Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 1η μέρα)

Al.Koutsouridis · #1

Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023, 3η φάση.
Θέματα της 1ης μέρας για την 10η τάξη. 13 Φεβρουαρίου 2023.

1. Σε ένα πίνακα $6 \times 6$ αρχικά ήταν γραμμένα μηδενικά. Με μια πράξη μπορούμε να επιλέξουμε ένα κελί και να αλλάξουμε, τον αριθμό σε αυτό, με οποιοδήποτε ακέραιο αριθμό. Μπορούμε άραγε σε

πράξεις να προκύψει πίνακας, στον οποίο όλα τα

αθροίσματα των αριθμών κάθε γραμμής και στήλης θα είναι διαφορετικοί θετικοί αριθμοί; (Α. Κουζνέτσοβ, Π. Κοζέβνικοβ)

2. Δίνεται ένα χάρτινο τρίγωνο, τα μήκη των πλευρών του οποίου είναι ίσα με

εκ,

εκ. και

εκ. Μπορούμε άραγε, να το διαμερίσουμε σε μερικά (περισσότερα του ένα) πολύγωνα, στο καθένα εκ των οποίων το εμβαδόν (μετρημένο σε τετρραγωνικά εκατοστά) αριθμητικά να ισούται με την περίμετρο (μετρημένη σε εκ.); (Ντ. Χραμτσόβ)

3. Στην πόλη

διεξήχθησαν

ολυμπιάδες σε διάφορα αντικείμενα, εξάλλου σε κάθε μια από αυτές τις ολυμπιάδες συμμετείχαν ακριβώς

μαθητές, αλλά δεν υπήρξαν δυο ολυμπιάδες με την ίδια ακριβώς σύνθεση συμμετεχόντων. Είναι γνωστό, ότι για οποιεσδήποτε

ολυμπιάδες θα βρεθεί μαθητής, ο οποίος συμμετείχε σε όλες αυτές τις

ολυμπιάδες. Να αποδείξετε, ότι θα βρεθεί μαθητής που συμμετείχε σε όλες τις

ολυμπιάδες. (Β. Ντόλ’νικοβ)

4. Δίνονται τρεις φυσικοί αριθμοί a,b,c

τέτοιοι, ώστε a>1, b> c>1

και ο αριθμός abc+1

διαιρείτε με τον αριθμό ab-b+1

. Να αποδείξετε, ότι ο

διαιρείται με τον

. (Μ. Αντίποβ)

5. Στο οξυγώνιο τρίγωνο ABC

φέρθηκε το ύψος

και σημειώθηκε το σημείο τομής των υψών του

. Η μεσοκάθετος του τμήματος

, τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου BCD

, στα σημεία

και

. Να αποδείξετε, ότι $\angle APB+\angle AQB=180^0$ . (Μ. Τούρεβσκιϊ, Μ. Ντίντιν)

#2

Στην 5 χρειάζεται διόρθωση η εκφώνηση. Ποιό είναι το ύψοε

;

Al.Koutsouridis · #3

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 12, 2023 11:39 am
Στην 5 χρειάζεται διόρθωση η εκφώνηση. Ποιό είναι το ύψοε ;

Διορθώθηκε. Ευχαριστώ για την παρατήρηση. Είχε ξεμείνει το γράμμα Β στα ελληνικά στον κώδικα Latex

και δε φαινόταν.

#4

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 11, 2023 7:51 pm

4. Δίνονται τρεις φυσικοί αριθμοί τέτοιοι, ώστε και ο αριθμός διαιρείτε με τον αριθμό . Να αποδείξετε, ότι ο διαιρείται με τον . (Μ. Αντίποβ)

Αν

, τότε ο

διαιρείται με τον ab-b+1=7,

άρα το ζητούμενο δεν ισχύει... Μάλλον χρειάζεται κάποια διόρθωση κι εδώ.

Al.Koutsouridis · #5

emouroukos έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 12, 2023 12:51 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 11, 2023 7:51 pm

4. Δίνονται τρεις φυσικοί αριθμοί τέτοιοι, ώστε και ο αριθμός διαιρείτε με τον αριθμό . Να αποδείξετε, ότι ο διαιρείται με τον . (Μ. Αντίποβ)

Αν , τότε ο διαιρείται με τον άρα το ζητούμενο δεν ισχύει... Μάλλον χρειάζεται κάποια διόρθωση κι εδώ.

