Προκριματικός 2018 (Μεγάλοι)

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1186
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Προκριματικός 2018 (Μεγάλοι)

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Σάβ Ιουν 16, 2018 9:51 pm

Είναι καιρός να δούμε τα θέματα του φετινού Προκριματικού των Μεγάλων.

Πρόβλημα 1
Αν x,y,z είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε x+y+z=9xyz, να αποδείξετε ότι:

\displaystyle{\displaystyle\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+2yz+2}}+\frac{y}{\sqrt{{{y}^{2}}+2zx+2}}+\frac{z}{\sqrt{{{z}^{2}}+2xy+2}}\ge 1.}

Να εξετάσετε πότε ισχύει η ισότητα.

Πρόβλημα 2
Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο ABC, με AB<AC, εγγεγραμμένο σε κύκλο c κέντρου O. Ονομάζουμε G το βαρύκεντρο του τριγώνουABCκαι D,E,F τα ίχνη των υψών του από τις κορυφές A,B,C, αντίστοιχα. Αν οι ημιευθείες \overrightarrow{AG},\overrightarrow{GD} τέμνουν τον c στα M,N αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι τα σημεία F,E,M,N είναι ομοκυκλικά.

Πρόβλημα 3
Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις \displaystyle f:{{\mathbb{Z}}_{>0}}\to {{\mathbb{Z}}_{>0}}, όπου {{\mathbb{Z}}_{>0}} είναι το σύνολο των θετικών ακέραιων, που είναι τέτοιες ώστε ο αριθμός
\displaystyle xf(x)+(f(y))^2+2xf(y)
να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου, για όλους τους θετικούς ακεραίους \displaystyle x,y.

Πρόβλημα 4
Θεωρούμε έναν πρώτο αριθμό p\ge 2. O Άγγελος και ο Βαγγέλης παίζουν εναλλάξ το ακόλουθο παιχνίδι: Στον πίνακα υπάρχουνpάδεια κουτάκια στη σειρά, το ένα δίπλα στο άλλο, και σε κάθε κίνηση, ο παίκτης που έχει σειρά, βάζει σε ένα από τα κενά κουτάκια ένα μονοψήφιο μη αρνητικό ακέραιο. Ο Άγγελος παίζει πρώτος και το παιχνίδι τελειώνει όταν γεμίσουν όλα τα κουτάκια και έτσι προκύπτει ένας p- ψήφιος αριθμός M (ο οποίος επιτρέπουμε να έχει και μηδενικά στην αρχή). Σκοπός του Άγγελου είναι ο αριθμός M να διαιρείται με τοp, ενώ σκοπός του Βαγγέλη είναι να το αποτρέψει. Να αποδείξετε ότι ο Άγγελος έχει στρατηγική νίκης.


Σιλουανός Μπραζιτίκος

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6141
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Προκριματικός 2018 (Μεγάλοι)

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Σάβ Ιουν 16, 2018 9:56 pm

silouan έγραψε:
Σάβ Ιουν 16, 2018 9:51 pm
Είναι καιρός να δούμε τα θέματα του φετινού Προκριματικού των Μεγάλων.

Πρόβλημα 1
Αν x,y,z είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε x+y+z=9xyz, να αποδείξετε ότι:

\displaystyle{\displaystyle\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+2yz+2}}+\frac{y}{\sqrt{{{y}^{2}}+2zx+2}}+\frac{z}{\sqrt{{{z}^{2}}+2xy+2}}\ge 1.}

Να εξετάσετε πότε ισχύει η ισότητα.
Λόγω της \displaystyle{m^2+n^2\geq 2mn,} είναι

\displaystyle{\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+2yz+2}}+\frac{y}{\sqrt{{{y}^{2}}+2zx+2}}+\frac{z}{\sqrt{{{z}^{2}}+2xy+2}}\ge }

\displaystyle{\geq \frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+y^2+z^2+2}}+\frac{y}{\sqrt{{{y}^{2}}+z^2+x^2+2}}+\frac{z}{\sqrt{{{z}^{2}}+x^2+y^2+2}}=\frac{x+y+z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2+2}}}.

