Γ΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για IMO, 2018

Soteris · #1

Πρόβλημα 1

Να βρείτε όλους τους ακέραιους $\displaystyle{\nu\geqslant 2}$ , για τους οποίους ο αριθμός $\displaystyle{11111_{(\nu)}}$ (ο αριθμός με βάση το $\displaystyle{\nu}$ ) είναι τέλειο τετράγωνο.

Πρόβλημα 2

Δίνεται τραπέζιο $\displaystyle{{\rm AB\Gamma\Delta}}$ με $\displaystyle{{\rm A\Delta}\parallel{\rm B\Gamma}}$ και $\displaystyle{\angle{\rm A}=120^\circ }$ . Αν $\displaystyle{{\rm E}}$ το μέσον της πλευράς $\displaystyle{{\rm AB}}$ και $\displaystyle{{\rm O_1, O_2}}$ τα περίκεντρα των τριγώνων $\displaystyle{\vartriangle{\rm AE\Delta}, \vartriangle{\rm BE\Gamma}}$ , αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του τραπεζίου $\displaystyle{{\rm AB\Gamma\Delta}}$ είναι εξαπλάσιο από το εμβαδόν του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle{\rm O_1EO_2}}$ .

Πρόβλημα 3

Αν $\displaystyle{\alpha, \beta, \gamma}$ είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να βρείτε όλες τις τριάδες $\displaystyle{(\alpha, \beta, \gamma)}$ , για τις οποίες η παράσταση $\displaystyle{K=\dfrac{\alpha+3\gamma}{\alpha+2\beta+\gamma}+\dfrac{4\beta}{\alpha+\beta+2\gamma}-\dfrac{8\gamma}{\alpha+\beta+3\gamma}}$ παίρνει την ελάχιστη τιμή της.

Πρόβλημα 4

Έστω $\displaystyle{{\rm \Lambda}=\left\{1, 2, 3, \ldots, 2\nu-1, 2\nu\right\}}$ ένα σύνολο $\displaystyle{2\nu}$ διαδοχικών θετικών ακεραίων και $\displaystyle{{\rm P}=\left\{a_1, a_2, a_3, \ldots, a_{2\nu-1}, a_{2\nu}\right\}}$ μία μετάθεση των στοιχείων του $\displaystyle{{\rm \Lambda}}$ .
(α) Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\sum_{i=1}^{\nu}a_{2i-1}\cdot a_{2i}\leqslant\sum_{i=1}^{\nu}(2i-1)2i}$

(β) Να βρείτε τον μεγαλύτερο θετικό ακέραιο $\displaystyle{m}$ , έτσι ώστε το $\displaystyle{m\times m}$ τετράγωνο να μπορεί να χωριστεί σε $\displaystyle{7}$ ορθογώνια που ανά δύο να μην έχουν κοινά εσωτερικά σημεία και τα μήκη και πλάτη τους να σχηματίζουν την ακολουθία $\displaystyle{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14}$ .

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #2

Soteris έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 24, 2018 1:07 pm
Πρόβλημα 1

Να βρείτε όλους τους ακέραιους $\displaystyle{\nu\geqslant 2}$ , για τους οποίους ο αριθμός $\displaystyle{11111_{(\nu)}}$ (ο αριθμός με βάση το $\displaystyle{\nu}$ ) είναι τέλειο τετράγωνο.

Στην πραγματικότητα πρέπει να λύσουμε τη διοφαντική:

1+n+n^2+n^3+n^4=m^2

, με

θετικοί ακέραιοι.

Έστω n>3

.

Διακρίνουμε περιπτώσεις:

Αν

άρτιος τότε παρατηρούμε πως:

$(n^2+\dfrac{n}{2})^2=n^4+n^3+\dfrac{n^2}{4}<m^2$

$(n^2+\dfrac{n}{2}+1)^2=n^4+n^3+n^2+n+1+n^2+\dfrac{n^2}{4}>m^2$

Άρα το m^2

είναι ανάμεσα σε δύο διαδοχικά τέλεια τετράγωνο, άτοπο.

Αν

περιττός τότε παρατηρούμε πως:

$(n^2+\dfrac{n-1}{2})^2=n^4+n^3+\dfrac{(n-1)^2}{4}-n^2<m^2$

$(n^2+\dfrac{n+1}{2})^2=n^4+n^3+n^2+\dfrac{(n+1)^2}{4}>m^2$ , καθώς για n>3

είναι $\dfrac{(n+1)^2}{4}>n+1$

Άρα το m^2

είναι ανάμεσα σε δύο διαδοχικά τέλεια τετράγωνο, άτοπο.