Έχετε δίκιο

. Η σωστή συνθήκη για τα a,b, c

είναι

. Το διόρθωσα και στην αρχική ανάρτηση.

Ορέστης Λιγνός · #6

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 11, 2023 7:51 pm
Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023, 3η φάση.
Θέματα της 1ης μέρας για την 10η τάξη. 13 Φεβρουαρίου 2023.

4. Δίνονται τρεις φυσικοί αριθμοί τέτοιοι, ώστε και ο αριθμός διαιρείτε με τον αριθμό . Να αποδείξετε, ότι ο διαιρείται με τον . (Μ. Αντίποβ)

Από το AoPS βλέπω ότι η σωστή εκφώνηση πρέπει να είναι η εξής:

Έστω τρεις θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε κανείς από αυτούς να μη διαιρεί κάποιον άλλον. Αν $ab-b+1 \mid abc+1$ , να αποδείξετε ότι $c \geq b$ .

Για αυτό το πρόβλημα, είναι $(ab-b+1) \mid (abc+1)$ , επομένως $(ab-b+1) \mid (abc+1)-(ab-b+1)=b(ac-a+1)$ , συνεπώς αφού $\gcd(ab-b+1,b)=1$ , είναι

$(ab-b+1) \mid (ac-a+1)$ . Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

Περίπτωση 1: ac-a+1=ab-b+1

, οπότε

, οπότε $a \mid b(a-1)$ , συνεπώς $a \mid b$ , άτοπο από την συνθήκη της εκφώνησης.

Περίπτωση 2: $ac-a+1 \geq 2(ab-b+1)$ . Τότε, $ac \geq 2ab-2b+a+1$ , και άρα

$ac \geq 2ab-2b+a+1=ab+(ab+a+1-2b) > ab+(ab+a-2b) \geq ab,$

συνεπώς $c \geq b$ , όπως θέλαμε.

Al.Koutsouridis · #7

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 12, 2023 3:46 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 11, 2023 7:51 pm
Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023, 3η φάση.
Θέματα της 1ης μέρας για την 10η τάξη. 13 Φεβρουαρίου 2023.

4. Δίνονται τρεις φυσικοί αριθμοί τέτοιοι, ώστε και ο αριθμός διαιρείτε με τον αριθμό . Να αποδείξετε, ότι ο διαιρείται με τον . (Μ. Αντίποβ)
Από το AoPS βλέπω ότι η σωστή εκφώνηση πρέπει να είναι η εξής:

Έστω τρεις θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε κανείς από αυτούς να μη διαιρεί κάποιον άλλον. Αν $ab-b+1 \mid abc+1$ , να αποδείξετε ότι $c \geq b$ .

Καλησπέρα Ορέστη! Αυτή η εκφώνηση είναι για την 9η τάξη, στην 10η δόθηκε όπως την έδωσα παραπάνω (την διορθωμένη). Παρόμοια δηλαδή εκφώνηση, αλλά όχι ίδια, όπως λέει στο AoPS.

Πηγή

Ορέστης Λιγνός · #8

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 12, 2023 4:02 pm

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 12, 2023 3:46 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 11, 2023 7:51 pm
Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023, 3η φάση.
Θέματα της 1ης μέρας για την 10η τάξη. 13 Φεβρουαρίου 2023.

4. Δίνονται τρεις φυσικοί αριθμοί τέτοιοι, ώστε και ο αριθμός διαιρείτε με τον αριθμό . Να αποδείξετε, ότι ο διαιρείται με τον . (Μ. Αντίποβ)
Από το AoPS βλέπω ότι η σωστή εκφώνηση πρέπει να είναι η εξής:

Έστω τρεις θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε κανείς από αυτούς να μη διαιρεί κάποιον άλλον. Αν $ab-b+1 \mid abc+1$ , να αποδείξετε ότι $c \geq b$ .
Καλησπέρα Ορέστη! Αυτή η εκφώνηση είναι για την 9η τάξη, στην 10η δόθηκε όπως την έδωσα παραπάνω (την διορθωμένη). Παρόμοια δηλαδή εκφώνηση, αλλά όχι ίδια, όπως λέει στο AoPS.

