Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2022

#1

Πρόβλημα 1:

Να αποδείξετε ότι για κάθε φυσικό αριθμό

, τουλάχιστον ένας από τους ακεραίους

$\displaystyle 2k-1, \quad 5k-1 \quad \text{και} \quad 13k-1$

δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

Πρόβλημα 2:

Σε τρίγωνο $AB\varGamma$ με $\hat{A}=80^{\circ}$ και $\hat{B}=60^{\circ}$ , η εσωτερική διχοτόμος της γωνίας $\hat{\varGamma}$ τέμνει την πλευρά

στο σημείο $\varDelta$ . Η παράλληλη από το $\varDelta$ προς την πλευρά $A\varGamma$ , τέμνει την πλευρά $B\varGamma$ στο σημείο

.

Να βρείτε το μέτρο της γωνίας $\angle EAB$ .

Πρόβλημα 3:

Αν a,b,c

είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με abc=1

, να αποδείξετε ότι

(α) $\displaystyle 2\left(\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}\right) \geqslant \frac{9}{ab+bc+ca}$

(β) $\displaystyle 2\left(\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}\right) \geqslant \frac{9}{a^2 b+b^2 c+c^2 a}$

Πρόβλημα 4:

Στον πίνακα είναι γραμμένοι οι αριθμοί $1, 2, 3, \ldots , 10$ . Σε κάθε βήμα, ο Ανδρέας επιλέγει δύο αριθμούς $\alpha, \beta$ που είναι γραμμένοι στον πίνακα τέτοιους, ώστε $\alpha \geqslant 2\beta$ , τους σβήνει και στη θέση τους γράφει τον αριθμό $\alpha-2\beta$ .

Να βρείτε όλους τους αριθμούς

, ώστε μετά από μια σειρά βημάτων όπως πιο πάνω, στο τέλος να μείνει γραμμένος στον πίνακα μόνο ο αριθμός

.

Ορέστης Λιγνός · #2

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 26, 2022 10:25 pm
Πρόβλημα 1:

Να αποδείξετε ότι για κάθε φυσικό αριθμό , τουλάχιστον ένας από τους ακεραίους

$\displaystyle 2k-1, \quad 5k-1 \quad \text{και} \quad 13k-1$

δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

Έστω πως υπάρχουν θετικοί ακέραιοι x,y,z

τέτοιοι, ώστε 2k-1=x^2

,

και

. Ένας απλός έλεγχος δίνει ότι τα τετραγωνικά υπόλοιπα $\pmod {16}$ είναι 0,1,4

και

. Το

είναι περιττός, άρα $2k-1=x^2 \equiv 1 \pmod 8$ , συνεπώς $k \equiv 1 \pmod 4$ , οπότε έχουμε τις εξής περιπτώσεις:

Περίπτωση 1: $k \equiv 1 \pmod {16}$ , οπότε $y^2=13k-1 \equiv 12 \pmod {16}$ , άτοπο.
Περίπτωση 2: $k \equiv 5 \pmod {16}$ , οπότε $y^2=5k-1 \equiv 8 \pmod {16}$ , άτοπο.
Περίπτωση 3: $k \equiv 9 \pmod {16}$ , οπότε $y^2=5k-1 \equiv 12 \pmod {16}$ , άτοπο.
Περίπτωση 4: $k \equiv 13 \pmod {16}$ , οπότε $z^2=13k-1 \equiv 8 \pmod {16}$ , άτοπο.

Έχουμε άτοπο σε όλες τις περιπτώσεις, άρα η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Ορέστης Λιγνός · #3

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 26, 2022 10:25 pm
Πρόβλημα 2:

Σε τρίγωνο $AB\varGamma$ με $\hat{A}=80^{\circ}$ και $\hat{B}=60^{\circ}$ , η εσωτερική διχοτόμος της γωνίας $\hat{\varGamma}$ τέμνει την πλευρά στο σημείο $\varDelta$ . Η παράλληλη από το $\varDelta$ προς την πλευρά $A\varGamma$ , τέμνει την πλευρά $B\varGamma$ στο σημείο .

Να βρείτε το μέτρο της γωνίας $\angle EAB$ .

