apmo &laquo; WordPress.com Tag Feed http://en.wordpress.com/tag/apmo/ Feed of posts on WordPress.com tagged "apmo" Mon, 20 May 2013 04:58:39 +0000 http://en.wordpress.com/tags/ en <![CDATA[1998 APMO Problem #5]]> http://problemsforlunch.wordpress.com/2012/05/19/1998-apmo-problem-5/ Sat, 19 May 2012 08:08:19 +0000 Justin Stevens http://problemsforlunch.wordpress.com/2012/05/19/1998-apmo-problem-5/ Find the largest positive integer n such that n is divisible by all the positive integers less than \sqrt[3]{n}.

Solution

First off, remark that for the region 7^3<n<8^3, we have \lfloor \sqrt[3]{n} \rfloor=7 therefore we must have \text{lcm}(1,2, 3, 4, 5, 6, 7)|n giving us 420|n or therefore since 343<n<512 we must have n=420. However, for the region 8^3<n<9^3, we have \lfloor \sqrt[3]{n} \rfloor=8 therefore we must have \text{lcm}(1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 8)|n giving us 840|n however, 512<n<729 giving us an obvious contradiction. From here, I am going to prove that \text{lcm}(1,2, 3, \cdots n)>(n+1)^3 for all n\ge 9 which in turn proves that looking in the region n^3, (n+1)^3, there are no solutions for all n\ge 8 (since we have already proven 8 above) giving \boxed{420} as our maximum.Remark that the maximum power of 2 less than n is at least \frac{n}{2}, for 3 it is\frac{n}{3}, for 5 it is \frac{n}{5} and for 7 it is at least \frac{n}{7}. From here, I will prove that the given equation works for n=9 through 13 then explain why this completes our proof.

For n=9, we get 3*840>10^3 obviously true. For n=10, we get 3*840>11^3 or 2520>1331 again true. For n=11, we get 2520*11>12^3 or 27720>12^3 which is obviously true along with 27720>13^3 and 27720>14^3 since 27720>20^3=8000.

From here, remark that the maximum power of 11 less than 11 is at least \frac{n}{11} and for 13 it is \frac{n}{13}. Therefore, since we are going to take the product of all of these different factors in the lcm, we are going to assume the minimal case and get \frac{n^6}{2*3*5*7*11*13} which we desire to have being greater than (n+1)^3. Taking the cube root of both sides, we get \frac{n^2}{32}>(n+1)>\frac{n^2}{31} or therefore n\ge 33. Therefore we need to prove that for n=14\to 32, we are going to have

Since we have at least \text{lcm}(1,2, 3, \cdots, n)=\text{lcm}(1,2,3,4,\cdots, 13) which we desire to prove is greater than (n+1)^3 for n=32 proving our maximum case and thus proving the cases for n=14\to 32 as well since we are only using n=13 in our \text{lcm}. Note that \text{lcm}(1,2, 3, 4, \cdots, 13)\approx 71^3 therefore it is obviously greater than 33^3 and our proof is complete \blacksquare.

]]> <![CDATA[2001 APMO Problem 1]]> http://problemsforlunch.wordpress.com/2012/05/03/2001-apm-problem-1/ Thu, 03 May 2012 04:13:39 +0000 Justin Stevens http://problemsforlunch.wordpress.com/2012/05/03/2001-apm-problem-1/ Problem

For a positive integer n let S(n) be the sum of digits in the decimal representation of n. Any positive integer obtained by removing several (at least one) digits from the right-hand end of the decimal representation of n is called a stump of n. Let T(n) be the sum of all stumps of n. Prove that n=S(n)+9T(n).
Solution