Αρκεί τώρα

\displaystyle{x+y+z\geq \sqrt{x^2+y^2+z^2+2,}}

δηλαδή \displaystyle{xy+yz+zx\geq 1.}

Αυτή είναι άμεση συνέπεια της συνθήκης που δίνεται και της προφανούς

\displaystyle{(x+y+z)(xy+yz+zx)\geq 9xyz.}

Είναι φανερό ότι η ισότητα πιάνεται μόνο όταν \displaystyle{x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}.}


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 766
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Προκριματικός 2018 (Μεγάλοι)

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Κυρ Ιουν 17, 2018 1:10 am

Η λύση μου σε αυτό το πρόβλημα (το οποίο δεν το έλυσα όλο κατά τη διάρκεια του διαγωνισμού, αλλά το έλυσα σε 5 λεπτά μόλις πήγα σπίτι)
Προκριματικός 2018.png
Προκριματικός 2018.png (41.71 KiB) Προβλήθηκε 1506 φορές
Αρχικά είναι γνωστό λήμμα το ότι το δεύτερο σημείο τομής της GN με τον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC, έστω Q, έχει την ιδιότητα AQ//BC.

Αυτό προκύπτει με ομοιοθεσία κέντρου G που στέλνει το περίκεντρο O στο κέντρο του κύκλου Euler. Αυτή στέλνει το A στο L, δηλαδή στο μέσο του BC και το D στο Q, άρα AQ//DL, δηλαδή AQ//BC.

Θα αποδείξουμε τώρα πως οι ευθείες FE, BC, MN συντρέχουν, έστω στο S. Αν το αποδείξουμε τότε από δύναμη σημείου στα εγγράψιμα BCEF και BCMN προκύπτει ότι SB\cdot SC=SF\cdot SE και SB\cdot SC=SN\cdot SM, άρα SF\cdot SE=SN\cdot SM και το ζητούμενο έπεται.

Έστω πως η FE τέμνει την BC στο S λοιπόν. Θα αποδείξουμε πως αν MN τέμνει την BC στο T τότε, S\equiv T.

Από το πλήρες τετράπλευρο AFHE.BC, όπου H το ορθόκεντρο, έχουμε πως η τετράδα S, D, B, C είναι αρμονική.

Αρκεί να αποδειχθεί και πως η τετράδα T, D, B, C είναι αρμονική.

Αρκεί να αποδειχθεί πως η δέσμη N(M, D, B, C), δηλαδή η N(M, Q, B, C) είναι αρμονική.

Δηλαδή αρκεί να αποδειχθεί πως το MCQB είναι αρμονικό, δηλαδή η δέσμη A(M, Q, B, C) να είναι αρμονική, δηλαδή η δέσμη A(L, Q, B, C) να είναι αρμονική, που ισχύει καθώς AQ//BC και η AL διχοτομεί την BC.

Edit: προστέθηκε το σχήμα
τελευταία επεξεργασία από Διονύσιος Αδαμόπουλος σε Κυρ Ιουν 17, 2018 1:45 am, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Houston, we have a problem!
gavrilos
Δημοσιεύσεις: 1030
Εγγραφή: Παρ Δεκ 07, 2012 4:11 pm

Re: Προκριματικός 2018 (Μεγάλοι)

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gavrilos » Κυρ Ιουν 17, 2018 1:15 am

silouan έγραψε:
Σάβ Ιουν 16, 2018 9:51 pm
Πρόβλημα 2
Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο ABC, με AB<AC, εγγεγραμμένο σε κύκλο c κέντρου O. Ονομάζουμε G το βαρύκεντρο του τριγώνουABCκαι D,E,F τα ίχνη των υψών του από τις κορυφές A,B,C, αντίστοιχα. Αν οι ημιευθείες \overrightarrow{AG},\overrightarrow{GD} τέμνουν τον c στα M,N αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι τα σημεία F,E,M,N είναι ομοκυκλικά.
Καλησπέρα.Καλό πρόβλημα,όπως και η ανισότητα.