Οι περιπτώσεις n=2

και

δίνουν

(άτοπο) και m^2=121

(εγκρίνεται). Άρα μοναδική περίπτωση είναι n=3

.

#3

Soteris έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 24, 2018 1:07 pm

Πρόβλημα 2

Δίνεται τραπέζιο $\displaystyle{{\rm AB\Gamma\Delta}}$ με $\displaystyle{{\rm A\Delta}\parallel{\rm B\Gamma}}$ και $\displaystyle{\angle{\rm A}=120^\circ }$ . Αν $\displaystyle{{\rm E}}$ το μέσον της πλευράς $\displaystyle{{\rm AB}}$ και $\displaystyle{{\rm O_1, O_2}}$ τα περίκεντρα των τριγώνων $\displaystyle{\vartriangle{\rm AE\Delta}, \vartriangle{\rm BE\Gamma}}$ , αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του τραπεζίου $\displaystyle{{\rm AB\Gamma\Delta}}$ είναι εξαπλάσιο από το εμβαδόν του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle{\rm O_1EO_2}}$ .

: Γ' Παγκύπριος ΙΜΟ 2018.png (23.08 KiB) Προβλήθηκε 1458 φορές

Επειδή

είναι το μέσο του AB,

θα είναι

Αρκεί να δείξω λοιπόν ότι: (EDC)=3(O_1EO_2).

Έστω

οι ακτίνες των κύκλων (O_1), (O_2).

Τότε λόγω των γωνιών των 120^0

θα είναι $\displaystyle ED = r\sqrt 3 ,CE = R\sqrt 3$

κι επειδή $\displaystyle D\widehat EC = {O_2}\widehat E{O_1} = {30^0} + C\widehat E{O_1},$ θα είναι: $\displaystyle \frac{{(DEC)}}{{({O_1}E{O_2})}} = \frac{{DE \cdot EC}}{{{O_1}E \cdot {O_2}E}} = \frac{{3Rr}}{{Rr}} = 3$

ksofsa · #4

Για το 3:

Θέτω: x=a+2b+c, y=a+b+2c, z=a+b+3c

Τότε:

Αρα: $K=\frac{2y-x}{x}+\frac{4x-8y+4z}{y}+\frac{8y-8z}{z}=2(\frac{y}{x}+\frac{2x}{y}+\frac{2z}{y}+\frac{4y}{z})-17$

Ομως $(\frac{y}{x}+\frac{2x}{y})+(\frac{2z}{y}+\frac{4y}{z})\geq 2\sqrt{2}+4\sqrt{2}=8\sqrt{2}$ .

Ισότητα για $y=x\sqrt{2},z=y\sqrt{2}=2x\Rightarrow a=x(5\sqrt{2}-7),b=x(3-2\sqrt{2}),c=x(2-\sqrt{2}), x>0$

#5

Soteris έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 24, 2018 1:07 pm
Πρόβλημα 4

Έστω $\displaystyle{{\rm \Lambda}=\left\{1, 2, 3, \ldots, 2\nu-1, 2\nu\right\}}$ ένα σύνολο $\displaystyle{2\nu}$ διαδοχικών θετικών ακεραίων και $\displaystyle{{\rm P}=\left\{a_1, a_2, a_3, \ldots, a_{2\nu-1}, a_{2\nu}\right\}}$ μία μετάθεση των στοιχείων του $\displaystyle{{\rm \Lambda}}$ .
(α) Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\sum_{i=1}^{\nu}a_{2i-1}\cdot a_{2i}\leqslant\sum_{i=1}^{\nu}(2i-1)2i}$

(β) Να βρείτε τον μεγαλύτερο θετικό ακέραιο $\displaystyle{m}$ , έτσι ώστε το $\displaystyle{m\times m}$ τετράγωνο να μπορεί να χωριστεί σε $\displaystyle{7}$ ορθογώνια που ανά δύο να μην έχουν κοινά εσωτερικά σημεία και τα μήκη και πλάτη τους να σχηματίζουν την ακολουθία $\displaystyle{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14}$ .

Όμορφο πρόβλημα!

(α) Θα κάνω την απόδειξη με ισχυρή επαγωγή στο ήμισυ του πλήθους των στοιχείων του $\Lambda$ . Για ευκολία θα συμβολίζω με S_k

το $\displaystyle\sum_{i=1}^{k}\left[(2i-1)2i\right]$ .

