Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Soteris · #1

Πρόβλημα 1

Δίνονται οι $\displaystyle{\alpha, \beta, \gamma \in \mathbb{R},}$ έτσι ώστε $\displaystyle{\alpha+\beta+\gamma=2017}$ και $\displaystyle{\dfrac{1}{\alpha}+\dfrac{1}{\beta}+\dfrac{1}{\gamma}=3}$ . Να δείξετε ότι ένας τουλάχιστον από τους αριθμούς $\displaystyle{\dfrac{\alpha^2+\beta^2}{\alpha\beta}, \dfrac{\beta^2+\gamma^2}{\beta\gamma}}$ και $\displaystyle{\dfrac{\gamma^2+\alpha^2}{\gamma\alpha}}$ είναι μεγαλύτερος ή ίσος του $\displaystyle{2016}$ .

Πρόβλημα 2

Να βρείτε όλα τα ζεύγη ακεραίων $\displaystyle{(\alpha, \beta)}$ που ικανοποιούν την εξίσωση: $\displaystyle{\dfrac{1}{\alpha}+\dfrac{1}{\beta}=\dfrac{1}{2017}}$

Πρόβλημα 3

Θεωρούμε αμβλυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC}$ με $\displaystyle{\angle{ACB}>90^\circ}$ , εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{(O, R)}$ . Φέρουμε το ύψος $\displaystyle{CK}$ του τριγώνου και έστω $\displaystyle{D}$ το δεύτερο σημείο στο οποίο η ευθεία $\displaystyle{CK}$ τέμνει τον κύκλο $\displaystyle{(O, R)}$ . Από το $\displaystyle{D}$ φέρουμε την κάθετη στην ευθεία $\displaystyle{CB}$ , η οποία τέμνει την ευθεία $\displaystyle{AB}$ στο $\displaystyle{Z}$ . Να αποδείξετε ότι:

(α) η κάθετη από το $\displaystyle{B}$ στην $\displaystyle{CZ}$ περνά από το $\displaystyle{D}$

(β) $\displaystyle{{CA}={CZ}}$

(γ) $\displaystyle{KA^2+KB^2+KC^2+KD^2=4R^2}$

Πρόβλημα 4

Ο Ανδρέας, ο Βασίλης, ο Γιώργος, ο Δημήτρης και ο Ευθύμιος ανταλλάζουν πάσες με μία μπάλα με τους εξής κανόνες:

• Ο Βασίλης και ο Γιώργος ποτέ δεν πασάρει ο ένας στον άλλο.

• Ο Δημήτρης δεν πασάρει ποτέ στον Ευθύμιο, αλλά ο Ευθύμιος πασάρει στον Δημήτρη.

• Ο Ευθύμιος δεν πασάρει ποτέ στον Ανδρέα, αλλά ο Ανδρέας πασάρει στον Ευθύμιο.

Να βρείτε με πόσους τρόπους μπορούν τα πιο πάνω αγόρια να αλλάξουν πέντε πάσες, αν ξεκινήσει η μπάλα από τον Ανδρέα και επιστέψει πάλι στον Ανδρέα στην πέμπτη πάσα.

Για παράδειγμα, ένας τρόπος είναι ο εξής:

Ανδρέας $\displaystyle{\mapsto}$ Γιώργος $\displaystyle{\mapsto}$ Ανδρέας $\displaystyle{\mapsto}$ Βασίλης $\displaystyle{\mapsto}$ Δημήτρης $\displaystyle{\mapsto}$ Ανδρέας

Σημείωση: Εννοείται ότι κανένας δεν πασάρει στον εαυτό του.

Datis-Kalali · #2

1) Έχουμε ότι $\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=3\alpha\beta\gamma$
Θα χρισημοπιασουμε το μεθοδο της εις άτοπον απαγωγής.

Αν
$\dfrac{\gamma^2+\alpha^2}{\gamma\alpha}<2016$
$\dfrac{\alpha^2+\beta^2}{\alpha\beta}<2016$
$\dfrac{\beta^2+\gamma^2}{\beta\gamma}<2016$
Τότε
$\frac{\alpha^2 \beta+\beta^2 \alpha+\alpha^2 \gamma +\gamma^2 \alpha+\beta^2 \gamma + \gamma^2 \beta}{\alpha \beta \gamma}<6048$
$\frac{\alpha^2 \beta+\beta^2 \alpha+\alpha^2 \gamma +\gamma^2 \alpha+\beta^2 \gamma + \gamma^2 \beta+2\alpha\beta\gamma}{\alpha \beta \gamma}<6050$
$\Rightarrow \frac{(\alpha+\beta)(\beta+\gamma)(\alpha+\gamma)}{\alpha\beta\gamma}<6050$
$\Rightarrow \frac{(2017-\alpha)(2017-\beta)(2017-\gamma)}{\alpha\beta\gamma}<6050$
$\Rightarrow \frac{(2017^3-2017^2(\alpha+\beta+\gamma)+2017(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)-\alpha\beta\gamma}{\alpha\beta\gamma}=\frac{6051\alpha\beta\gamma-\alpha\beta\gamma}{\alpha\beta\gamma}<6050$
$\Rightarrow 6050<6050$
Που είναι άτοπο.
Έτσι ισχύει το ζητούμενο

Datis-Kalali · #3

2)
$\displaystyle{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{2017}$
$\displaystyle{\dfrac{a+b}{ab}=\dfrac{1}{2017}$
ab-2017a+2017b=0

Αφου 2017 είναι πρώτος αριθμός, εχουμε της περιπτοσεις
a-2017=2017^2

που απαγορεύεται
a-2017=-2017^2

Δηλαδή,¨
$(a,b) \in \{(4070306,2018),(4034,4034),(2018,4070306),(2016,-4066272),(-4066272,2016) \}$

