Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 2η μέρα)

Al.Koutsouridis · #1

Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023, 3η φάση.
Θέματα της 2ης μέρας για την 10η τάξη. 14 Φεβρουαρίου 2023.

1. Για τον φυσικό αριθμό

συμβολίζουμε με $S_{n}$ τον ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο όλων των αριθμών $1, 2, \ldots , n$ . Υπάρχει άραγε τέτοιος φυσικός αριθμός

, ώστε $S_{m+1}=4S_{m}$ ; (Α. Κουζνέτσοβ)

2. Ο Πέτρος πήρε μερικούς τριψήφιους φυσικούς αριθμούς $a_{0}, a_{1}, \dots , a_{9}$ και έγραψε στον πίνακα την εξίσωση

$a_{9}x^9+a_{8}x^8+ \ldots + a_{2}x^2+a_{1}x+a_{0}=\star$ .

Να αποδείξετε, ότι ο Βασίλης μπορεί στη θέση του αστερίσκου να γράψει έναν τριακονταψήφιο φυσικό αριθμό έτσι, ώστε η εξίσωση που προκύπτει να έχει ακέραια ρίζα. (Α. Κουζνέτσοβ, Α. Αντρόποβ)

3. Η διχοτόμος της γωνίας

ενός παραλληλογράμμου ABCD

τέμνει την πλευρά

στο σημείο

. Στην πλευρά

σημειώθηκε σημείο

τέτοιο, ώστε AL=CK

. Τα τμήματα

και

τέμνονται στο σημείο

. Στην προέκταση του τμήματος

προς το σημείο

σημειώθηκε το σημείο

. Είναι γνωστό ότι το τετράπλευρο ALMN

είναι εγγράψιμο. Να αποδείξετε, ότι $\angle CNL=90^0$ . (Α. Κουζνέτσοβ)

4. Δίνεται ένας φυσικός αριθμός

. Κατά μήκος ενός δρόμου είναι τοποθετημένες

κολόνες ανά ίσα διαστήματα. Ο Μιχάλης τις χρωμάτισε με

χρώματα και για κάθε ζεύγος κολόνων του ίδιου χρώματος, μεταξύ των οποίων δεν υπάρχουν κολώνες του αυτού χρώματος, υπολόγισε την απόσταση μεταξύ τους. Όλες αυτές οι αποστάσεις προέκυψαν διαφορετικές. Για ποιο μέγιστο

θα μπορούσε να προκύψει κάτι τέτοιο; (Μ. Τιχομίροβ, Φ. Πετρόβ)

5. Να αποδείξετε ότι για οποιουσδήποτε τρεις θετικούς πραγματικούς αριθμούς x,y,z

ικανοποιείται η ανισότητα

$\left(x-y \right) \sqrt{3x^2+y^2} +\left(y-z \right) \sqrt{3y^2+z^2}+\left(z-x \right) \sqrt{3z^2+x^2} \geq 0$ .

(Π. Μπίμπικοβ)

#2

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 11, 2023 8:50 pm

5. Να αποδείξετε ότι για οποιουσδήποτε τρεις θετικούς πραγματικούς αριθμούς ικανοποιείται η ανισότητα

$\left(x-y \right) \sqrt{3x^2+y^2} +\left(y-z \right) \sqrt{3y^2+z^2}+\left(z-x \right) \sqrt{3z^2+x^2} \geq 0$ .

(Π. Μπίμπικοβ)

Ισχυρισμός: Για κάθε x,y >0

ισχύει $\displaystyle{ \left(x-y \right) \sqrt{3x^2+y^2} \geqslant x^2 - y^2.}$

Πράγματι, αν $x \geqslant y$ , τότε $\displaystyle{ \sqrt{3x^2+y^2} \geqslant \sqrt{x^2+2xy+ y^2} = x+y,}$

ενώ αν $x \leqslant y$ , τότε $\displaystyle{ \sqrt{3x^2+y^2} \leqslant \sqrt{x^2+2xy+ y^2} = x+y. }$

Σε κάθε περίπτωση, $\displaystyle{ \left(x-y \right) \sqrt{3x^2+y^2} \geqslant \left(x-y\right) \left(x+y\right) = x^2 - y^2.}$

Αθροίζοντας κυκλικά τις ανισότητες που προκύπτουν από τον Ισχυρισμό έχουμε ότι

$\displaystyle{\left(x-y \right) \sqrt{3x^2+y^2} +\left(y-z \right) \sqrt{3y^2+z^2}+\left(z-x \right) \sqrt{3z^2+x^2} \geqslant x^2-y^2+y^2-z^2+z^2-x^2 = 0}$

και το ζητούμενο δείχθηκε.

Henri van Aubel · #3

Καλημέρα.