Let n=10^na_n+10^{n-1}a_{n-1}+\cdots a_0=\sum_{i=0}^{n}(10^i*a_i).We therefore have T(n)=(10^{n-1}a_n+10^{n-2}a_{n-1}+\cdots 10a_2+a_1) (removing one digit) \plus (10^{n-2}a_n+10^{n-3}a_{n-1}+\cdots 10a_3+a_2) (removing two digits) \plus \cdots \plus (10a_n+a_{n-1}). This is the same thing as T(n)=\sum_{i=0}^{n-1}(10^i)a_n+\sum_{i=0}^{n-2}(10^i)a_{n-1}+\cdots \sum_{i=0}^{1}(10^i)a_2+\sum_{i=0}^{0}(10^i)a_1. This is the same thing as \sum_{i=1}^{n}( \sum_{j=0}^{i-1}(10^j)*a_{i}).Note that \sum_{j=0}^{i-1}(10^j)=\frac{1(10^i-1)}{9} therefore we get T(n)=\sum_{i=1}^{n}(\frac{10^i-1}{9}a_i).
We also obviously have S(n)=\sum_{i=0}^{n}(a_i). We desire S(n)+9T(n)=n. If this is true, then we need \sum_{i=0}^{n}(a_i)+9*\sum_{i=1}^{n}(\frac{10^i-1}{9}a_i)=\sum_{i=0}^{n}(10^i*a_i). Note that 9*\sum_{i=1}^{n}(\frac{10^i-1}{9}a_i)=\sum_{i=1}^{n}((10^i-1)*a_i). Adding \sum_{i=0}^{n}(a_i) gives us S(n)+9T(n)=a_0+\sum_{i=1}^{n}(10^i*a_i)=10^0*a_0+\sum_{i=1}^{n}(10^i*a_i)=\sum_{i=0}^{n}(10^i*a_i)=nas desired \blacksquare.
]]> <![CDATA[567 Nice And Hard Inequalities]]> http://cambodiamathermaticsolympiadgroup.wordpress.com/2011/12/18/567-nice-and-hard-inequalities/ Sun, 18 Dec 2011 17:51:50 +0000 Cambodia Mathematics Olympiad Group http://cambodiamathermaticsolympiadgroup.wordpress.com/2011/12/18/567-nice-and-hard-inequalities/ 567-Nice-And-Hard-Inequalities-Chhunly

]]> <![CDATA[2010 APMO]]> http://quadue.wordpress.com/2010/08/19/2010-apmo/ Thu, 19 Aug 2010 10:41:09 +0000 quadue http://quadue.wordpress.com/2010/08/19/2010-apmo/ <![CDATA[APMO 1992 #5]]> http://olimpiadematematika.wordpress.com/2009/05/06/apmo-1992-5/ Wed, 06 May 2009 13:47:56 +0000 Johan http://olimpiadematematika.wordpress.com/2009/05/06/apmo-1992-5/ 5. Carilah barisan bilangan bulat tak nol sepanjang mungkin di mana jumlah setiap tujuh suku berurutan positif dan jumlah sebelas suku berurutan negatif.

Solusi:

Jika ada 17 suku, maka

(a_1+a_2+\ldots+a_{11})+(a_2+a_3+\ldots+a_{12})+\ldots+(a_7+a_8+\ldots+a_{17})=(a_1+a_2+\ldots+a_7)+(a_2+a_3+\ldots+a_7)+\ldots+(a_{11}+a_{12}+\ldots+a_{17})

Ruas kiri negatif sedangkan ruas kanan positif, kontradiksi. Jadi barisan itu maksimal punya 16 suku, contohnya -5,-5,13,-5,-5,-5,13,-5,-5,13,-5,-5,-5,13,-5,-5.

Catatan: Soal ini hampir sama persis dengan soal IMO 1977.

]]> <![CDATA[APMO 1992 #2]]> http://olimpiadematematika.wordpress.com/2009/05/06/apmo-1992-2/ Wed, 06 May 2009 13:43:27 +0000 Johan http://olimpiadematematika.wordpress.com/2009/05/06/apmo-1992-2/ 2. Diberikan lingkaran C,C_1,C_2 dengan pusat O,O_1,O_2 berturut-turut. Lingkaran C_1,C_2 menyinggung C di dalamnya, dan C_1 menyinggung C_2 di luar. Misalkan titik singgung C dengan C_1,C_2 adalah A_1,A_2, dan misalkan titik singgung C_1,C_2 adalah A. Buktikan bahwa A_1O_2,A_2O_1,AO berpotongan di satu titik.

