mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 10, 2019 1:48 pm**

Πρόβλημα 1

Έστω $\displaystyle{p}$ πρώτος αριθμός και $\displaystyle{\beta}$ ακέραιος αριθμός, τέτοιοι ώστε να ισχύουν:

$\displaystyle{\bullet}$ Ο αριθμός $\displaystyle{2019+\beta}$ είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{p}$ .

$\displaystyle{\bullet}$ Ο αριθμός $\displaystyle{2019^3+\beta^3}$ είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{p^2}$ .

$\displaystyle{\bullet}$ Ο αριθμός $\displaystyle{p^2}$ δεν διαιρεί τον $\displaystyle{2019+\beta}$ .

Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{2019^3+\beta^3}$ είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{p^3}$ .

Πρόβλημα 2

Έστω θετικοί ακέραιοι $\displaystyle{\mu, \nu}$ , ώστε ο αριθμός $\displaystyle{A=\mu^3+\nu^3-(\mu+\nu)^2}$ να είναι επίσης θετικός ακέραιος.

(α) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{A=(\mu+\nu)(\mu^2+\nu^2-\mu\nu-\mu-\nu)}$

(β) Να βρείτε την ελάχιστη δυνατή τιμή της παράστασης $\displaystyle{A}$ .

Πρόβλημα 3

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC}}$ με $\displaystyle{CA=CB}$ και $\displaystyle{\angle{ACB}>90^\circ}$ . Ονομάζουμε $\displaystyle{E}$ το σημείο τομής της μεσοκαθέτου του $\displaystyle{AC}$ και της εσωτερικής διχοτόμου της γωνίας $\displaystyle{\angle{B}}$ του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle{ABC}}$ . Ο κύκλος με διάμετρο το $\displaystyle{AE}$ τέμνει την ευθεία $\displaystyle{AC}$ στο σημείο $\displaystyle{Z}$ . Αν η εφαπτομένη του κύκλου στο $\displaystyle{Z}$ τέμνει την $\displaystyle{AB}$ στο σημείο $\displaystyle{F}$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{AZ=AF}$ .

Πρόβλημα 4

Σε μια συνάντηση $\displaystyle{100}$ ατόμων, κάθε άτομο αντιπαθεί ακριβώς ένα άλλο άτομο. (Η αντιπάθεια δεν είναι απαραίτητα αμοιβαία.)

(α) Να αποδείξετε ότι μπορούμε να επιλέξουμε $\displaystyle{34}$ άτομα, ώστε καθένα από αυτά να μην αντιπαθεί κάποιο άλλο άτομο από αυτά.

(β) Να βρείτε παράδειγμα για το οποίο όπως και να επιλέξουμε $\displaystyle{35}$ άτομα, κάποιο από αυτά θα αντιπαθεί κάποιο άλλο από αυτά.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 10, 2019 3:00 pm**

Soteris έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 10, 2019 1:48 pm

Πρόβλημα 3

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC}}$ με $\displaystyle{CA=CB}$ και $\displaystyle{\angle{ACB}>90^\circ}$ . Ονομάζουμε $\displaystyle{E}$ το σημείο τομής της μεσοκαθέτου του $\displaystyle{AC}$ και της εσωτερικής διχοτόμου της γωνίας $\displaystyle{\angle{B}}$ του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle{ABC}}$ . Ο κύκλος με διάμετρο το $\displaystyle{AE}$ τέμνει την ευθεία $\displaystyle{AC}$ στο σημείο $\displaystyle{Z}$ . Αν η εφαπτομένη του κύκλου στο $\displaystyle{Z}$ τέμνει την $\displaystyle{AB}$ στο σημείο $\displaystyle{F}$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{AZ=AF}$ .