\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm] 
\clip(-3.,-3.2) rectangle (9.,7.); 
\fill[line width=0.8pt,color=grey,fill=grey,fill opacity=0.20000000298023224] (1.2226493272368846,5.136259895485185) -- (0.,0.) -- (8.,0.) -- cycle; 
\draw [shift={(4.,0.)},line width=0.8pt,color=blue,fill=blue,fill opacity=0.10000000149011612] (0,0) -- (118.40159948418994:0.7586108941964292) arc (118.40159948418994:180.:0.7586108941964292) -- cycle; 
\draw [shift={(1.2226493272368846,5.136259895485185)},line width=0.8pt,color=blue,fill=blue,fill opacity=0.10000000149011612] (0,0) -- (-61.59840051581007:0.7586108941964292) arc (-61.59840051581007:0.:0.7586108941964292) -- cycle; 
\draw [shift={(0.4184674629548083,-0.7436020050862395)},line width=0.8pt,color=blue,fill=blue,fill opacity=0.10000000149011612] (0,0) -- (-18.839798385355518:0.7586108941964292) arc (-18.839798385355518:42.75860213045456:0.7586108941964292) -- cycle; 
\draw [line width=0.8pt,color=black] (1.2226493272368846,5.136259895485185)-- (0.,0.); 
\draw [line width=0.8pt,color=black] (0.,0.)-- (8.,0.); 
\draw [line width=0.8pt,color=black] (8.,0.)-- (1.2226493272368846,5.136259895485185); 
\draw [line width=0.8pt] (4.,1.7614804197673806) circle (4.370676523059544cm); 
\draw [line width=0.8pt] (1.2226493272368846,5.136259895485185)-- (1.2226493272368846,0.); 
\draw [line width=0.8pt] (1.2226493272368846,5.136259895485185)-- (5.303352869243829,-2.410339874475618); 
\draw [line width=0.8pt] (0.4184674629548083,-0.7436020050862395)-- (6.777350672763115,5.136259895485184); 
\draw [line width=0.8pt] (1.2226493272368846,5.136259895485185)-- (6.777350672763115,5.136259895485184); 
\draw [line width=0.8pt] (0.4290054206753828,1.8022202180738625)-- (2.918526889049664,3.851027903078788); 
\draw [line width=0.8pt] (-1.7608857811541683,0.)-- (0.,0.); 
\draw [line width=0.8pt] (-1.7608857811541683,0.)-- (5.303352869243829,-2.410339874475618); 
\draw [line width=0.8pt,dash pattern=on 2pt off 2pt] (0.4290054206753828,1.8022202180738625)-- (-1.7608857811541683,0.); 
\begin{scriptsize} 
\draw [fill=black] (1.2226493272368846,5.136259895485185) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color: black"> (1.0675523000199187,5.620998906196866) node {A}; 
\draw [fill=black] (0.,0.) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color: black"> (-0.3738083989532967,0.3612967064349657) node {B}; 
\draw [fill=black] (8.,0.) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color: black"> (8.324929854499091,0.1084264083694897) node {C}; 
\draw [fill=black] (3.074216442412295,1.712086631828395) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color: black"> (3.0652276547371824,2.2578239419260355) node {G}; 
\draw [fill=black] (1.2226493272368846,0.) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color: black"> (0.915830121180633,0.3612967064349657) node {D}; 
\draw [fill=black] (2.918526889049664,3.851027903078788) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color: black"> (3.09051468454373,4.230212266836748) node {E}; 
\draw [fill=black] (0.4290054206753828,1.8022202180738625) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color: black"> (0.1825062567907514,2.283110971732583) node {F}; 
\draw [fill=black] (5.303352869243829,-2.410339874475618) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color: black"> (5.543356575778851,-2.5972857809311036) node {M}; 
\draw [fill=black] (0.4184674629548083,-0.7436020050862395) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color: black"> (0.03078407795146554,-0.8777677540858667) node {N}; 
\draw [fill=black] (6.777350672763115,5.136259895485184) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color: black"> (6.959430244945519,5.494563757164128) node {P}; 
\draw [fill=black] (-1.7608857811541683,0.) circle (1.5pt); 
\draw[color=black] (-1.9416042469592503,0.43715779585460846) node {J}; 
\draw [fill=black] (4.,0.) circle (1.5pt); 
\draw[color=black] (3.8744126085467068,-0.2708790387287243) node {I}; 
\end{scriptsize} 
\end{tikzpicture}

