Γ΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Soteris · #1

Πρόβλημα 1

Να βρείτε τον μεγαλύτερο θετικό ακέραιο $\displaystyle{\nu}$ , ο οποίος διαιρεί τον $\displaystyle{p^6-1}$ για όλους τους πρώτους $\displaystyle{p>7}$ .

Πρόβλημα 2

Αν $\displaystyle{a, \beta, \gamma>0}$ πραγματικοί αριθμοί με $\displaystyle{a+\beta+\gamma=1}$ , να δείξετε ότι:

(α) $\displaystyle{\sqrt{a+\beta\gamma}+\sqrt{\beta+a\gamma}+\sqrt{\gamma+a\beta}\leqslant 2}$

(β) $\displaystyle{\dfrac{a^2}{\sqrt{a+\beta\gamma}}+\dfrac{\beta^2}{\sqrt{\beta+a\gamma}}+\dfrac{\gamma^2}{\sqrt{\gamma+a\beta}}\geqslant\dfrac{1}{2}}$

Πρόβλημα 3

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{\rm AB\Gamma}}$ με $\displaystyle{{\rm AB}<{\rm A\Gamma}}$ . Οι κάθετες από τις κορυφές $\displaystyle{\rm B}$ και $\displaystyle{\rm \Gamma}$ προς τις απέναντι πλευρές $\displaystyle{{\rm A\Gamma}$ και $\displaystyle{{\rm AB}}$ , αντίστοιχα, τέμνονται στο σημείο $\displaystyle{{\rm H}}$ . Οι μεσοκάθετες των πλευρών του τριγώνου τέμνονται στο σημείο $\displaystyle{{\rm O}}$ . Ονομάζουμε $\displaystyle{{\rm \Delta}}$ το μέσο της πλευράς $\displaystyle{{\rm B\Gamma}}$ . Προεκτείνουμε την $\displaystyle{{\rm O\Delta}}$ προς το $\displaystyle{{\rm \Delta}}$ και στην προέκτασή της παίρνουμε σημείο $\displaystyle{{\rm O’}}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{{\rm O\Delta}={\rm \Delta O’}}$ . Υποθέτουμε ότι οι ευθείες $\displaystyle{{\rm HO’}}$ και $\displaystyle{{\rm A\Delta}}$ τέμνονται στο σημείο $\displaystyle{{\rm P}}$ . Από το $\displaystyle{{\rm H}}$ φέρουμε κάθετη προς την $\displaystyle{{\rm A\Delta}}$ και έστω $\displaystyle{{\rm K}}$ το ίχνος της πάνω στην $\displaystyle{{\rm A\Delta}}$ . Η ευθεία $\displaystyle{{\rm \Gamma K}}$ τέμνει την $\displaystyle{{\rm AB}}$ στο σημείο $\displaystyle{{\rm T}}$ . Να αποδείξετε ότι οι γωνίες $\displaystyle{\angle{\rm BT\Gamma}}$ και $\displaystyle{\angle{\rm PHK}}$ είναι ίσες.

Πρόβλημα 4

Ο Γιώργος και ο Δημήτρης παίζουν το εξής παιχνίδι:

Αρχικά είναι γραμμένος στον πίνακα ο αριθμός $\displaystyle{2017}$ . Ξεκινώντας από τον Γιώργο και παίζοντας εναλλάξ, κάθε παίκτης σβήνει τον αριθμό που βλέπει στον πίνακα και στην θέση του γράφει έναν μη αρνητικό ακέραιο, ο οποίος προκύπτει από τον προηγούμενο αριθμό αφαιρώντας ένα τέλειο τετράγωνο θετικού ακεραίου, το οποίο δεν είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{5}$ . Ο παίκτης που θα γράψει πρώτος στον πίνακα τον αριθμό $\displaystyle{0}$ κερδίζει το παιχνίδι. Να βρείτε ποιος από τους δύο παίκτες έχει στρατηγική νίκης.

Γιάννης Μπόρμπας · #2

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 1

Να βρείτε τον μεγαλύτερο θετικό ακέραιο $\displaystyle{\nu}$ , ο οποίος διαιρεί τον $\displaystyle{p^6-1}$ για όλους τους πρώτους $\displaystyle{p>7}$ .