Έστω $\angle BAE=x$ . Είναι, $\angle EDC=\angle DEB-\angle DCE=40^\circ-20^\circ=20^\circ=\angle DCE$ , άρα EC=ED

. Επομένως, από τον Νόμο Ημιτόνων,

$\dfrac{\sin(80^\circ-x)}{\sin x}=\dfrac{\dfrac{DE}{\sin x}}{\dfrac{CE}{\sin(80^\circ-x)}}=\dfrac{\dfrac{AE}{\sin \angle ADE}}{\dfrac{AE}{\sin \angle ACE}}=\dfrac{\sin 40^\circ}{\sin 80^\circ}=\dfrac{1}{2\cos 50^\circ}$ .

Αφού $0<x<80^\circ$ εύκολα έχουμε ότι η συνάρτηση $f(x)=\dfrac{\sin(80^\circ-x)}{\sin x}$ είναι γνησίως φθίνουσα, και καθώς για $x=50^\circ$ ισχύει η ισότητα, είναι $\angle EAB=x=50^\circ$ .

Ορέστης Λιγνός · #4

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 26, 2022 10:25 pm
Πρόβλημα 3:

Αν είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με , να αποδείξετε ότι

(α) $\displaystyle 2\left(\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}\right) \geqslant \frac{9}{ab+bc+ca}$

(β) $\displaystyle 2\left(\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}\right) \geqslant \frac{9}{a^2 b+b^2 c+c^2 a}$

(α) Είναι,

$\displaystyle 2\left(\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}\right) =2(\dfrac{1}{ca+cb}+\dfrac{1}{ab+ac}+\dfrac{1}{bc+ba}) \geq$

$\geq 2 \cdot \dfrac{9}{(ca+cb)+(ab+ac)+(bc+ba)}=\dfrac{9}{ab+bc+ca},$

όπως θέλαμε.

(β) Από το (α), αρκεί να δείξουμε ότι $a^2b+b^2c+c^2a \geq ab+bc+ca$ . Από ΑΜ-ΓΜ,

$a^2b+a^2b+b^2c \geq 3\sqrt[3]{a^4b^4c}=3ab,$

$b^2c+b^2c+c^2a \geq 3\sqrt[3]{ab^4c^4}=3bc$ και

$c^2a+c^2a+a^2b \geq 3\sqrt[3]{a^4bc^4}=3ca,$

οπότε προσθέτοντας αυτές έχουμε το ζητούμενο.

Ορέστης Λιγνός · #5

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 26, 2022 10:25 pm
Πρόβλημα 4:

Στον πίνακα είναι γραμμένοι οι αριθμοί $1, 2, 3, \ldots , 10$ . Σε κάθε βήμα, ο Ανδρέας επιλέγει δύο αριθμούς $\alpha, \beta$ που είναι γραμμένοι στον πίνακα τέτοιους, ώστε $\alpha \geqslant 2\beta$ , τους σβήνει και στη θέση τους γράφει τον αριθμό $\alpha-2\beta$ .

Να βρείτε όλους τους αριθμούς , ώστε μετά από μια σειρά βημάτων όπως πιο πάνω, στο τέλος να μείνει γραμμένος στον πίνακα μόνο ο αριθμός .

Το άθροισμα των αριθμών του πίνακα μειώνεται κατά

, οπότε αν στο τέλος μείνει μόνο ο αριθμός

, πρέπει $n \equiv 1+2+\ldots+10=55 \equiv 1 \pmod 3$ . Αφού σε κάθε βήμα όλοι οι αριθμοί του πίνακα είναι μη αρνητικοί, και μικρότεροι ή ίσοι του

(αφού $a-2b \leq a$ ), είναι $n \in \{1,4, 7, 10 \}$ . Τώρα, δείχνουμε τις κατασκευές για n=1

,

και

, οπότε η λύση ολοκληρώνεται.