Πρόβλημα 3, μία λύση

Έχουμε $\displaystyle \frac{MN}{CK}=\frac{MN}{AL}=\frac{MN}{AM}\cdot \frac{AM}{AL}=\frac{\sin \angle MAN}{\sin \angle ANM}\cdot \frac{\sin \angle ALM}{\sin \angle CMK},$ και αφού $\sin \angle ANM=\sin \angle ALM,$ έπεται ότι $\displaystyle \frac{MN}{CK}=\frac{\sin \angle MAN} {\sin \angle CMK}=\frac{\sin \angle CKM}{\sin \angle CMK}=\frac{MC}{CK}$ με συνέπεια MN=MC.

Όμως στο εγγράψιμο τετράπλευρο
ALMN,

έχουμε $\angle MAN=\angle MAL,$ με συνέπεια MN=ML.

Επομένως, τελικά είναι MN=MC=ML

και αφού

συνευθειακά, έπεται ότι $\angle CNL=90^\circ.$

#4

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 11, 2023 8:50 pm
Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023, 3η φάση.
Θέματα της 2ης μέρας για την 10η τάξη. 14 Φεβρουαρίου 2023.

3. Η διχοτόμος της γωνίας ενός παραλληλογράμμου τέμνει την πλευρά στο σημείο . Στην πλευρά σημειώθηκε σημείο τέτοιο, ώστε . Τα τμήματα και τέμνονται στο σημείο . Στην προέκταση του τμήματος προς το σημείο σημειώθηκε το σημείο . Είναι γνωστό ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο. Να αποδείξετε, ότι $\angle CNL=90^0$ . (Α. Κουζνέτσοβ)

: 2023-ΦΙΙΙ(10-2).png (18.79 KiB) Προβλήθηκε 1381 φορές

Η

τέμνει την

στο

Λόγω των παραλληλιών, της διχοτόμου

και του εγγράψιμου ALMN,

όλες

οι πράσινες γωνίες είναι ίσες μεταξύ τους. Άρα LM=MN

και

Άρα το

είναι

παραλληλόγραμμο και οι διαγώνιοί του διχοτομούνται. Δηλαδή, $\displaystyle NM = \frac{{LC}}{2} \Leftrightarrow$ $\boxed{L\widehat NC=90^\circ}$

Henri van Aubel · #5

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 12, 2023 11:01 am

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 11, 2023 8:50 pm
Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023, 3η φάση.
Θέματα της 2ης μέρας για την 10η τάξη. 14 Φεβρουαρίου 2023.

3. Η διχοτόμος της γωνίας ενός παραλληλογράμμου τέμνει την πλευρά στο σημείο . Στην πλευρά σημειώθηκε σημείο τέτοιο, ώστε . Τα τμήματα και τέμνονται στο σημείο . Στην προέκταση του τμήματος προς το σημείο σημειώθηκε το σημείο . Είναι γνωστό ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο. Να αποδείξετε, ότι $\angle CNL=90^0$ . (Α. Κουζνέτσοβ)
2023-ΦΙΙΙ(10-2).png
Η τέμνει την στο Λόγω των παραλληλιών, της διχοτόμου και του εγγράψιμου όλες

οι πράσινες γωνίες είναι ίσες μεταξύ τους. Άρα και Άρα το είναι

παραλληλόγραμμο και οι διαγώνιοί του διχοτομούνται. Δηλαδή, $\displaystyle NM = \frac{{LC}}{2} \Leftrightarrow$ $\boxed{L\widehat NC=90^\circ}$

Κομψότατο!!!

#6

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 11, 2023 8:50 pm
2. Ο Πέτρος πήρε μερικούς τριψήφιους φυσικούς αριθμούς $a_{0}, a_{1}, \dots , a_{9}$ και έγραψε στον πίνακα την εξίσωση

$a_{9}x^9+a_{8}x^8+ \ldots + a_{2}x^2+a_{1}x+a_{0}=\star$ .

Να αποδείξετε, ότι ο Βασίλης μπορεί στη θέση του αστερίσκου να γράψει έναν τριακονταψήφιο φυσικό αριθμό έτσι, ώστε η εξίσωση που προκύπτει να έχει ακέραια ρίζα. (Α. Κουζνέτσοβ, Α. Αντρόποβ)

Έστω $P(x) = a_{9}x^9+a_{8}x^8+ \ldots + a_{2}x^2+a_{1}x+a_{0}$ και $a_i=\overline{x_iy_iz_i}$ για $i\in \left\{ 0,1,...,9 \right\}.$

Παρατηρούμε ότι

$\displaystyle{ P\left( 1000 \right) =\overline{x_9y_9z_9}\cdot 10^{27}+\overline{x_8y_8z_8}\cdot 10^{24}+\cdots +\overline{x_1y_1z_1}\cdot 10^3+\overline{x_0y_0z_0}=}$

$\displaystyle{=\overline{x_9y_9z_9x_9y_9z_9\cdots x_1y_1z_1x_0y_0z_0} }$ .