: Β Παγκύπριος 2019 (JBMO).png (15.84 KiB) Προβλήθηκε 1445 φορές

Η μεσοκάθετος της

και η διχοτόμος της $\widehat B$ τέμνονται στον περίκυκλο του ABC

άρα το

είναι εγγράψιμο και

$\displaystyle E\widehat AC = E\widehat BC = 22,5^\circ .$ Επειδή $\displaystyle \widehat Z = 90^\circ ,Z\widehat AF = 45^\circ \Rightarrow A\widehat EZ = A\widehat ZF = 67,5^\circ = A\widehat FZ \Leftrightarrow$ $\boxed{AZ=AF}$

Η παραπάνω λύση είναι λάθος, αφού διάβασα λάθος την άσκηση και νόμιζα ότι το αρχικό τρίγωνο είναι ορθογώνιο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 10, 2019 3:11 pm**

Soteris έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 10, 2019 1:48 pm
Πρόβλημα 1

Έστω $\displaystyle{p}$ πρώτος αριθμός και $\displaystyle{\beta}$ ακέραιος αριθμός, τέτοιοι ώστε να ισχύουν:

$\displaystyle{\bullet}$ Ο αριθμός $\displaystyle{2019+\beta}$ είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{p}$ .

$\displaystyle{\bullet}$ Ο αριθμός $\displaystyle{2019^3+\beta^3}$ είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{p^2}$ .

$\displaystyle{\bullet}$ Ο αριθμός $\displaystyle{p^2}$ δεν διαιρεί τον $\displaystyle{2019+\beta}$ .

Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{2019^3+\beta^3}$ είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{p^3}$ .

Έστω $ap=2019+\beta \,\,\,\,,bp=2019^3+\beta ^3\,\,\,,2019+\beta \not\equiv 0(mod p^2)\,\,a,b\in \mathbb{N}$
$2019+\beta =ap\Leftrightarrow ap^2=p(2019+\beta)\overset{2019+\beta\not\equiv 0(modp^2)}{\Leftrightarrow }a=1\Leftrightarrow p=2019+\beta$
$bp^2=2019^3+\beta ^3=\left ( 2019+\beta \right )^3-3\cdot 2019\beta\left ( 2019+\beta \right )=p^3-3\cdot 2019\beta\cdot p\Leftrightarrow bp=p^2-3\cdot 2019\beta\Leftrightarrow... p\left ( p-b \right )=3\cdot 3\cdot 673\cdot \beta\overset{p>b}{\Leftrightarrow} p\mid 3\cdot 3\cdot 673\Leftrightarrow p=3\,\,\acute{\eta} \,\,p=673$
Για p=3

$p^3\mid 2019^3-2016^3\,\,$ που ισχύει αφού $27\mid 2016^3\,\,\kappa \alpha \iota \,\,27\mid 2019^3$
Για p=673

$p^3\mid 2019^3-1346^3\,\,$ που ισχύει αφού $673\mid 1346^3\,\,\kappa \alpha \iota \,\,673\mid 2019^3$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 10, 2019 3:13 pm**

Soteris έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 10, 2019 1:48 pm
Πρόβλημα 1

Έστω $\displaystyle{p}$ πρώτος αριθμός και $\displaystyle{\beta}$ ακέραιος αριθμός, τέτοιοι ώστε να ισχύουν:

$\displaystyle{\bullet}$ Ο αριθμός $\displaystyle{2019+\beta}$ είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{p}$ .

$\displaystyle{\bullet}$ Ο αριθμός $\displaystyle{2019^3+\beta^3}$ είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{p^2}$ .

$\displaystyle{\bullet}$ Ο αριθμός $\displaystyle{p^2}$ δεν διαιρεί τον $\displaystyle{2019+\beta}$ .

Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{2019^3+\beta^3}$ είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{p^3}$ .

Είναι, $p^2 \mid (2019+b)(2019^2-2019b+b^2)$ , και p^1 || 2019+b

, άρα $p \mid 2019^2-2019b+b^2$ .

Επίσης, $b \equiv -2019 \pmod p \Rightarrow p \mid 3^2 \cdot 673$ , οπότε $p \in \{3, 673 \}$ .

i) p=3

, οπότε $3 \mid 2019+b \Rightarrow 3 \mid b$ , και θέλουμε $27 \mid 2019^3+b^3$ , που είναι προφανές ( $3 \mid 2019 , \, 3 \mid p$ ).

ii) p=673

, οπότε $673 \mid b$ και θέλουμε $673^3 \mid 2019^3+b^3$ , που είναι πάλι προφανές.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 10, 2019 3:32 pm**

Soteris έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 10, 2019 1:48 pm

Πρόβλημα 2

Έστω θετικοί ακέραιοι $\displaystyle{\mu, \nu}$ , ώστε ο αριθμός $\displaystyle{A=\mu^3+\nu^3-(\mu+\nu)^2}$ να είναι επίσης θετικός ακέραιος.