Παίρνοντας p=11

και

έχουμε:
$11^6-1=2^3\times 3^2\times 5\times 7\times 19\times 37$
$13^6-1=2^3\times 3^2\times 7\times 61\times 157$
Ο μέγιστος κοινός διαιρέτης των παραπάνω αριθμών είναι ο: $2^3\times 3^2\times 7$
Θα δείξουμε ότι ο μεγαλύτερος αριθμός είναι ο 504

Από

: $p^6-1\equiv 1-1=0(\mod 7)$
Στην συνέχεια αν $p\equiv 1(\mod 3)$ τότε 3|p-1

και

άρα

αν $p\equiv 2(\mod 3)$ τότε 3|p+1

και

άρα

Τέλος

και αν $p\equiv 1(\mod 4)$ τότε 4|p-1

και

άρα

αν $p\equiv 3(\mod 4)$ τότε 4|p+1

και

άρα

Οπότε ο ζητούμενος αριθμός είναι ο $2^3\times 3^2\times 7=504=n$

Ορέστης Λιγνός · #3

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 2

Αν $\displaystyle{a, \beta, \gamma>0}$ πραγματικοί αριθμοί με $\displaystyle{a+\beta+\gamma=1}$ , να δείξετε ότι:

(α) $\displaystyle{\sqrt{a+\beta\gamma}+\sqrt{\beta+a\gamma}+\sqrt{\gamma+a\beta}\leqslant 2}$

(β) $\displaystyle{\dfrac{a^2}{\sqrt{a+\beta\gamma}}+\dfrac{\beta^2}{\sqrt{\beta+a\gamma}}+\dfrac{\gamma^2}{\sqrt{\gamma+a\beta}}\geqslant\dfrac{1}{2}}$

Για ευκολία, αντί $a, \beta, \gamma$ , γράφω a,b,c

.

α) Είναι

$\displaystyle \sum{\sqrt{a+bc}}=\sum \sqrt{1-b-c+bc}=\sum \sqrt{(1-b)(1-c)} \leqslant \sum \dfrac{(1-b)+(1-c)}{2}=$

$\dfrac{2-b-c}{2}+\dfrac{2-a-c}{2}+\dfrac{2-a-b}{2} \mathop = \limits^{a+b+c=1}2$ .

β) Από Cauchy-Schwarz, $\displaystyle \sum \dfrac{a^2}{\sqrt{a+bc}} \geqslant \dfrac{(a+b+c)^2}{\sum \sqrt{a+bc}} \mathop \geqslant \dfrac{4}{2}=2$ .

harrisp · #4

2)

(α) Ισχυει $a+bc\leq \dfrac {4a+(1-a)^2}{4}= \dfrac {(a+1)^2}{4}$

Αρα $LHS\leq \dfrac {a+b+c+3}{2}=2$ οεδ. Ισότητα για a=b=c=1/3

(β) Απο Andreescu επεται άμεσα το ζητούμενο!

Edit: Με πρόλαβε ο Ορέστης! Γεια σου Ορέστη!

Ορέστης Λιγνός · #5

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 3

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{\rm AB\Gamma}}$ με $\displaystyle{{\rm AB}<{\rm A\Gamma}}$ . Οι κάθετες από τις κορυφές $\displaystyle{\rm B}$ και $\displaystyle{\rm \Gamma}$ προς τις απέναντι πλευρές $\displaystyle{{\rm A\Gamma}$ και $\displaystyle{{\rm AB}}$ , αντίστοιχα, τέμνονται στο σημείο $\displaystyle{{\rm H}}$ . Οι μεσοκάθετες των πλευρών του τριγώνου τέμνονται στο σημείο $\displaystyle{{\rm O}}$ . Ονομάζουμε $\displaystyle{{\rm \Delta}}$ το μέσο της πλευράς $\displaystyle{{\rm B\Gamma}}$ . Προεκτείνουμε την $\displaystyle{{\rm O\Delta}}$ προς το $\displaystyle{{\rm \Delta}}$ και στην προέκτασή της παίρνουμε σημείο $\displaystyle{{\rm O’}}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{{\rm O\Delta}={\rm \Delta O’}}$ . Υποθέτουμε ότι οι ευθείες $\displaystyle{{\rm HO’}}$ και $\displaystyle{{\rm A\Delta}}$ τέμνονται στο σημείο $\displaystyle{{\rm P}}$ . Από το $\displaystyle{{\rm H}}$ φέρουμε κάθετη προς την $\displaystyle{{\rm A\Delta}}$ και έστω $\displaystyle{{\rm K}}$ το ίχνος της πάνω στην $\displaystyle{{\rm A\Delta}}$ . Η ευθεία $\displaystyle{{\rm \Gamma K}}$ τέμνει την $\displaystyle{{\rm AB}}$ στο σημείο $\displaystyle{{\rm T}}$ . Να αποδείξετε ότι οι γωνίες $\displaystyle{\angle{\rm BT\Gamma}}$ και $\displaystyle{\angle{\rm PHK}}$ είναι ίσες.