Solusi:

Mudah dilihat bahwa A_1O_1,A_2O_2 melalui titik O. Perhatikan bahwa \frac{OA_1}{A_1O_1}\frac{O_1A}{AO_2}\frac{O_2A_2}{A_2O}=\frac{OA_1}{A_2O}\frac{O_1A}{A_1O_1}\frac{O_2A_2}{AO_2}=1. Jadi menurut teorema Ceva, terbukti.

]]> <![CDATA[APMO 1992 #1]]> http://olimpiadematematika.wordpress.com/2009/05/06/apmo-1992-1/ Wed, 06 May 2009 13:42:59 +0000 Johan http://olimpiadematematika.wordpress.com/2009/05/06/apmo-1992-1/ 1. Diberikan sebuah segitiga dengan panjang sisi a,b,c. Misalkan s adalah setengah keliling. Buat segitiga dengan panjang sisi s-a,s-b,s-c. Proses ini dilakukan berulang-ulang sampai segitiga tidak bisa dibuat lagi. Tentukan segitiga awal agar proses ini bisa dilakukan berulang-ulang sampai tak terhingga banyaknya.

Solusi:

Perhatikan bahwa s-a+s-b+s-c=s, sehingga keliling segitiga baru adalah setengah dari keliling sebelumnya. Perhatikan juga bahwa (s-a)-(s-b)=b-a. Maka selisih dari panjang sisi-sisinya selalu tetap. Jika segitiga itu tidak sama sisi, maka selisih panjangnya suatu saat akan lebih besar dari kelilingnya, yang jelas tidak mungkin, sehingga proses ini akan berhenti. Jika segitiga awal sama sisi, maka jelas bahwa proses ini dapat berulang terus. Jadi jawabannya adalah segitiga sama sisi.

]]> <![CDATA[APMO 1991 #5]]> http://olimpiadematematika.wordpress.com/2009/05/05/apmo-1991-5/ Tue, 05 May 2009 14:59:57 +0000 Johan http://olimpiadematematika.wordpress.com/2009/05/05/apmo-1991-5/ 5. Diberikan dua lingkaran bersinggungan dan titik A pada garis singgung persekutuannya yang tegak lurus terhadap garis yang menghubungkan titik-titik pusatnya. Konstruksikan dengan penggaris dan jangka semua lingkaran yang menyinggung kedua lingkaran ini dan melalui titik A.

Solusi:

Mudah dilihat bahwa ada dua lingkaran yang perlu dibuat. Misalkan lingkaran itu C,C' yang bersinggung di B. Misalkan juga ada garis singgung persekutuan luar yang menyinggung kedua lingkaran di Q,Q'. Misalkan AQ,AQ' memotong lingkarannya di P,P' berturut-turut. Jika OP,OP' berpotongan di X, maka X adalah pusat lingkaran yang diinginkan. Karena ada dua garis singgung persekutuan luar, maka kita dapat dua lingkaran. Sekarang kita akan buktikan bahwa konstruksi ini berlaku. Inversikan terhadap lingkaran berpusat di A melalui B. Maka C,C' tidak berubah setelah inversi. Garis singgung persekutuannya menjadi lingkaran yang melalui A dan menyinggung C,C'. Titik singgungnya pasti P,P'. Maka kita selesai.

]]> <![CDATA[APMO 1991 #2]]> http://olimpiadematematika.wordpress.com/2009/05/05/apmo-1991-2/ Tue, 05 May 2009 14:56:52 +0000 Johan http://olimpiadematematika.wordpress.com/2009/05/05/apmo-1991-2/ 2. Ada 997 titik pada bidang. Setiap dua titik dihubungkan dengan ruas garis yang titik tengahnya diberi warna merah. Buktikan bahwa ada minimal 1991 titik merah yang berbeda pada bidang. Apakah ada kasus khusus dengan tepat 1991 titik merah?