Έστω P το δεύτερο σημείο τομής της GD με τον κύκλο,I το μέσο της BC και J το σημείο τομής της MN με τη BC.Είναι γνωστό(;) ότι AP\parallel BC (το έχουμε ξαναδεί εδώ,δε μπόρεσα να βρω link πάντως θυμάμαι ότι σχετίζεται με το G4 της shortlist του 2011).Συνεπώς,\hat{MNP}=\hat{MAP}=\hat{AID} άρα το DIMN είναι εγγράψιμο.Έπεται ότι JD\cdot JI=JM\cdot JN=JB\cdot JC\Rightarrow JD\cdot JI=JI^2-BI^2\Rightarrow BI^2=IJ\cdot ID.Από το αντίστροφο του θ. Newton,έπεται ότι η τετράδα (J,D/B,C) είναι αρμονική.Με άλλα λόγια,το J είναι το συζυγές αρμονικό του D ως προς τα B,C,οπότε ταυτίζεται και με το σημείο τομής της EF με τη BC,δηλαδή τα E,F,J είναι συνευθειακά.Αφού το EFBC ειναι εγγράψιμο,έπεται ότι JB\cdot JC=JF\cdot JE\Rightarrow JM\cdot JN=JF\cdot JE,όπως θέλαμε.


Αν τα γεγονότα δεν συμφωνούν με τη θεωρία, τότε αλίμονο στα γεγονότα.

Albert Einstein
achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2602
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: Προκριματικός 2018 (Μεγάλοι)

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Κυρ Ιουν 17, 2018 1:23 am

gavrilos έγραψε:
Κυρ Ιουν 17, 2018 1:15 am
...

Έστω P το δεύτερο σημείο τομής της GD με τον κύκλο,I το μέσο της BC και J το σημείο τομής της MN με τη BC.Είναι γνωστό(;) ότι AP\parallel BC (το έχουμε ξαναδεί εδώ,δε μπόρεσα να βρω link πάντως θυμάμαι ότι σχετίζεται με το G4 της shortlist του 2011)....
Δείτε κι εδώ για το ότι AP\parallel BC (στο παρακάτω σχήμα AQ\parallel BC)

(επισυνάπτω το σχήμα για τον κόπο)

Φιλικά,

Αχιλλέας
Συνημμένα
prokrimatikos_megalon_2018.png
prokrimatikos_megalon_2018.png (44.04 KiB) Προβλήθηκε 1511 φορές


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8024
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Προκριματικός 2018 (Μεγάλοι)

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Κυρ Ιουν 17, 2018 11:16 am

silouan έγραψε:
Σάβ Ιουν 16, 2018 9:51 pm

Πρόβλημα 4
Θεωρούμε έναν πρώτο αριθμό p\ge 2. O Άγγελος και ο Βαγγέλης παίζουν εναλλάξ το ακόλουθο παιχνίδι: Στον πίνακα υπάρχουνpάδεια κουτάκια στη σειρά, το ένα δίπλα στο άλλο, και σε κάθε κίνηση, ο παίκτης που έχει σειρά, βάζει σε ένα από τα κενά κουτάκια ένα μονοψήφιο μη αρνητικό ακέραιο. Ο Άγγελος παίζει πρώτος και το παιχνίδι τελειώνει όταν γεμίσουν όλα τα κουτάκια και έτσι προκύπτει ένας p- ψήφιος αριθμός M (ο οποίος επιτρέπουμε να έχει και μηδενικά στην αρχή). Σκοπός του Άγγελου είναι ο αριθμός M να διαιρείται με τοp, ενώ σκοπός του Βαγγέλη είναι να το αποτρέψει. Να αποδείξετε ότι ο Άγγελος έχει στρατηγική νίκης.
Πολύ ωραίο.

Αριθμούμε τα κουτάκια 1,2,\ldots,p από δεξιά προς αριστερά.