Για ευκολία, χρησιμοποιώ αγγλικά γράμματα.

Προφανώς, στο τετράπλευρο BOCO'

, οι διαγώνιες διχοτομούνται, άρα είναι παραλληλόγραμμο. Έτσι, $\widehat{BO'C}=\widehat{BOC}=2\widehat{A}$ .

Ακόμη, είναι προφανές ότι $\widehat{BHC}=180^0-\widehat{A}$ .

[Παίρνουμε σημείο

στο επίπεδο (όπως στο σχήμα), ώστε το BHCX

να είναι εγγράψιμο.

Τότε, $\widehat{BXC}=180^0-\widehat{BHC}=\widehat{A}=\dfrac{\widehat{BO'C}}{2}$ .

Άρα, στο τρίγωνο BXC

, το σημείο

είναι τέτοιο ώστε $BO'=O'C, \, \widehat{BO'C}=2\widehat{BXC}$ , οπότε είναι το περίκεντρο του.

Το BHCX

είναι εγγράψιμο, άρα το

είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του, οπότε O'B=O'H=O'C

.]

Από γνωστή ιδιότητα, AH=2OD=2OD'

.

Στο τρίγωνο AHP

, είναι $AH \parallel = 2DO'$ , οπότε AD=DP, HO'=O'P

.

Από την AD=DP

, έπεται ότι στο τετράπλευρο ABPC

οι διαγώνιες διχοτομούνται, άρα αυτό είναι παραλληλόγραμμο, οπότε $BT \equiv BA \parallel CP \Leftrightarrow \boxed{\widehat{BTC}=180^0-\widehat{KCP}}$ (1).

Από $BT \parallel CP, CH \perp BT \Rightarrow CH \perp CP$ , και αφού $HK \perp KP$ , το HKCP

είναι εγγράψιμο.

Άρα, $\boxed{\widehat{KHP}=180^0-\widehat{KCP}}$ (2).

Από (1), (2), το ζητούμενο είναι άμεσο.

: JBMO-KYPROY.png (49.17 KiB) Προβλήθηκε 2466 φορές

Υ.Γ. Τώρα βλέπω ότι οι λέξεις στις κόκκινες αγκύλες είναι περιττές, χωρίς να επηρεάζουν την υπόλοιπη λύση. Τις αφήνω για τα παραπάνω στοιχεία που αποδείχθηκαν.

Ορέστης Λιγνός · #6

Soteris έγραψε:
Πρόβλημα 4

Ο Γιώργος και ο Δημήτρης παίζουν το εξής παιχνίδι:

Αρχικά είναι γραμμένος στον πίνακα ο αριθμός $\displaystyle{2017}$ . Ξεκινώντας από τον Γιώργο και παίζοντας εναλλάξ, κάθε παίκτης σβήνει τον αριθμό που βλέπει στον πίνακα και στην θέση του γράφει έναν μη αρνητικό ακέραιο, ο οποίος προκύπτει από τον προηγούμενο αριθμό αφαιρώντας ένα τέλειο τετράγωνο θετικού ακεραίου, το οποίο δεν είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{5}$ . Ο παίκτης που θα γράψει πρώτος στον πίνακα τον αριθμό $\displaystyle{0}$ κερδίζει το παιχνίδι. Να βρείτε ποιος από τους δύο παίκτες έχει στρατηγική νίκης.

Στην αρχή, στον πίνακα είναι γραμμένος ο αριθμός 2017

.

Ο Γιώργος, αφαιρεί ένα τέλειο τετράγωνο από τον 2017

, και γράφει στον πίνακα τον αριθμό G_1

.
Ο Δημήτρης, αφαιρεί ένα τέλειο τετράγωνο από τον G_1

, και γράφει στον πίνακα τον αριθμό D_1

.

Εδώ τελειώνει ο πρώτος γύρος.

Ακολουθούν και οι άλλοι γύροι, όπως φαίνεται στο σχήμα, μέχρι να τελειώσει το παιχνίδι.

: kyprosJBMO4.png (7.44 KiB) Προβλήθηκε 2372 φορές

Θα δείξουμε ότι ο Δημήτρης έχει στρατηγική νίκης όταν $D_1 \equiv D_2 \equiv \ldots \equiv D_n (\bmod5)$ .