Πηγή

Oops

Ουσιαστικά είναι το ίδιο πράγμα βέβαια:

Είναι, $ab-b+1 \mid (abc+1)-(ab-b+1)$ , οπότε $ab-b+1 \mid b(ac-a+1)$ , και άρα $(ab-b+1) \mid (ac-a+1)$ . Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

Περίπτωση 1: ac-a+1=ab-b+1

, οπότε

, οπότε $a \mid b(a-1)$ , συνεπώς $a \mid b$ .

Περίπτωση 2: $ac-a+1 \geq 2(ab-b+1)$ . Τότε, $ac \geq 2ab-2b+a+1$ , και άρα

$ac \geq 2ab-2b+a+1=ab+(ab+a+1-2b) > ab+(ab+a-2b) \geq ab$ ,

συνεπώς $c \geq b>c$ , που είναι άτοπο.

Συνεπώς, πρέπει $a \mid b$ .

Ορέστης Λιγνός · #9

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 11, 2023 7:51 pm
Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023, 3η φάση.
Θέματα της 1ης μέρας για την 10η τάξη. 13 Φεβρουαρίου 2023.

5. Στο οξυγώνιο τρίγωνο φέρθηκε το ύψος και σημειώθηκε το σημείο τομής των υψών του . Η μεσοκάθετος του τμήματος , τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου , στα σημεία και . Να αποδείξετε, ότι $\angle APB+\angle AQB=180^0$ . (Μ. Τούρεβσκιϊ, Μ. Ντίντιν)

Αρχικά, αλλάζουμε λίγο τα ονόματα των σημείων:

Στο οξυγώνιο τρίγωνο φέρθηκε το ύψος και σημειώθηκε το σημείο τομής των υψών του . Η μεσοκάθετος του τμήματος , τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου , στα σημεία και . Να αποδείξετε, ότι $\angle APB+\angle AQB=180^0$ .

Θεωρούμε την ανιστροφή $\mathcal I$ με πόλο το

και ακτίνα $\sqrt{AH \cdot AD}$ . Έστω ότι η

και η

τέμνουν το ύψος

στα σημεία P',Q'

αντίστοιχα.

Ισχυρισμός 1: Τα σημεία P',Q'

είναι οι εικόνες των σημείων P,Q

στην αντιστροφή $\mathcal I$ αντίστοιχα.
Απόδειξη: Είναι,

$\angle BP'P=\angle(BE,AP)=\angle(AC,PC)=\angle ACP=\angle BFP,$

συνεπώς το τετράπλευρο BFP'P

είναι εγγράψιμο. Οπότε, $AP \cdot AP'=AF \cdot AB=AH \cdot AD,$ που δίνει το ζητούμενο. Ομοίως για το σημείο

$\blacksquare$ .

Είναι, $\angle APB=\angle P'FA$ και $\angle AQB=\angle AFQ'$ , οπότε αρκεί να δείξουμε ότι $\angle BFP'=\angle AFQ'$ , ή ισοδύναμα ότι $\angle P'FH=\angle Q'FH$ . Αυτό προκύπτει όμως άμεσα από τους επόμενους 2 Ισχυρισμούς:

Ισχυρισμός 2: Το τετράπλευρο PFQD

είναι αρμονικό.
Απόδειξη: Είναι,

PH=PD=QC,

συνεπώς το τετράπλευρο PHQC

είναι παραλληλόγραμμο. Αν

το μέσον της

,

$\angle PFD=\angle PQD=\angle QDC=\angle QFM,$

που δίνει ότι η

είναι συμμετροδιάμεσος στο τρίγωνο FPQ

. Άρα, το τετράπλευρο PFQD

είναι πράγματι αρμονικό $\blacksquare$

Ισχυρισμός 3: Ισχύει (B,P',H,Q')=-1

.
Απόδειξη: Οι εικόνες των σημείων αυτών ως προς την αντιστροφή $\mathcal I$ σχηματίζουν αρμονικό τετράπλευρο, από τον Ισχυρισμό 2. Συνεπώς, προκύπτει το ζητούμενο $\blacksquare$

Ορέστης Λιγνός · #10

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 11, 2023 7:51 pm
Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023, 3η φάση.
Θέματα της 1ης μέρας για την 10η τάξη. 13 Φεβρουαρίου 2023.