Επομένως, αν ο Βασίλης γράψει στη θέση του αστερίσκου τον τριακονταψήφιο αριθμό

$\displaystyle{\overline{x_9y_9z_9x_9y_9z_9\cdots x_1y_1z_1x_0y_0z_0},}$

τότε η εξίσωση που προκύπτει έχει ρίζα τον αριθμό 1000

.

Ορέστης Λιγνός · #7

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 11, 2023 8:50 pm
Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023, 3η φάση.
Θέματα της 2ης μέρας για την 10η τάξη. 14 Φεβρουαρίου 2023.

4. Δίνεται ένας φυσικός αριθμός . Κατά μήκος ενός δρόμου είναι τοποθετημένες κολόνες ανά ίσα διαστήματα. Ο Μιχάλης τις χρωμάτισε με χρώματα και για κάθε ζεύγος κολόνων του ίδιου χρώματος, μεταξύ των οποίων δεν υπάρχουν κολώνες του αυτού χρώματος, υπολόγισε την απόσταση μεταξύ τους. Όλες αυτές οι αποστάσεις προέκυψαν διαφορετικές. Για ποιο μέγιστο θα μπορούσε να προκύψει κάτι τέτοιο; (Μ. Τιχομίροβ, Φ. Πετρόβ)

Θα αποδείξουμε ότι πρέπει $n_{{\rm max}} = 3k-1$ . Έστω ότι ο Μιχάλης με το χρώμα

χρωμάτισε ακριβώς a_i

κολόνες. Κάθε ζευγάρι κολόνων του ίδιου χρώματος, μεταξύ των οποίων δεν υπάρχουν κολώνες αυτού του χρώματος θα το ονομάζουμε καλό. Επίσης, έστω

το συνολικό άθροισμα των αποστάσεων μεταξύ δύο κολόνων σε ένα καλό ζευγάρι. Για παράδειγμα, αν 1,3,2,1,1,3,2

ο τρόπος που χρωμάτισε τις κολόνες (με n=7

), τότε

.

Υπάρχουν ακριβώς $(a_1-1)+\ldots+(a_k-1)=n-k$ καλά ζευγάρια. Επομένως, ισχύει ότι

$S \geq 1+2+\ldots+(n-k)=\dfrac{(n-k)(n-k+1)}{2}$ .

Επιπλέον, έστω a_i

και

η πρώτη και η τελευταία κολόνα που χρωμάτισε ο Μιχάλης με το χρώμα

, αντίστοιχα. Τότε, για το

ισχύει ότι

$\displaystyle S=\sum_{i=1}^{k} (b_i-a_i) = \sum_{i=1}^{k} b_i-\sum_{i=1}^{k} a_i$ .

Όμως, όλα τα a_i

είναι διαφορετικά μεταξύ τους, όπως και όλα τα b_i

, συνεπώς είναι

$\displaystyle S= \sum_{i=1}^{k} b_i-\sum_{i=1}^{i=k} a_i \leq (n+(n-1)+\ldots+(n-k+1))+(1+2+\ldots+k)=k(n-k)$ .

Άρα, συνδυάζοντας τις δύο ανισότητες που έχουμε για το

,

$k(n-k) \geq \dfrac{(n-k)(n-k+1)}{2}$ , επομένως

$3k \geq n+1$ , δηλαδή $n \leq 3k-1$ .

Μένει να δώσουμε ένα κατάλληλο παράδειγμα που δείχνει ότι μπορούμε να έχουμε 3k-1

κολόνες. Πράγματι, αν τις χρωματίσουμε ως εξής:

$1,2,\ldots,k,k,k-1,\ldots,1,2,\ldots,k$ , έχουμε ότι οι αποστάσεις μεταξύ δύο διαδοχικών κολόνων του χρώματος

(με $i \geq 2$ ) είναι

2k-1-(2i-2),2i-2

, ενώ για

έχουμε μόνο την απόσταση 2k-1

. Επομένως, αν για κάποια $1 \leq i <j \leq k$ , έχουμε δύο ίσες αποστάσεις, τότε

$2i-2 \in \{2k-1-(2j-2),2j-2 \}$ , άρα αφού $i \neq j$ πρέπει

2i-2=(2k-1)-(2j-2)

, που είναι άτοπο $\pmod 2$ .

Συνεπώς, πράγματι είναι $n_{{\rm max}}=3k-1$ .

Σημείωση: Για το Πρόβλημα 1, δείτε εδώ. We sweeped the Russian MO

Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 2η μέρα)

Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 2η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 2η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 2η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 2η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 2η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 2η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 2η μέρα)

Μέλη σε σύνδεση