Solusi:

Misalkan A_i,A_j adalah titik yang jaraknya terjauh. Perhatikan bahwa A_iA_1,A_iA_2,\ldots,A_i,A_{997} memberikan 995 titik yang berbeda, dan A_jA_1,A_jA_2,\ldots,A_jA_{997} memberikan 995 titik yang berbeda lagi. Jika terdapat A_iA_x,A_jA_y yang titik tengahnya sama, maka A_iA_jA_xA_y membentuk jajar genjang, sehingga A_iA_j lebih kecil dari A_iA_x atau A_jA_y, kontradiksi dengan asumsi bahwa A_iA_j adalah ruas terpanjang. Jadi kita sudah punya 2\cdot 995=1990 titik merah. Ditambah titik tengah dari A_iA_j, kita dapat 1991 titik merah. Kasus khusus dengan tepat 1991 titik merah didapat ketika 997 titik tersebut berada pada satu garis.

]]> <![CDATA[APMO 1990 #2]]> http://olimpiadematematika.wordpress.com/2009/05/03/apmo-1990-2/ Sun, 03 May 2009 14:32:43 +0000 Johan http://olimpiadematematika.wordpress.com/2009/05/03/apmo-1990-2/ 2. Misalkan a_1,a_2,\ldots,a_n adalah bilangan real positif dan misalkan S_k adalah jumlah dari hasil kali semua kombinasi k elemen dari a_1,a_2,\ldots,a_n (contohnya jika n=3 maka S_1=a_1+a_2+a_3,S_2=a_1a_2+a_2a_3+a_3a_1,S_3=a_1a_2a_3). Tunjukkan bahwa S_kS_{n-k}\ge\binom{n}{k}^2a_1a_2\cdots a_n untuk k=1,2,\ldots,n-1.

Solusi:

Dengan AM-GM,

S_k=\sum_{i_1<\cdots<i_k}a_{i_1}\cdots a_{i_2}\ge\binom{n}k\sqrt[\binom{n}{k}]{\prod_{i_1<\cdots<i_k}a_{i_1}\cdots a_{i_2}}

Perhatikan juga ruas kanan simetris dan derajatnya pasti k. Maka nilainya adalah \binom{n}{k}(a_1a_2\ldots a_n)^{k/n}. Dengan cara serupa, S_{n-k}=\binom{n}{n-k}(a_1a_2\ldots a_n)^{(n-k)/n}. Jadi S_kS_{n-k}=\binom{n}{k}^2a_1a_2\ldots a_n.

]]> <![CDATA[APMO 1989 #3]]> http://olimpiadematematika.wordpress.com/2009/04/13/apmo-1989-3/ Mon, 13 Apr 2009 11:47:57 +0000 Johan http://olimpiadematematika.wordpress.com/2009/04/13/apmo-1989-3/ 3. Misalkan A_1,A_2,A_3 adalah titik pada bidang, dan misalkan A_4=A_1,A_5=A_2. Untuk n=1,2,3, misalkan B_n adalah titik tengah A_nA_{n+1}, C_n adalah titik tengah A_nB_{n+1}. Anggaplah A_nC_{n+1} dan B_nA_{n+2} bertemu di D_n, A_nB_{n+1} dan C_nA_{n+2} bertemu di E_n. Hitunglah rasio dari luas D_1D_2D_3 terhadap luas E_1E_2E_3.