Για p=2,5 απλά γράφουμε 0 στο πρώτο κουτάκι. Για κάθε άλλο p ξεκινάμε γράφοντας 0 στο p-οστό κουτάκι. Χωρίζουμε τα υπόλοιπα κουτάκια στα ζεύγη \{1,1+d\},\{2,2+d\},\ldots,\{d,2d\} όπου d = (p-1)/2. Επειδή 10^{p-1} \equiv 1 \bmod p τότε 10^d \equiv 1 \bmod p ή 10^d \equiv -1 \bmod p.

Περίπτωση 1: 10^d \equiv -1 \bmod p

Όταν ο αντίπαλος γράψει r στο ένα από τα κουτάκια του ζεύγους \{k,k+d\} γράφουμε και εμείς r στο άλλο. Αυτοί οι δύο αριθμοί συνεισφέρουν 0\bmod p στον αριθμό M που θα σχηματιστεί. Αυτό συμβαίνει για κάθε ζεύγος και άρα κερδίζουμε.

Περίπτωση 2: 10^d \equiv 1 \bmod p

Όταν ο αντίπαλος γράψει r στο ένα από τα κουτάκια του ζεύγους \{k,k+d\} εμείς γράφουμε 9-r στο άλλο. Αυτοί οι δύο αριθμοί συνεισφέρουν 9 \cdot 10^k \bmod p στον αριθμό M που θα σχηματιστεί. Αυτό συμβαίνει για κάθε ζεύγος και άρα στο τέλος θα έχουμε

\displaystyle M \equiv 9(1+10+\cdots +10^{d-1}) \equiv 10^{d} - 1 \equiv 0 \bmod p

Οπότε κερδίζουμε σε κάθε περίπτωση.


dement
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1391
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 10:11 am

Re: Προκριματικός 2018 (Μεγάλοι)

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dement » Κυρ Ιουν 17, 2018 7:10 pm

silouan έγραψε:
Σάβ Ιουν 16, 2018 9:51 pm
Πρόβλημα 3
Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις \displaystyle f:{{\mathbb{Z}}_{>0}}\to {{\mathbb{Z}}_{>0}}, όπου {{\mathbb{Z}}_{>0}} είναι το σύνολο των θετικών ακέραιων, που είναι τέτοιες ώστε ο αριθμός
\displaystyle xf(x)+(f(y))^2+2xf(y)
να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου, για όλους τους θετικούς ακεραίους \displaystyle x,y.
Εύκολα διαπιστώνουμε ότι η ταυτοτική ακολουθία είναι λύση. Θα αποδείξουμε ότι είναι μοναδική.

Έστω f συνάρτηση που πληροί τις προϋποθέσεις της εκφώνησης με f(x_0) \neq x_0. Αφού η παράσταση (x_0 + f(y))^2 + x_0 (f(x_0) - x_0) πρέπει πάντα να είναι τέλειο τετράγωνο, η συνάρτηση πρέπει να είναι φραγμένη (αφού m > n \implies |m^2 - n^2| > 2n). Έστω f(x) \leqslant r για κάθε x \in \mathbb{Z}_{>0}.

Θέτοντας y = x, βλέπουμε ότι ο 3xf(x) + f(x)^2 πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο. Έστω 3xf(x) + f(x)^2 = M^2 \implies 3xf(x) = \left(M - f(x) \right) \left(M + f(x) \right). Η απόλυτη διαφορά των δύο παραγόντων δεξιά είναι d = 2f(x) \leqslant 2r. Επιλέγοντας για x = p πρώτο, έχουμε d \geqslant |p - 3r| (ο ένας από τους δύο παράγοντες θα διαιρείται με p και ο άλλος το πολύ με 3 f(x) \leqslant 3r), οπότε p \leqslant 5r. Αφού όμως ο πρώτος p μπορεί να είναι αυθαίρετα μεγάλος, έχουμε άτοπο.