1. Σε ένα πίνακα $6 \times 6$ αρχικά ήταν γραμμένα μηδενικά. Με μια πράξη μπορούμε να επιλέξουμε ένα κελί και να αλλάξουμε, τον αριθμό σε αυτό, με οποιοδήποτε ακέραιο αριθμό. Μπορούμε άραγε σε πράξεις να προκύψει πίνακας, στον οποίο όλα τα αθροίσματα των αριθμών κάθε γραμμής και στήλης θα είναι διαφορετικοί θετικοί αριθμοί; (Α. Κουζνέτσοβ, Π. Κοζέβνικοβ)

Νομίζω πως ναι

$\begin{bmatrix} 10 & 10^2 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 10^3 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 10^4 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 10^5 & 10^6 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 10^7 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 10^8 \end{bmatrix}$

Edit: Διόρθωσα τον πίνακα! Ευχαριστώ τον Πρόδρομο και την Μαρία-Ελένη (Maria-Eleni Nikolaou) για την διόρθωση.

Ορέστης Λιγνός · #11

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 11, 2023 7:51 pm
Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023, 3η φάση.
Θέματα της 1ης μέρας για την 10η τάξη. 13 Φεβρουαρίου 2023.

2. Δίνεται ένα χάρτινο τρίγωνο, τα μήκη των πλευρών του οποίου είναι ίσα με εκ, εκ. και εκ. Μπορούμε άραγε, να το διαμερίσουμε σε μερικά (περισσότερα του ένα) πολύγωνα, στο καθένα εκ των οποίων το εμβαδόν (μετρημένο σε τετρραγωνικά εκατοστά) αριθμητικά να ισούται με την περίμετρο (μετρημένη σε εκ.); (Ντ. Χραμτσόβ)

Όχι.

Έστω $\Delta$ το αρχικό τρίγωνο. Ας υποθέσουμε ότι πραγματοποιείται το ζητούμενο, και έστω $\Pi_i$ , με $i \in \{1,2, \ldots, k \}$ τα $k \geq 2$ πολύγωνα στα οποία χωρίσαμε το αρχικό τρίγωνο. Συμβολίζουμε με $A_{\Pi}$ και $P_{\Pi}$ το εμβαδόν και την περίμετρο ενός πολυγώνου $\Pi$ , αντίστοιχα.

Είναι προφανές ότι

$\displaystyle A_{\Delta}=\sum_{i=1}^{k} A_{\Pi_{i}}$ και

$\displaystyle P_{\Delta} < \sum_{i=1}^{k} P_{\Pi_{i}}$ ,

το οποίο όμως είναι άτοπο καθώς από την υπόθεση $A_{\Pi_i}=P_{\Pi_i}$ για κάθε

και $A_{\Delta}=5+12+13=\dfrac{5 \cdot 12}{2}=P_{\Delta}$ .

#12

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 11, 2023 7:51 pm

2. Δίνεται ένα χάρτινο τρίγωνο, τα μήκη των πλευρών του οποίου είναι ίσα με εκ, εκ. και εκ. Μπορούμε άραγε, να το διαμερίσουμε σε μερικά (περισσότερα του ένα) πολύγωνα, στο καθένα εκ των οποίων το εμβαδόν (μετρημένο σε τετρραγωνικά εκατοστά) αριθμητικά να ισούται με την περίμετρο (μετρημένη σε εκ.); (Ντ. Χραμτσόβ)

Την είδαμε ως την Άσκηση 2 της ίδιας Ολυμπιάδας αλλά μία τάξη πιο κάτω. Βλέπε εδώ.

Ορέστης Λιγνός · #13

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 11, 2023 7:51 pm
Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023, 3η φάση.
Θέματα της 1ης μέρας για την 10η τάξη. 13 Φεβρουαρίου 2023.