Για $\nu=2$ δηλαδή με $\Lambda=\{1,2,3,4\}$ ο ισχυρισμός προφανώς ισχύει (δοκιμάζουμε όλους τους πιθανούς συνδυασμούς και όλοι είναι μικρότεροι του S_2

)

Ας υποθέσουμε τώρα ότι ο ισχυρισμός ισχύει όταν $\nu=k$ με $\Lambda=\{1,2,3,...,2k\}$ . Τότε για οποιαδήποτε μετάθεση a_i

των στοιχείων του $\Lambda$ θα ισχύει ότι $\displaystyle\sum_{i=1}^{k}a_{2i-1}a_{2i}\leq S_k$

Θα κάνουμε την απόδειξη όταν $\nu=k+1$ δηλαδή $\Lambda=\{1,2,3,...,2k,2k+1,2k+2\}$ αποδεικνύοντας ότι για οποιαδήποτε μετάθεση a_i

των στοιχείων του $\Lambda$ ισχύει $\displaystyle\sum_{i=1}^{k+1}a_{2i-1}a_{2i}\leq S_{k+1}$

Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις:

$\blacksquare$ Κάποιο εκ των γινομένων $a_{2i-1}a_{2i}$ που εμφανίζονται στο παραπάνω άθροισμα, ας υποθέσουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας το $a_{2k+1}a_{2k+2}$ , είναι ίσο με (2k+1)(2k+2)

. Τότε

$\displaystyle\sum_{i=1}^{k+1}a_{2i-1}a_{2i} = \displaystyle\sum_{i=1}^{k}a_{2i-1}a_{2i} + a_{2k+1}a_{2k+2} \leq S_{k} + (2k+1)(2k+2) = S_{k+1}$ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

$\blacksquare$ Κάποιο a_i

είναι ίσο με 2k+1

, ας υποθέσουμε $a_{2k-1}=2k+1$ και κάποιο a_j

ίσο με

, ας υποθέσουμε $a_{2k+1}=2k+2$ και τα a_i, a_j

δεν εμφανίζονται στο ίδιο γινόμενο. Τότε έχουμε διαδοχικά:

$\begin{aligned} \displaystyle\sum_{i=1}^{k+1}a_{2i-1}a_{2i} & = \displaystyle\sum_{i=1}^{k-1}a_{2i-1}a_{2i} + a_{2k-1}a_{2k} + a_{2k+1}a_{2k+2} \\ &= \displaystyle\sum_{i=1}^{k-1}a_{2i-1}a_{2i} + (2k+1)a_{2k} + (2k+2)a_{2k+2} \\ &\leq \displaystyle\sum_{i=1}^{k-1}a_{2i-1}a_{2i} + a_{2k}a_{2k+2}+(2k+1)(2k+2) \\ &\leq S_{k}+(2k+1)(2k+2)=S_{k+1} \end{aligned}$

και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

(β) To άθροισμα των εμβαδών των ορθογωνίων είναι ίσο με $\displaystyle\sum_{i=1}^{7}a_{2i-1}a_{2i}$ όπου $a_1,a_2,\ldots,a_{14}$ μία μετάθεση των $1,2,\ldots ,14$ και από την άλλη πρέπει να είναι ίσο με το εμβαδό του τετραγώνου δηλαδή m^2

.

Συνεπώς από το (α) ερώτημα έχουμε $m^2= \displaystyle\sum_{i=1}^{7}a_{2i-1}a_{2i} \leq \displaystyle\sum_{i=1}^{k}\left[(2i-1)2i\right]=504$

Άρα $m\leq \sqrt{504}$ κι επειδή $m\in\mathbb{N}$ άρα $m\leq 22$ . Μένει να κατασκευάσουμε ένα τετράγωνο διαστάσεων $22\times 22$ που να χωρίζεται σε

ορθογώνια όπως ορίζει η εκφώνηση. Η κατασκευή φαίνεται παρακάτω κι έτσι η μέγιστη τιμή του

είναι το

.

: CYP_3rdTST_2018.png (14.49 KiB) Προβλήθηκε 1208 φορές

Αλέξανδρος

Γ΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για IMO, 2018

Γ΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για IMO, 2018

Re: Γ΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για IMO, 2018

Re: Γ΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για IMO, 2018

Re: Γ΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για IMO, 2018

Re: Γ΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για IMO, 2018

Μέλη σε σύνδεση