Δημήτρης Σκουτέρης

Τα μαθηματικά είναι η μοναδική επιστήμη που θα μπορούσε κανείς να εξακολουθήσει να ασκεί αν κάποτε ξυπνούσε και το σύμπαν δεν υπήρχε πλέον.
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8024
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Προκριματικός 2018 (Μεγάλοι)

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Ιουν 18, 2018 10:18 am

silouan έγραψε:
Σάβ Ιουν 16, 2018 9:51 pm

Πρόβλημα 3
Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις \displaystyle f:{{\mathbb{Z}}_{>0}}\to {{\mathbb{Z}}_{>0}}, όπου {{\mathbb{Z}}_{>0}} είναι το σύνολο των θετικών ακέραιων, που είναι τέτοιες ώστε ο αριθμός
\displaystyle xf(x)+(f(y))^2+2xf(y)
να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου, για όλους τους θετικούς ακεραίους \displaystyle x,y.
Ήταν η άσκηση ΝΤ2 της BMO Shortlist του 2017. Βάζω και την δική μου λύση. Δείχνω και εγώ ότι δεν μπορεί η f να είναι φραγμένη αλλά με διαφορετικό τρόπο.

Λήμμα: Για κάθε n \in \mathbb{N} υπάρχει x \in \mathbb{N} με f(x) > n.

Απόδειξη λήμματος: Υποθέτω προς άτοπο ότι δεν ισχύει. Για y=x βλέπω ότι το f(x)^2 + 3xf(x) είναι τέλειο τετράγωνο. Άρα για κάθε x \in \mathbb{N} υπάρχει k \in \{1,2,\ldots,n\} ώστε το k^2 + 3kx να είναι τέλειο τετράγωνο. Παίρνω πρώτους 3n < p_1 < p_2 < \cdots < p_n. Για κάθε k βρίσκω a_k το οποίο δεν είναι τέλειο τετράγωνο modulo p_k. Ακολούθως βρίσκω b_k ώστε k^2 + 3kb_k \equiv a_k \bmod p_k. Μπορώ να βρω τέτοιο b_k επειδή η εξίσωση είναι γραμμική και (3k,p_k) = 1. Από Κινέζικο Θεώρημα τώρα βρίσκω x ώστε x \equiv b_k \bmod p_k. Τότε το k^2 + 3kx \equiv a_k \bmod p_k δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο. Άρα f(x) \neq k. Αυτό ισχύει για κάθε k, άτοπο.

Τα υπόλοιπα όπως στην λύση του Δημήτρη.


gavrilos
Δημοσιεύσεις: 1030
Εγγραφή: Παρ Δεκ 07, 2012 4:11 pm

Re: Προκριματικός 2018 (Μεγάλοι)

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gavrilos » Τρί Ιουν 19, 2018 3:38 pm

Καλησπέρα.

Όσον αφορά το προβλημα της γεωμετρίας,ένα ακόμη στοιχείο που προκύπτει είναι το εξής:

Αν I το σημείο τομής των AG και EF τότε οι FN,CI τέμνονται πάνω στον κύκλο (όπως,λόγω συμμετρίας,και οι EN,BI).


Αν τα γεγονότα δεν συμφωνούν με τη θεωρία, τότε αλίμονο στα γεγονότα.

Albert Einstein
christinat
Δημοσιεύσεις: 10
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 23, 2018 11:26 pm

Re: Προκριματικός 2018 (Μεγάλοι)

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από christinat » Παρ Ιαν 25, 2019 12:35 am

silouan έγραψε:
Σάβ Ιουν 16, 2018 9:51 pm
Είναι καιρός να δούμε τα θέματα του φετινού Προκριματικού των Μεγάλων.

Πρόβλημα 1
Αν x,y,z είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε x+y+z=9xyz, να αποδείξετε ότι:

\displaystyle{\displaystyle\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+2yz+2}}+\frac{y}{\sqrt{{{y}^{2}}+2zx+2}}+\frac{z}{\sqrt{{{z}^{2}}+2xy+2}}\ge 1.}

Να εξετάσετε πότε ισχύει η ισότητα.

Πρόβλημα 2
Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο ABC, με AB<AC, εγγεγραμμένο σε κύκλο c κέντρου O. Ονομάζουμε G το βαρύκεντρο του τριγώνουABCκαι D,E,F τα ίχνη των υψών του από τις κορυφές A,B,C, αντίστοιχα. Αν οι ημιευθείες \overrightarrow{AG},\overrightarrow{GD} τέμνουν τον c στα M,N αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι τα σημεία F,E,M,N είναι ομοκυκλικά.