3. Στην πόλη διεξήχθησαν ολυμπιάδες σε διάφορα αντικείμενα, εξάλλου σε κάθε μια από αυτές τις ολυμπιάδες συμμετείχαν ακριβώς μαθητές, αλλά δεν υπήρξαν δυο ολυμπιάδες με την ίδια ακριβώς σύνθεση συμμετεχόντων. Είναι γνωστό, ότι για οποιεσδήποτε ολυμπιάδες θα βρεθεί μαθητής, ο οποίος συμμετείχε σε όλες αυτές τις ολυμπιάδες. Να αποδείξετε, ότι θα βρεθεί μαθητής που συμμετείχε σε όλες τις ολυμπιάδες. (Β. Ντόλ’νικοβ)

Έστω

, με $i \in \{1,2,\ldots, 50 \}$ τα σύνολα των συμμετεχόντων στις

ολυμπιάδες. Ισχύει ότι |A_i|=30

για κάθε

. Υποθέτουμε ότι δεν ισχύει το ζητούμενο. Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

Περίπτωση 1: Υπάρχουν σύνολα A_i,A_j

τέτοια ώστε $|A_i \cup A_j| \leq 28$ . Τότε, αφού υποθέσαμε ότι δεν ισχύει το ζητούμενο, για κάθε $k \in A_i \cup A_j$ , μπορούμε να αντιστοιχίσουμε ένα σύνολο A_k

, έτσι ώστε $k \notin A_k$ . Έστω

η συλλογή όλων αυτών των A_k

που προκύπτουν μαζί με τα A_1,A_2

, όπου αφαιρούμε διπλές εμφανίσεις του ίδιου συνόλου. Αφού $|A_i \cup A_j| \leq 28$ , η συλλογή

έχει το πολύ 28+2=30

σύνολα, τα οποία όμως δεν έχουν κοινό στοιχείο από την κατασκευή του

, πράγμα άτοπο.

Περίπτωση 2: Ισχύει $|A_i \cup A_j| \geq 29$ για κάθε i,j

. Αφού

και τα

είναι διαφορετικά μεταξύ τους, ισχύει ότι $|A_i \cap A_j|=29$ . Υποθέτουμε λοιπόν ότι

$A_1=\{a_1,a_2,\ldots,a_{29},x \}$ και

$A_2=\{a_1,a_2,\ldots,a_{29},y \}$ .

Τότε, για κάθε άλλο σύνολο A_i

έχουμε δύο δυνατότητες:

1. είτε έχει όλα τα a_j

κοινά με τα A_1,A_2

,
2. είτε κάποιο a_j

δεν ανήκει σε αυτό, οπότε $A_i=\{a_1,a_2,\ldots,a_{29},x,y \}-\{u\}$ , όπου το

είναι κάποιο από τα a_i

.

Αν όλα τα σύνολα είναι της κατηγορίας 1, τότε έχουμε άτοπο γιατί $a_1 \in A_i$ για κάθε

. Θεωρούμε ένα σύνολο της κατηγορίας 2, έστω το $A_3=\{ a_1,a_2,\ldots,a_{29},x,y \} - \{ a_1 \}$ . Τότε, για κάθε άλλο σύνολο

, πρέπει

$|A \cup A_i|=29$ για κάθε $i \in \{1,2,3 \}$ , συνεπώς προκύπτει εύκολα ότι

$A=\{a_1,a_2,\ldots,a_{29},x,y \} - \{ u \}$ , για κάποιο $u \in \{a_1,a_2,\ldots,a_{29},x,y \}$ .

Όμως, υπάρχουν το πολύ

επιλογές για το

και συνολικά

ανά δύο διαφορετικά μεταξύ τους σύνολα A_i

που πρέπει να κατασκευαστούν, το οποίο είναι άτοπο.

Συνεπώς, το ζητούμενο πράγματι ισχύει.

Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 1η μέρα)

Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 1η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 1η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 1η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 1η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 1η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 1η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 1η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 1η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 1η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 1η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 1η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 1η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 1η μέρα)

Μέλη σε σύνδεση