Solusi:

Misalkan G adalah titik berat segitiga A_1A_2A_3. Dengan Teorema Menelaus, \frac{A_1E_1}{E_1G}\cdot\frac{GA_3}{A_3B_1}\cdot\frac{B_1C_1}{C_1A_1}=1. Karena B_1C_1=C_1A_1 dan GA_3=\frac23 A_3B_1, maka \frac{A_1E_1}{E_1G}=\frac32. Maka E_1 membagi A_1G dalam perbandingan 3:2, dan dengan cara serupa kita dapat bahwa E_2,E_3 membagi A_2G,A_3G dalam perbandingan yang sama. Perhatikan bahwa \frac{E_1G}{A_1G}=\frac25, maka E_1E_2E_3 sebangun dengan A_1A_2A_3 dalam perbandingan sisi-sisinya 2:5.

Dengan cara yang serupa, kita tahu bahwa D_1D_2D_3 sebangun dengan B_1B_2B_3 dengan perbandingan 4:7, sehingga D_1D_2D_3 sebangun dengan A_1A_2A_3 dan perbandingannya 2:7.

Jadi D_1D_2D_3 sebangun dengan E_1E_2E_3 dalam perbandingan 5:7, dan perbandingan luasnya adalah 25:49. Jadi jawabannya adalah 25/49.

]]> <![CDATA[>Tobit James Narciso - Bronze Medalist -APMO 2008]]> http://pinoysamutsari.wordpress.com/2008/07/13/tobit-james-narciso-bronze-medalist-apmo-2008/ Sun, 13 Jul 2008 09:23:00 +0000 Pons http://pinoysamutsari.wordpress.com/2008/07/13/tobit-james-narciso-bronze-medalist-apmo-2008/ >
From Positive News Media
Inspirational

PhiSci wiz wins bronze in 20th Asian-Pacific Math OlympiadBy Jun 8, 2008 – 5:28:41 AM
MANILA, June 10 (PNA) — Filipino prowess in mathematics shone in the recent conclusion of the 20th Asian-Pacific Mathematical Olympiad (APMO) with a student from the Philippine Science High School (PSHS) winning bronze in the event.

Tobit James Narciso, a graduate of PSHS-Diliman Campus, won bronze after garnering 9 points in total scores held last March 11 at the Ateneo de Manila University.

A student is awarded a bronze medal once he or she garners more than seven points, a silver medal for scores above 12 points and a gold medal for scores higher than 17 points. Total number of points is 35.

Narciso bested nine other high school students in the Philippines coming from different schools in the country.

The APMO started in 1989 which aims to discover, encourage and challenge mathematically-gifted school students in all Pacific Rim countries. It also intends to foster friendly international relations and cooperation between students and teachers in the Pacific-Rim Region, create an opportunity for the exchange of information on school syllabi and practice throughout the Pacific Region, and encourage and support mathematical involvement with Olympiad type activities, not only in the APMO participating countries, but also in other Pacific-Rim countries.

Participants in the APMO are given a four-hour paper consisting of five questions of varying difficulty and each having a maximum score of 7 points. The contest questions are collected from the contestants at the end of the APMO and are to be kept confidential until the Senior Coordinating Country posts them on the official APMO website. All contestants are not allowed to discuss the problems over the internet until the date that the results are posted.

This year’s APMO appeared to be difficult with very low medal turnout: 17 for gold, 12 for silver, and 7 for bronze, with one bronze going to the Philippines. Overall, the Philippines ranked 17th among the 28 participating countries, garnering a total score of 42 and only one bronze medal, besting neighbors Indonesia, Cambodia, and Bangladesh. South Korea topped the list of countries participating in the APMO, followed by Japan, USA, Taiwan and Russia.

Dr. Ester B. Ogena, Director of the Science Education Institute, expressed her praise to Narciso as she challenged other high school students to step up for the country by excelling in mathematics.

“Mathematics need not be a difficult subject given the substantial training and knowledge from grade school to secondary level”, she said.

Ogena said excellence in mathematics, as well as in science, should translate into careers in science, technology and engineering that could help catapult the Philippines to becoming a developed country.

“I urge our dear students to put into good use the foundation they get in joining this kind of competition by taking up science-related courses. We need you to help us pursue our development goals through research and development geared towards building our capacity to innovate our industries and improve our economy”, she said. (PNA)
]]>