 pm
Πρόβλημα 4. Έστω ένα υποσύνολο του συνόλου $\{1, 2, 3, \ldots, 50\}$ με την ιδιότητα:

Για κάθε $x,y\in A$ με $x\neq y$ , ισχύει ότι $\displaystyle \left\lvert \frac{1}{x}- \frac{1}{y}\right\rvert >\frac{1}{1000}$

Να βρείτε το μέγιστο δυνατό πλήθος στοιχείων που μπορεί να έχει το .

Σχετικό πρόβλημα:
viewtopic.php?p=163012#p163012

#10

socrates έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 20, 2022 3:00 pm

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 19, 2022 11:03 pm
Πρόβλημα 4. Έστω ένα υποσύνολο του συνόλου $\{1, 2, 3, \ldots, 50\}$ με την ιδιότητα:

Για κάθε $x,y\in A$ με $x\neq y$ , ισχύει ότι $\displaystyle \left\lvert \frac{1}{x}- \frac{1}{y}\right\rvert >\frac{1}{1000}$

Να βρείτε το μέγιστο δυνατό πλήθος στοιχείων που μπορεί να έχει το .
Σχετικό πρόβλημα:
viewtopic.php?p=163012#p163012

Την άσκηση την κατασκεύασα εγώ. Ήμουν σίγουρος ότι δεν θα ήταν πρωτότυπη αλλά το ότι είχα λύσει εδώ μια παρόμοια πριν 9 χρόνια δεν το θυμόμουν καθόλου. Το σκεπτικό ήταν να λυθεί όπως την έκανε ο Ορέστης εδώ παρά όπως την είχα λύσει τότε εγώ.

Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2022

Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2022

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2022

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2022

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2022

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2022

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2022

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2022

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2022

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2022

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2022

Μέλη σε σύνδεση