Κατασκευή για το :

$1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 \rightarrow 2,3,4,5,6,7,8,8,9 \rightarrow$
$\rightarrow 1,3,4,6,7,8,8,9 \rightarrow 1,4,6,7,8,8,9 \rightarrow 2,6,7,8,8,9 \rightarrow$
$\rightarrow 2,7,8,8,9 \rightarrow 3,8,8,9 \rightarrow 2,8,9 \rightarrow 4,9 \rightarrow 1$

Κατασκευή για το :

$1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 \rightarrow 2,3,4,5,6,7,8,8,9 \rightarrow$
$\rightarrow 1,3,4,6,7,8,8,9 \rightarrow 2,3,6,7,8,8,9 \rightarrow 2,3,7,8,8,9 \rightarrow$
$\rightarrow 3,4,7,8,9 \rightarrow 3,4,7,8 \rightarrow$
$\rightarrow 1,4,8 \rightarrow 2,8 \rightarrow 4$

Κατασκευή για το :

$1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 \rightarrow 2,3,4,5,6,7,8,8,9 \rightarrow$
$\rightarrow 1,3,4,6,7,8,8,9 \rightarrow 2,3,6,7,8,8,9 \rightarrow$
$\rightarrow 2,3,7,8,8,9 \rightarrow 3,4,7,8,9 \rightarrow 3,4,7,8 \rightarrow$
$\rightarrow 2,4,7 \rightarrow 0,7 \rightarrow 7$

Κατασκευή για το :

$1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 \rightarrow 0,1,3,5,6,7,8,9,10 \rightarrow$
$\rightarrow 0,3,5,6,7,7,8,10 \rightarrow 0,2,5,6,7,7,10 \rightarrow$
$\rightarrow 0,3,5,6,7,10 \rightarrow 0,1,5,6,10 \rightarrow 0,3,6,10 \rightarrow$
$\rightarrow 0,0,10 \rightarrow 0,10 \rightarrow 10$

Edit: Μικρή διόρθωση, ευχαριστώ τον κ. Δημήτρη.

#6

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 26, 2022 10:25 pm

Πρόβλημα 2:

Σε τρίγωνο $AB\varGamma$ με $\hat{A}=80^{\circ}$ και $\hat{B}=60^{\circ}$ , η εσωτερική διχοτόμος της γωνίας $\hat{\varGamma}$ τέμνει την πλευρά στο σημείο $\varDelta$ .

Η παράλληλη από το $\varDelta$ προς την πλευρά $A\varGamma$ , τέμνει την πλευρά $B\varGamma$ στο σημείο .

Να βρείτε το μέτρο της γωνίας $\angle EAB$ .

Από τα $A\,\,\kappa \alpha \iota \,\,E$ φέρνω παράλληλες στις $CD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AB$ και έστω

το σημείο τομής τους .

Αβίαστα προκύπτουν:

: Κύπρος 2022.png (35.08 KiB) Προβλήθηκε 1584 φορές

1. $\widehat {{\omega _{}}} = 80^\circ$ και άρα CA = CD

και $\widehat {{x_{}}} + \widehat {{y_{}}} = 80^\circ \Leftrightarrow \widehat {{x_{}}} + \widehat {{y_{}}} + 20^\circ = 100^\circ = \widehat {DAT}$

2. Έτσι θα είναι $\widehat {ATE} = 80^\circ$ , δηλαδή το τραπέζιο ADET

είναι ισοσκελές.

3. $\vartriangle ATC = \vartriangle DEC\,\,\left( {\Pi - \Gamma - \Pi } \right)$ με άμεση συνέπεια το $\vartriangle TAC$ είναι ισόπλευρο

και έτσι $TA = TE \Rightarrow \vartriangle TAE \to \left( {80^\circ ,50^\circ ,50^\circ } \right)$ δηλαδή , $\displaystyle \boxed{\widehat {{y_{}}} = 50^\circ }$ .

#7

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 26, 2022 10:25 pm
Πρόβλημα 1:

Να αποδείξετε ότι για κάθε φυσικό αριθμό , τουλάχιστον ένας από τους ακεραίους

$\displaystyle 2k-1, \quad 5k-1 \quad \text{και} \quad 13k-1$

δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

https://artofproblemsolving.com/communi ... 769p366557

Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2022

Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2022

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2022

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2022

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2022

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2022

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2022

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO 2022

Μέλη σε σύνδεση