(α) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{A=(\mu+\nu)(\mu^2+\nu^2-\mu\nu-\mu-\nu)}$

(β) Να βρείτε την ελάχιστη δυνατή τιμή της παράστασης $\displaystyle{A}$ .

Χρησιμοποιώ λατινικούς χαρακτήρες.

(α) Είναι, A=m^3+n^3-(m+n)^2=(m+n)(m^2-mn+n^2)-(m+n)^2=(m+n)(m^2-mn+n^2-m-n)

.

(β) Αν κάποιος εκ των m,n

είναι 1, WLOG n=1

. Τότε,

, και πρέπει $m^2-m-2>0 \Rightarrow m \geqslant 3$ .

Προφανώς, η συνάρτηση f(m)=m^3-m^2-2m

με παράγωγο f'(m)=3m^2-2m=m(3m-2)>0

, είναι γνησίως αύξουσα, άρα $f(m) \geqslant f(3)=12$ .

Συνεπώς, σ'αυτή την περίπτωση, η ελάχιστη τιμή της

είναι

.

Αν κάποιος εκ των m,n

είναι 2, WLOG n=2

, με όμοια σκέψη βρίσκω ελάχιστη τιμή ίση με 10, για m=3, n=2

Αν τώρα $m,n \geqslant 3$ , WLOG $m \geqslant n \Rightarrow m=n+k$ με $k \geqslant 0$ και A=k^3+(3n-1)k^2+(3n^2-3n)k+2n^3-4n^2

.

Θέτω, g(k)=k^3+(3n-1)k^2+(3n^2-3n)k+2n^3-4n^2

, και αφού όλοι οι συντελεστές είναι θετικοί
( $3n-1>2>0, \, 3n^2-3n=3n(n-1)>0, 2n^3-4n^2=2n^2(n-2) \geqslant 0$ ) η

είναι γνησίως αύξουσα, άρα $g(k) \geqslant g(0)=2n^3-4n^2=2n^2(n-2) \geqslant 18$ .

Συνοψίζοντας, η ελάχιστη τιμή της

, είναι

, και λαμβάνεται όταν m=3,n=2

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 10, 2019 4:17 pm**

Soteris έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 10, 2019 1:48 pm

Πρόβλημα 4

Σε μια συνάντηση $\displaystyle{100}$ ατόμων, κάθε άτομο αντιπαθεί ακριβώς ένα άλλο άτομο. (Η αντιπάθεια δεν είναι απαραίτητα αμοιβαία.)

(α) Να αποδείξετε ότι μπορούμε να επιλέξουμε $\displaystyle{34}$ άτομα, ώστε καθένα από αυτά να μην αντιπαθεί κάποιο άλλο άτομο από αυτά.

(β) Να βρείτε παράδειγμα για το οποίο όπως και να επιλέξουμε $\displaystyle{35}$ άτομα, κάποιο από αυτά θα αντιπαθεί κάποιο άλλο από αυτά.

Έστω, $P_1, P_2, \ldots, P_{100}$ , τα άτομα.

α) Χωρίζουμε τα 100

αυτά άτομα σε σύνολα των

, ώστε σε κάθε σύνολο, για κάθε δύο άτομα ο ένας να αντιπαθεί τον άλλο (υπάρχει και ένα σύνολο που αποτελείται από μόνο ένα άτομο!)

WLOG, έστω ότι τα διαμερίζουμε ως εξής :

$K_1=\{P_1,P_2,P_3 \}$

$K_2=\{P_4,P_5,P_6 \}$

...

$K_{33}=\{P_{97},P_{98},P_{99} \}$

$K_{34}=\{P_{100} \}$ .

Έστω, ότι στο πρώτο σύνολο, ο P_1

αντιπαθεί τον P_2

και ο

τον

, στο δεύτερο ο P_4

τον

κλπ.

Τότε, προφανώς πρέπει ο P_1

να μην αντιπαθεί οποιονδήποτε άλλον εκτός του P_2

, ο

οποιονδήποτε άλλον εκτός του P_5

κλπ.

Επιλέγουμε τους $\{P_1,P_4,P_7, \ldots, P_{97} , P_{100} \}$ .

Αν ο $P_{100}$ δεν αντιπαθεί κανένα εκ των $\{P_1,P_4, \ldots, P_{97} \}$ , είμαστε εντάξει.

Αν αντιπαθεί κάποιον απ'αυτούς, WLOG τον P_1

, παίρνουμε τους $\{P_2,P_4,P_7, \ldots, P_{97},P_{100} \}$ .

Προφανώς, κάθε ένα άτομο από το παραπάνω σύνολο δεν αντιπαθεί κανένα άλλο άτομο του σύνολου.

(β) Επιλέγουμε τα άτομα, ώστε ο P_i

να αντιπαθεί τον $P_{i+1}$ , για κάθε

.

Τότε, από την αρχή του περιστερώνα (έχουμε

άτομα) τουλάχιστον δύο από αυτά θ'ανήκουν σε ένα από τα σύνολα $K_i, \, i=\{1,2, \ldots, 34 \}$ .

Αυτό όμως δίνει ότι το ένα από αυτά τα δύο άτομα θα αντιπαθεί το άλλο.

Άρα, η παραπάνω κατασκευή είναι κατάλληλη.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 10, 2019 9:42 pm**

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 10, 2019 4:17 pm
α) Χωρίζουμε τα αυτά άτομα σε σύνολα των , ώστε σε κάθε σύνολο, για κάθε δύο άτομα ο ένας να αντιπαθεί τον άλλο (υπάρχει και ένα σύνολο που αποτελείται από μόνο ένα άτομο!)

Ορέστη, δεν είμαι σίγουρος ότι μπορείς να το κάνεις αυτό. Π.χ. αν τα άτομα είναι τα $Q_1,\ldots,Q_{100}$ και έχουμε τις εξής αντιπάθειες:

Για $1 \leqslant k \leqslant 25$ , ο $Q_{4k}$ αντιπαθεί τον $Q_{4k+1}$ , αυτός τον $Q_{4k+2}$ , αυτός τον $Q_{4k+3}$ και αυτός τον $Q_{4k}$ .

Ποιες θα είναι σε αυτήν την περίπτωση οι τριάδες;

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 11, 2019 9:57 am**

Soteris έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 10, 2019 1:48 pm

Πρόβλημα 3

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC}}$ με $\displaystyle{CA=CB}$ και $\displaystyle{\angle{ACB}>90^\circ}$ . Ονομάζουμε $\displaystyle{E}$ το σημείο τομής της μεσοκαθέτου του $\displaystyle{AC}$ και της εσωτερικής διχοτόμου της γωνίας $\displaystyle{\angle{B}}$ του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle{ABC}}$ . Ο κύκλος με διάμετρο το $\displaystyle{AE}$ τέμνει την ευθεία $\displaystyle{AC}$ στο σημείο $\displaystyle{Z}$ . Αν η εφαπτομένη του κύκλου στο $\displaystyle{Z}$ τέμνει την $\displaystyle{AB}$ στο σημείο $\displaystyle{F}$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{AZ=AF}$ .

: Β Παγκύπριος 2019 (JBMO).3.png (23.67 KiB) Προβλήθηκε 1296 φορές

Η μεσοκάθετος της

και η διχοτόμος της $\widehat B$ τέμνονται στον περίκυκλο του ABC

άρα το

είναι εγγράψιμο και
$\displaystyle \dfrac{C\widehat BA}{2} = E\widehat AC =E\widehat CA= \omega.$ Είναι ακόμα, $A\widehat EZ = A\widehat ZF = \varphi$ με $\boxed{\omega +\varphi=90^\circ}$

$\displaystyle Z\widehat FA = 180^\circ - \varphi - C\widehat AB = 180^\circ - \varphi - C\widehat BA = 180^\circ - \varphi - 2\omega = 90^\circ - \omega = \varphi \Leftrightarrow$ $\boxed{AZ=AF}$

Σημείωση: Η άσκηση ισχύει και για $\displaystyle{\angle{ACB}\le 90^\circ}$

mathematica.gr

Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2019

Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2019

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2019

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2019

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2019

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2019

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2019

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2019

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2019