Θα δούμε τώρα πώς μπορεί να επιτευχθεί αυτό: έστω ότι ο Γιώργος στην αρχή του κάθε γύρου παίρνει από τον πίνακα τον αριθμό $N \in (2017,D_1, D_2, \ldots D_n)$ και έστω ότι αφαιρεί το x^2

. Τότε ο Δημήτρης παίρνει τον αριθμό N-x^2

, και έστω ότι αφαιρεί το y^2

.

Άρα, ο αριθμός που μένει στον πίνακα στο τέλος του κάθε γύρου είναι ο N-x^2-y^2

, και πρέπει $N \equiv N-x^2-y^2 (\bmod 5)$ , οπότε $x^2+y^2 \equiv 0(\bmod5)$ .

Αφού όμως $x,y \neq 0 (\bmod5)$ (από εκφώνηση), πρέπει $x^2 \equiv 1(\bmod 5), y^2 \equiv 4(\bmod5)$ ή το αντίστροφο.

Άρα, όταν ο Γιώργος επιλέγει

ώστε $x^2 \equiv 1 (\bmod 5)$ , ο Δημήτρης επιλέγει

ώστε $y^2 \equiv 4(\bmod5)$ και αντίστροφα.

Όμως, ο αριθμός που αρχίζει η όλη διαδικασία αρχίζει από τον αριθμό 2017

, άρα πρέπει $D_1 \equiv D_2 \equiv \ldots \equiv D_n \equiv N \equiv 2(\bmod5)$ .

Άρα, η τελευταία κόκκινη κουκίδα, δηλαδή ο αριθμός που αφήνει στον πίνακα ο Δημήτρης, θα είναι ο

.

Έτσι ο Γιώργος, παίρνει το

, αφαιρεί (υποχρεωτικά), το

και γράφει στον πίνακα το

.

Τελικά, ο Δημήτρης, αφαιρεί

και κερδίζει.

Ορέστης Λιγνός · #7

Soteris έγραψε:
Αν $\displaystyle{a, \beta, \gamma>0}$ πραγματικοί αριθμοί με $\displaystyle{a+\beta+\gamma=1}$ , να δείξετε ότι:

(α) $\displaystyle{\sqrt{a+\beta\gamma}+\sqrt{\beta+a\gamma}+\sqrt{\gamma+a\beta}\leqslant 2}$

Κάπως αλλιώς:

Είναι $1=(a+b+c)^2 \geqslant 3(ab+bc+ca)$ , άρα $ab+bc+ca \leqslant \dfrac{1}{3}$ .

Από Cauchy Schwarz, $\displaystyle \sum \sqrt{a+bc} \leqslant \sqrt{3(a+b+c+ab+bc+ca)} \leqslant \sqrt{3 \cdot \dfrac{4}{3}}=2$ ό.έ.δ, με το

για $a=b=c=\dfrac{1}{3}$ .

Υ.Γ. Είναι το Πρόβλημα 1 εδώ.

Xriiiiistos · #8

Soteris έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 29, 2017 2:04 pm

Πρόβλημα 2

Αν $\displaystyle{a, \beta, \gamma>0}$ πραγματικοί αριθμοί με $\displaystyle{a+\beta+\gamma=1}$ , να δείξετε ότι:

(α) $\displaystyle{\sqrt{a+\beta\gamma}+\sqrt{\beta+a\gamma}+\sqrt{\gamma+a\beta}\leqslant 2}$

Έχει απαντηθεί αλλά αφήνω άλλη μία λύση για τον τρόπο σκέψης

Έστω $a=\frac{k}{k+l+m},b=\frac{l}{k+l+m},c=\frac{m}{k+l+m}$

Έχουμε $\sqrt{a+bc}=\frac{\sqrt{k^{2}+kl+km+lm}}{k+l+m}=\frac{\sqrt{(k+l)(k+m)}}{k+l+m}\leq \frac{k+\frac{m+l}{2}}{k+l+m}$ Όμοια έχουμε $\sqrt{b+ac}\leq \frac{l+\frac{m+c}{2}}{k+l+m},\sqrt{c+ab}\leq \frac{m+\frac{l+c}{2}}{k+l+m}$ και μετά προσθέτουμε και βγαίνει ο ζητούμενο, Η μόνη ανισότητα που χρησιμοποιήθηκε είναι η $\sqrt{xy}\leq \frac{x+y}{2}$

Γ΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Γ΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Re: Γ΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Re: Γ΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Re: Γ΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Re: Γ΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Re: Γ΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Re: Γ΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Re: Γ΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Μέλη σε σύνδεση