Datis-Kalali · #4

3)

: geomnice.PNG (36.75 KiB) Προβλήθηκε 1864 φορές

α) Το σημείο

είναι το ορθοκέντρο του τρίγωνου BCD

. Αρα

είναι κάθετη προς BD, δηλαδη B, H, D

είναι συνευθειακά,
β) $\angle {CAZ}=\frac{\stackrel{\frown}{BC}}{2}=\angle{CDB}=90-\angle{KBD}=\angle{BZH}=\angle{AZC}$ . Τότε το τρίγωνο CAZ είναι ισόσκελες. Δηλαδή AC=CZ

γ)Αν $BO \cap (O,R) = N , CN \cap AD=T$
$\angle{ANC}=\angle{ADC}=\angle{ABC}=90-\angle{KCB}$
$=90-\angle{DNB}=\angle{NBD}=\angle{NAD}$
Τότε το τρίγωνο ΝΑΤ είναι ισόσκελες. Δηλαδή NT=AT

$\angle{CAD}=\angle{CND}$
$\angle{NTD}=\angle{ATC}$
Τότε $\triangle{TND}=\triangle{ATC} \Rightarrow TD=TC \Rightarrow NC=AD$
Αρα
KA^2+KB^2+KC^2+KD^2=BC^2+AD^2=BC^2+NC^2=NB^2=4R^2

#5

Datis-Kalali έγραψε:3) γ)Αν $BO \cap (O,R) = N , CN \cap AD=T$
$\angle{ANC}=\angle{ADC}=\angle{ABC}=90-\angle{KCB}$
$=90-\angle{DNB}=\angle{NBD}=\angle{NAD}$
Τότε το τρίγωνο ΝΑΤ είναι ισόσκελες. Δηλαδή
$\angle{CAD}=\angle{CND}$
$\angle{NTD}=\angle{ATC}$
Τότε $\triangle{TND}=\triangle{ATC} \Rightarrow TD=TC \Rightarrow NC=AD$
Αρα

Μια άλλη προσέγγιση:

Χρησιμοποιώντας το Νόμο των Συνημιτόνων, έχουμε:

$\displaystyle{K{A^2} + K{B^2} + K{C^2} + K{D^2} = A{C^2} + B{D^2} = }$

$\displaystyle{ = 2{R^2} - 2{R^2}\cos \left( {\angle AOC} \right) + 2{R^2} - 2{R^2}\cos \left( {\angle BOD} \right) = 4{R^2},}$

αφού

$\displaystyle{\angle AOC + \angle BOD = \stackrel{\frown} {AC}+\stackrel{\frown} {BD} = 2 \cdot {90^ \circ } = {180^ \circ }}$ .

#6

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 4

Ο Ανδρέας, ο Βασίλης, ο Γιώργος, ο Δημήτρης και ο Ευθύμιος ανταλλάζουν πάσες με μία μπάλα με τους εξής κανόνες:

• Ο Βασίλης και ο Γιώργος ποτέ δεν πασάρει ο ένας στον άλλο.

• Ο Δημήτρης δεν πασάρει ποτέ στον Ευθύμιο, αλλά ο Ευθύμιος πασάρει στον Δημήτρη.

• Ο Ευθύμιος δεν πασάρει ποτέ στον Ανδρέα, αλλά ο Ανδρέας πασάρει στον Ευθύμιο.

Να βρείτε με πόσους τρόπους μπορούν τα πιο πάνω αγόρια να αλλάξουν πέντε πάσες, αν ξεκινήσει η μπάλα από τον Ανδρέα και επιστέψει πάλι στον Ανδρέα στην πέμπτη πάσα.

Για παράδειγμα, ένας τρόπος είναι ο εξής:

Ανδρέας $\displaystyle{\mapsto}$ Γιώργος $\displaystyle{\mapsto}$ Ανδρέας $\displaystyle{\mapsto}$ Βασίλης $\displaystyle{\mapsto}$ Δημήτρης $\displaystyle{\mapsto}$ Ανδρέας

Σημείωση: Εννοείται ότι κανένας δεν πασάρει στον εαυτό του.

Γράφουμε

για το πλήθος των τρόπων ώστε μετά από

πάσες η μπάλα να καταλήξεις στον Ανδρέα, Βασίλη, Γιώργο, Δημήτρη, Ευθύμη αντίστοιχα.

Αρχικά είναι A_1=0,B_1=C_1=D_1=E_1 = 1

. Επίσης ισχύουν οι αναδρομικές σχέσεις

$A_{n+1} = B_n+C_n+D_n$
$B_{n+1} = A_n+D_n+E_n$
$C_{n+1} = A_n+D_n+E_n$
$D_{n+1} = A_n + B_n+C_n+E_n$
$E_{n+1} = A_n + B_n+C_n$

Είναι απλό τώρα να κατασκευαστεί αναδρομικά ο πιο κάτω πίνακας:

$\begin{tabular}{|c||c|c|c|c|c|} \hline n & A_n & B_n & C_n & D_n & E_n \\ \hline \hline 1 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ \hline 2 & 3 & 2 & 2 & 3 & 2 \\ \hline 3 & 7 & 8 & 8 & 9 & 7 \\ \hline 4 & 25 & 23 & 23 & 30 & 23 \\ \hline 5 & 76 & & & & \\ \hline \end{tabular}$

Οπότε οι πάσες μπορούν να γίνουν με

διαφορετικούς τρόπους.

Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για JBMO, 2017

Μέλη σε σύνδεση