Πρόβλημα 3
Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις \displaystyle f:{{\mathbb{Z}}_{>0}}\to {{\mathbb{Z}}_{>0}}, όπου {{\mathbb{Z}}_{>0}} είναι το σύνολο των θετικών ακέραιων, που είναι τέτοιες ώστε ο αριθμός
\displaystyle xf(x)+(f(y))^2+2xf(y)
να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου, για όλους τους θετικούς ακεραίους \displaystyle x,y.

Πρόβλημα 4
Θεωρούμε έναν πρώτο αριθμό p\ge 2. O Άγγελος και ο Βαγγέλης παίζουν εναλλάξ το ακόλουθο παιχνίδι: Στον πίνακα υπάρχουνpάδεια κουτάκια στη σειρά, το ένα δίπλα στο άλλο, και σε κάθε κίνηση, ο παίκτης
που έχει σειρά, βάζει σε ένα από τα κενά κουτάκια ένα μονοψήφιο μη αρνητικό ακέραιο. Ο Άγγελος παίζει πρώτος και το παιχνίδι τελειώνει όταν γεμίσουν όλα τα κουτάκια και έτσι προκύπτει ένας p- ψήφιος αριθμός M (ο οποίος επιτρέπουμε να έχει και μηδενικά στην αρχή). Σκοπός του Άγγελου είναι ο αριθμός M να διαιρείται με τοp, ενώ σκοπός του Βαγγέλη είναι να το αποτρέψει. Να αποδείξετε ότι ο Άγγελος έχει στρατηγική νίκης.


Πρόβλημα 1

Από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου προκύπτει ότι: 3\sqrt[3]{xyz}\leq x+y+z\Rightarrow 3\sqrt[3]{xyz}\leq 9xyz\Rightarrow xyz\geq \frac{1}{3\sqrt[]{3}}

Από την παραπάνω σχεση:x+y+z\geq \sqrt{3}\Rightarrow (x+y+z)^{2}\geq 3(1)

Αφού x,y,z θετικοί ισχύει :(x+y+z)*(xy+yz+xz)\geq 9xyz\Rightarrow xy+yz+xz\geq 1(2)
Έστω:
\sqrt{x^{2}+2yz+2}=\sqrt{k} , \sqrt{y^{2}+2xz+2}=\sqrt{l},\sqrt{z^{2}+2yx+2}=\sqrt{m} Όπου k\leq l\leq m

k,l,m θετικοί πραγματικοί αριθμού \frac{x}{\sqrt{k}}+\frac{y}{\sqrt{l}}+\frac{z}{\sqrt{m}}\geq \frac{x+y+z}{\sqrt{m}}

Από την σχεση (1) έχουμε:\frac{x}{\sqrt{k}}+\frac{y}{\sqrt{l}}+\frac{z}{\sqrt{m}}\geq \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{x^{2}+2yz+2}}


Πρέπει \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{x^{2}+2yz+2}}\geq 1\Rightarrow \frac{3}{x^{2}+2yz+2}\geq 1

Από τις σχέσεις (1)-(2) προκύπτει ότι x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq 1
2yz\leq y^{2}+z^{2}

Έστω τωρα ότι x^{2}+2yz+2\leq 3\Rightarrow x^{2}+2yz+2\leq (x+y+z)^{2}\Rightarrow 2\leq y^{2} +z^{2}+2(xy+xz)

Λόγω της (2): y^{2}+z^{2}+2(xy+xz)\geq y^{2}+z^{2}+2(1-yz)
όμως y^{2}+z^{2}+2(1-yz)=(y-z)^{2}+2\geq 2

Από όλα τα παραπάνω προκύπτει ότι x^{2}+2yz+2\leq 3\Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{x^{2}+2yz+2}}\geq 1\Rightarrow \frac{x}{\sqrt{k}}+\frac{y}{\sqrt{l}}+\frac{z}{\sqrt{m}}\geq 1

Η ισότητα ισχύει όταν xyz=\frac{1}{3\sqrt{3}}\Rightarrow x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}


Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες