Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

#1

Πρόβλημα 1. Να βρείτε όλα τα ζευγάρια ακεραίων αριθμών (m, n)

που ικανοποιούν την εξίσωση

$\displaystyle (2n^2+5m-5n-mn)^2=m^3n$

Πρόβλημα 2. Να βρείτε για πόσους θετικούς ακέραιους $n\in\{1, 2, \ldots, 2022\}$ ισχύει ότι το 402

διαιρεί τουλάχιστον ένα από τους αριθμούς

$\displaystyle n^2-1, n^3-1, n^4-1$

Πρόβλημα 3. Δίνεται αμβλυγώνιο τρίγωνο $AB\varGamma$ με $\angle AB\varGamma >90^{\circ}$ και έστω (c)

ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Η εσωτερική διχοτόμος της γωνίας $\angle BA\varGamma$ τέμνει ξανά τον κύκλο (c)

στο σημείο

και την ευθεία $B\varGamma$ στο σημείο $\varDelta$ . Ο κύκλος διαμέτρου $\varDelta E$ τέμνει τον κύκλο (c)

στο σημείο

.

Αν η ευθεία

τέμνει την ευθεία $B\varGamma$ στο σημείο

, να αποδείξετε ότι:

(α) τα σημεία $K, H, \varDelta$ και

είναι ομοκυκλικά
(β) η ευθεία

διέρχεται από το σημείο τομής των εφαπτομένων του κύκλου (c)

στα σημεία

και $\varGamma$ .

Πρόβλημα 4. Δίνεται το σύνολο $\displaystyle M=\{1, 2, 3, \ldots, 2022\}$

Να βρείτε τον ελάχιστο θετικό ακέραιο

, ώστε για κάθε

υποσύνολα του

με πληθικό αριθμό του κάθε υποσυνόλου ίσο με

, να υπάρχουν δύο από αυτά τα υποσύνολα με ακριβώς ένα κοινό στοιχείο.

2nisic · #2

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 19, 2022 11:07 pm

Πρόβλημα 3. Δίνεται αμβλυγώνιο τρίγωνο $AB\varGamma$ με $\angle AB\varGamma >90^{\circ}$ και έστω ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Η εσωτερική διχοτόμος της γωνίας $\angle BA\varGamma$ τέμνει ξανά τον κύκλο στο σημείο και την ευθεία $B\varGamma$ στο σημείο $\varDelta$ . Ο κύκλος διαμέτρου $\varDelta E$ τέμνει τον κύκλο στο σημείο .

Αν η ευθεία τέμνει την ευθεία $B\varGamma$ στο σημείο , να αποδείξετε ότι:

(α) τα σημεία $K, H, \varDelta$ και είναι ομοκυκλικά
(β) η ευθεία διέρχεται από το σημείο τομής των εφαπτομένων του κύκλου στα σημεία και $\varGamma$ .

(α)Έστω

το μέσο της

τότε προφανώς και το

ανήκει στον κύκλο διαμέτρου

αφού

Έστω $K'=EM\cap (C)$ τότε η AK'

είναι η εξωτερική διχοτόμος της <BAC

.

Τα τετράπλευρα AK'DM,DMEH,HEK'A

είναι εγραψημα (λόγο ορθών)και άρα από ριζικό κέντρο έχουμε ότι οι AK',BC,HE

συντρέχουν.

<KAD=180-<DAK'=90=<DHK

οπότε τα σημεία $K, H, \varDelta$ και

είναι ομοκυκλικά

(β)
Θεωρούμε την σημετρικη αντίστροφη με κέντρο

και ακτίνα $\sqrt{bc}$ τότε:
Τα B,C

και τα

αλλάζουν θέση μεταξύ τους.
Το κέντρο τού κύκλου που απεικονίζεται ο κύκλος διαμέτρου

πηγαίνει σε ένα σημείο που είναι πάνω στην

(επειδή αν

,

τα κέντρα τών κύκλων τότε από την αντίστροφη έχουμε A,F,G

συνευθειακα) [(και μέσο τών D'E'=ED

άρα ο κύκλος μένει σταθερός.)=λάθος]. Οπότε ο κύκλος με διάμετρο την

πηγαίνει σε κύκλο που περνά από τα D'=E,E'=D

και έχει τό κέντρο του στην

οπότε μένει σταθερός.

Αφού το σημείο

ανήκει στην

και στον κύκλο διαμέτρου

πάει στο σημείο που ανήκει στον (C)

και στον κύκλο διαμέτρου

.Αρα τα

αλλζουν θέση.
Αυτό σημαίνει ότι AM,AH

ισογωνιες και αφού

διάμεσος

σημετροδιαμεσος.

Αλλιώς για το (β):

το ορθοκεντρο του KK'E

( διότι

) και

οπότε

συνευθειακα.
-1=(K,D,/B,C)=K'(K,D,/B,C)=(A,H/,B,C)

(προβάλουμε την δέσμη στον περιγεγραμενο κύκλο του (ABC)

2nisic · #3

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 19, 2022 11:07 pm

Πρόβλημα 4. Δίνεται το σύνολο $\displaystyle M=\{1, 2, 3, \ldots, 2022\}$

Να βρείτε τον ελάχιστο θετικό ακέραιο , ώστε για κάθε υποσύνολα του με πληθικό αριθμό του κάθε υποσυνόλου ίσο με , να υπάρχουν δύο από αυτά τα υποσύνολα με ακριβώς ένα κοινό στοιχείο.

Θα δείξουμε πρώτα ότι: Αν έχουμε το σύνολο M=(1,2,3,4,...,n)

και πάρουμε τουλάχιστον n+1

υποσύνολα του

με πληθικό αριθμό του κάθε υποσυνόλου ίσο με

, να υπάρχουν δύο από αυτά τα υποσύνολα με ακριβώς ένα κοινό στοιχείο.

Έστω προς άτοπο ότι δεν ισχύει και

να είναι ο μικρότερος αριθμός για των οποίο δεν ισχύει.
Έστω ότι έχουμε m>n

σύνολα.
Το πλήθος των ζευγών (T,a)

όπου

ένα υποσύνολο και

ένας αριθμός που ανήκει στο

είναι

.
Άρα υπάρχει αριθμός έστω ο

που να ανήκει σε τουλάχιστον 4 σύνολα.
Αν (a,b,c)

το πρώτο και WLOG (a,b,d)

το δεύτερο.
Αν έχουμε πάρει το υποσύνολο (a,c,d)

τότε ο

δεν θα ανήκε σε τέταρτο οπότε δεν το έχουμε πάρει.
Άρα αν σε κάποιο υποσύνολο υπάρχει το

υπάρχει και το

και το αντίστροφο.
Έστω A=(a,b,g)

η οικογένεια όλων των υποσηνολ ναι(που ανήκουν στα

) που περιέχουν τα (a,b)

και

ενας αριθμός.
Προφανώς το

δεν ανήκει σε άλλο σύνολο.
Αν τώρα πετάξουμε όλους τούς αριθμούς

και

καταλήγουμε στο ίδιο πρόβλημα αλλά με $|M_{new}|=n-|A|-2$ και $m_{new}=m-|A|$ αλλά αφού m>n

έχουμε $m_{new}>|M_{new}|$ το οποίο είναι άτοπο αφού υποθέσαμε ότι

ήταν η ελάχιστη τιμή.

Θα αποδείξουμε ότι για n=4j+2

έχουμε

( δείχνοντας ότι για k=4j+1

ισχύει).
Για n=6

ισχύει.

Έστω ότι ισχύει για n=4(j-1)+2

θα δείξουμε ότι ισχύει καί για n=4j+2

Αν υπάρχει κάποιος που να ανήκει σε τουλάχιστον

σύνολα κάνοντας ότι κάναμε και πριν έχουμε:
$n_{new}=4j+2-2-|A|=4j-|A|$ και $k_{new}=4j+1-|A|$ επειδή $k_{new}>n_{new}$ από πάνω τελειώσαμε.

Αν δεν υπάρχει κάποιος που ανήκει σε τουλάχιστον

ομάδες τότε προφανώς (αρχή της περιστεροφωλιας)υπάρχουν κάποιοι που ανήκουν σε τρείς ομάδες αυτές μπορεί να είναι:
(a,b,c),(a,b,d),(a,b,e)

το οποίο τελειώνει όπως το προηγούμενο.
Ή (a,b,c),(a,b,d),(a,c,d)

ο

μπορεί να ανήκει σε ακόμα ένα σύνολο αν ανήκει τότε αυτό έχει έναν από τους a,c

αλλά ο

δεν ανήκει σε τέταρτο οπότε έχει τόν

και έχει και έναν από τους a,d

όμοιος έχει τον

οπότε είναι το σύνολο
(b,c,d)

αν τώρα βγάλουμε αυτά τα σύνολα θα έχουμε:
$n_{new}=4j+2-4=4(j-1)+2$ και $k_{new}=4j+1-3or-4>=4(j-1)+1$ που ισχύει από το επαγωγικό βήμα.

Άρα k<=4j+1

αλλά

διότι για και k=4j

μπορούμε να πάρουμε τα σύνολα:
Αφήνουμε τούς 4j+1,4j+2

τούς υπόλοιπους

αριθμούς τούς χωρίζουμε σε

τετράδες και σε κάθε τετράδα
περνούμε τα

υποσηνολα με πληθικό αριθμό

.

Άρα $k=4j+1\Rightarrow k=2021$

Lymperis Karras · #4

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 19, 2022 11:07 pm

Πρόβλημα 3. Δίνεται αμβλυγώνιο τρίγωνο $AB\varGamma$ με $\angle AB\varGamma >90^{\circ}$ και έστω ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Η εσωτερική διχοτόμος της γωνίας $\angle BA\varGamma$ τέμνει ξανά τον κύκλο στο σημείο και την ευθεία $B\varGamma$ στο σημείο $\varDelta$ . Ο κύκλος διαμέτρου $\varDelta E$ τέμνει τον κύκλο στο σημείο .

Αν η ευθεία τέμνει την ευθεία $B\varGamma$ στο σημείο , να αποδείξετε ότι:

(α) τα σημεία $K, H, \varDelta$ και είναι ομοκυκλικά
(β) η ευθεία διέρχεται από το σημείο τομής των εφαπτομένων του κύκλου στα σημεία και $\varGamma$ .

Για το 1) λίγο πιο σύντομα.

Με τους συμβολισμούς του Διονύση και δύναμη σημείου προς το

θα έχω:

$KD \cdot KT = KH \cdot KE = KB \cdot KC$ η οποία αφού το

είναι μέσον είναι η σχέση MacLaurin

. Έτσι παίρνω ότι $(K, D \ B, C)=-1$ .

άρα και η δέσμη $A(K,D \ B,C)=-1$ και αφού η

διχοτομεί την $\angle BAC$ έχουμε $\angle KAD=90$ και αφού

διάμετρος έχουμε $\angle DHE=90$ και το ζητούμενο έπεται

Ελπίζω να επιστρέψω μετά με εναλλακτική λύση για το 2ο.

#5

2nisic έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 20, 2022 2:26 am

Θεωρούμε την σημετρικη αντίστροφη με κέντρο και ακτίνα $\sqrt{bc}$ τότε:
Τα και τα αλλάζουν θέση μεταξύ τους.
Το κέντρο τού κύκλου με διάμετρο πηγαίνει σε ένα σημείο πάνω στην και μέσο τών άρα ο κύκλος
μένει σταθερός.

Πολύ ωραία λύση Διονύση! Όντως ο κύκλος διαμέτρου

μένει σταθερός, αλλά το κέντρο του δεν μένει σταθερό. Χρειάζεται λοιπόν κάποιο διαφορετικό επιχείρημα (δεν είναι δύσκολο) για την απόδειξη.

Lymperis Karras · #6

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 19, 2022 11:07 pm

Πρόβλημα 3. Δίνεται αμβλυγώνιο τρίγωνο $AB\varGamma$ με $\angle AB\varGamma >90^{\circ}$ και έστω ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Η εσωτερική διχοτόμος της γωνίας $\angle BA\varGamma$ τέμνει ξανά τον κύκλο στο σημείο και την ευθεία $B\varGamma$ στο σημείο $\varDelta$ . Ο κύκλος διαμέτρου $\varDelta E$ τέμνει τον κύκλο στο σημείο .

Αν η ευθεία τέμνει την ευθεία $B\varGamma$ στο σημείο , να αποδείξετε ότι:

(α) τα σημεία $K, H, \varDelta$ και είναι ομοκυκλικά
(β) η ευθεία διέρχεται από το σημείο τομής των εφαπτομένων του κύκλου στα σημεία και $\varGamma$ .

Εναλλακτικά για το 2ο:

Με τους συμβολισμούς του Διονύση θα έχω $\angle BAH = \angle BCH = \angle ACH = \angle ACH - \angle C = \angle AEH - \angle C = 90 - \angle AKE - \angle C$ .

Τώρα έχω: $\angle MAC = 180 - \angle C - \angle AMC = \angle 180 - \angle C - (\angle 90 + \angle AMK') = 90 - \angle C - \angle AMK'$ και λόγω του εγγραψίμου ATEK

είναι $\angle MAC = 90 - \angle AKE - \angle C$

Από τις δύο παραπάνω έχω $\angle BAH = \angle MAC$ οπότε η

είναι συμμετροδιάμεσος της

, το τετράπλευρο ABHC

είναι αρμονικό και το ζητούμενο έπεται άμεσα.

2nisic · #7

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 19, 2022 11:07 pm

Πρόβλημα 2. Να βρείτε για πόσους θετικούς ακέραιους $n\in\{1, 2, \ldots, 2022\}$ ισχύει ότι το διαιρεί τουλάχιστον ένα από τους αριθμούς

$\displaystyle n^2-1, n^3-1, n^4-1$

.

Αν

τότε

διότι:
$67,3\equiv 3(mod4)\Rightarrow (\frac{-1}{67})=(\frac{-1}{3})=-1$
Οπότε αν 3,67|n^4-1

τότε:

.
Αν

προφανώς

(Επειδή

).

Αν 420|n^2-1

έχουμε:
$6|n^2-1\Rightarrow (6,n)=1\Rightarrow n\equiv +-1(mod6)$
$67|n^2-1\Rightarrow n\equiv +-1(mod67)$
Οι δύο αυτές δίνουν n=1,-1,133,269(mod402)

Αν

τότε

διότι:
$6|n^3-1\Rightarrow 6|n-1\Rightarrow n\equiv 1(mod 6)$
67|(n-1)(n^2+n+1)

Αν

έχουμε

δηλαδή

πού την έχουμε πάρει ποίο πάνω.
Αν $67|n^2+n+1\Rightarrow 67|(2n+1)^2+3\Rightarrow (2n+1)^2\equiv 64(mod67)\Rightarrow 2n+1\equiv +-8(mod67)\Rightarrow n\equiv 37,29(mod67)$
Δηλαδή: n=163,37(mod402)

Άρα

, $n\in\{1, 2, \ldots, 2022\}$ $\Rightarrow$ υπάρχουν

αριθμοί που να ικανοποιούν την συνθήκη.

#8

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 19, 2022 11:07 pm
Πρόβλημα 1. Να βρείτε όλα τα ζευγάρια ακεραίων αριθμών που ικανοποιούν την εξίσωση

$\displaystyle (2n^2+5m-5n-mn)^2=m^3n$

$\displaystyle (2n^2+5m-5n-mn)^2=m^3n \iff (m-n)[nm^2-5(2n-5)m+n(2n-5)^2]=0$

Για τη δεύτερη, η (μη αρνητική) διακρίνουσα δίνει $n=0, \pm 1, \pm 2$

Al.Koutsouridis · #9

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 19, 2022 11:07 pm
Πρόβλημα 1. Να βρείτε όλα τα ζευγάρια ακεραίων αριθμών που ικανοποιούν την εξίσωση

$\displaystyle (2n^2+5m-5n-mn)^2=m^3n$

Παρατηρούμε ότι τα ζεύγη της μορφής (k,k)

, $k \in \mathbb{Z}$ είναι λύσεις της εξίσωσης. Έστω $m \neq n$ και

ο μέγιστος κοινός διαιρέτης των m,n

. Τότε τα

μπορούν να γραφούν στην μορφή m=ad, n=bd

και η εξίσωση γίνεται

(2b^2d^2+5ad-5bd+abd^2)^2 = a^3d^3bd

Το αριστερό μέλος της εξίσωσης είναι τετράγωνο ακέραιου οπότε πρέπει να είναι και το δεξί. Οπότε θα πρέπει να είναι τετράγωνο ακέραιου και ο αριθμός a^3b

. Όμως οι

είναι πρώτοι μεταξύ τους και έχουν περιττές δυνάμεις στο ανάπτυγμά τους ως γινόμενο πρώτων παραγώντων, επομένως δεν μπορεί ο αριθμός a^3b

να είναι τετράγωνο ακέραιου. Εκτός αν a=b

, τότε όμως θα είναι m=n

, άτοπο.

Άρα μοναδικές λύσεις είναι τα ζεύγη της μορφής (k,k)

, $k \in \mathbb{Z}$ .

Edit: Η παραπάνω λύση είναι λανθασμένη, βλέπε παρακάτω δημοσιεύση.

#10

socrates έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 20, 2022 3:01 pm

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 19, 2022 11:07 pm
Πρόβλημα 1. Να βρείτε όλα τα ζευγάρια ακεραίων αριθμών που ικανοποιούν την εξίσωση

$\displaystyle (2n^2+5m-5n-mn)^2=m^3n$

$\displaystyle (2n^2+5m-5n-mn)^2=m^3n \iff (m-n)[nm^2-5(2n-5)m+n(2n-5)^2]=0$

Για τη δεύτερη, η (μη αρνητική) διακρίνουσα δίνει $n=0, \pm 1, \pm 2$

Αυτήν την προσέγγιση αναμέναμε. Αν επιπλέον πούμε ότι η διακρίνουσα είναι τέλειο τετράγωνο μένει μόνο το $n = \pm 2$ . (Για το n=0

δεν έχουμε δευτεροβάθμια, αλλά εύκολα καταλήγουμε στο m=0

.)

#11

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 20, 2022 3:57 pm
Όμως οι είναι πρώτοι μεταξύ τους και έχουν περιττές δυνάμεις στο ανάπτυγμά τους ως γινόμενο πρώτων παραγώντων, επομένως δεν μπορεί ο αριθμός να είναι τετράγωνο ακέραιου. Εκτός αν ,

Αλέξανδρε, εδώ οι a,b

θα μπορούσαν να είναι και τέλεια τετράγωνα.

Al.Koutsouridis · #12

Demetres έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 20, 2022 6:19 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 20, 2022 3:57 pm
Όμως οι είναι πρώτοι μεταξύ τους και έχουν περιττές δυνάμεις στο ανάπτυγμά τους ως γινόμενο πρώτων παραγώντων, επομένως δεν μπορεί ο αριθμός να είναι τετράγωνο ακέραιου. Εκτός αν ,
Αλέξανδρε, εδώ οι θα μπορούσαν να είναι και τέλεια τετράγωνα.

Σωστά, την πάτησα.

#13

2nisic έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 20, 2022 3:06 am
Θα αποδείξουμε ότι για έχουμε ( δείχνοντας ότι για ισχύει).
Για ισχύει.

Ωραία Διονύση. Γενικά ισχύει το εξής:

Αν $n \equiv 0 \bmod 4$ τότε k = n+1

.
Αν $n \equiv 1 \bmod 4$ τότε k = n

.
Αν $n \equiv 2,3 \bmod 4$ τότε k = n-1

.

Με μικρές τροποποιήσεις το δείχνει η απόδειξή σου. Ας σημειώσω ότι αντί να αρχίσουμε την επαγωγή από την περίπτωση n=6

(που θέλει λίγη δουλειά να δειχθεί) μπορούμε να τη ξεκινήσουμε από τα n=1,2,3,4

τα οποία είναι προφανή επειδή $k > \binom{n}{3}$ σε αυτές τις περιπτώσεις. (Άρα δεν έχει κάτι να δείξουμε.)

#14

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 19, 2022 11:07 pm
(α) τα σημεία $K, H, \varDelta$ και είναι ομοκυκλικά

Αν και δεν ήταν η πρώτη μας λύση, να προσθέσω ότι αυτό προκύπτει πιο σύντομα και ως εξής:

$\displaystyle \angle \varDelta KH = \angle \varGamma BH - \angle KHB =\angle \varGamma AH - \angle BAE = \angle \varGamma AH - \frac{\hat{A}}{2} = \angle \varDelta AH$

(Για το σχήμα μπορείτε να δείτε τις προηγούμενες αναρτήσεις.)

#15

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 19, 2022 11:07 pm

Πρόβλημα 3.
(β) η ευθεία διέρχεται από το σημείο τομής των εφαπτομένων του κύκλου στα σημεία και $\varGamma$ .

Το ερώτημα αυτό είναι αυτό το πρόβλημα: https://artofproblemsolving.com/communi ... 14p1493804

Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO+BMO+IMO 2022

Μέλη σε σύνδεση