Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 10η τάξη)

Al.Koutsouridis · #1

Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016-2017
Θέματα της 3ης φάσης για την 10η τάξη. Διάρκεια εξέτασης 4 ώρες/μέρα.

Πρώτη μέρα (30/01/17)

1. Σε γινόμενο πέντε μη μηδενικών φυσικών αριθμών κάθε παράγοντα των μειώνουμε κατά τρία. Μπορεί άραγε, με αυτή την διαδικασία, το γινόμενο να αυξηθεί ακριβώς κατά 15 φορές;

2. Κύκλος με κέντρο

είναι εγγεγραμμένος σε τετράπλευρο ABCD

. Οι χορδές

και

τέμνονται στο σημείο

, και οι χορδές

και

στο σημείο

. Είναι γνωστό, ότι το σημείο

βρίσκεται επί του περιγεγραμμένου κύκλου $\omega$ του τριγώνου AIC

. Να αποδείξετε, ότι και το σημείο

βρίσκεται επί του κύκλου $\omega$ .

3. Ο Παύλος διάλεξε 2017 (όχι απαραίτητα διαφορετικούς) μη μηδενικούς φυσικούς αριθμούς $a_{1}, a_{2}, …, a_{2017}$ και παίζει μόνος του το ακόλουθο παιχνίδι. Στην αρχή έχει απεριόριστο απόθεμα από βότσαλα και 2017 μεγάλα άδεια κουτιά. Με μια κίνηση, ο Παύλος τοποθετεί σε οποιοδήποτε κουτί (της επιλογής του) $a_{1}$ βότσαλα, σε οποιοδήποτε από τα εναπομείναντα κουτιά (της επιλογής του) $a_{2}$ βότσαλα ,…, στο τέλος, στο απομένον κουτί $a_{2017}$ βότσαλα, ολοκληρώνοντας έτσι την κίνηση. Ο σκοπός του Παύλου είναι να επιτύχει μετά από κάποιο αριθμό κινήσεων κάθε κουτί να έχει ίσο αριθμό βότσαλων. Μπορεί άραγε να διαλέξει τους αριθμούς έτσι, ώστε να επιτύχει το σκοπό του σε 43 κινήσεις, αλλά να μην μπορεί σε μικρότερο μη μηδενικό αριθμό κινήσεων;

Σημείωση: Σε κάθε κίνηση βάζουμε βότσαλα σε όλα τα 2017 κουτιά. Σε κάθε κουτί ο αριθμός των βότσαλων που που προσθέτουμε είναι ένας από το σύνολο $\Displaystyle{ \left \{ \left. {a_{1}, a_{2},...,a_{2017} \right \} \right. }$ . Αν ένας αριθμός $a_{i}$ χρησιμοποιηθεί για ένα κουτί, τότε δεν χρησιμοποιείται για άλλο κουτί της ίδιας κίνησης.

4. Ο δάσκαλος θέλει να δώσει στους μαθητές του πρόβλημα του ακόλουθου τύπου. Τους ανακοινώνει ότι σκέφτηκε ένα πολυώνυμο P(x)

βαθμού 2017 με ακέραιους συντελεστές και μεγιστοβάθμιο συντελεστή ίσο με 1. Έπειτα τους ανακοινώνει

ακέραιους αριθμούς $n_{1}, n_{2},…,n_{k}$ και ξεχωριστά την τιμή της παράστασης $P(n_{1}) \cdot P(n_{2}) \cdot … \cdot P(n_{k})$ . Με αυτά τα δεδομένα οι μαθητές πρέπει να βρουν το πολυώνυμο, το οποίο μπορεί να σκέφτηκε ο δάσκαλος. Ποιο είναι το ελάχιστο

για το οποίο ο δάσκαλος μπορεί να θέσει πρόβλημα του παραπάνω τύπου, ώστε το πολυώνυμο, το ευρεθέν από τους μαθητές, οπωσδήποτε να ταυτίζεται με αυτό του δασκάλου;

Δεύτερη μέρα (31/01/2017)

5. Ο Στέλιος σχεδίασε ένα κενό πίνακα διαστάσεων $50 \times 50$ και πάνω από κάθε στήλη και αριστερά από κάθε γραμμή έγραψε από έναν μη μηδενικό αριθμό. Προέκυψε ότι όλοι, οι 100 γραμμένοι αριθμοί, είναι διαφορετικοί μεταξύ τους και μάλιστα οι 50 από αυτούς είναι ρητοί και οι υπόλοιποι άρρητοι. Έπειτα, σε κάθε κελί του πίνακα σημείωσε το γινόμενο των αριθμών που ήταν γραμμένοι δίπλα σε κάθε γραμμή και στήλη (σχημάτισε ένα πίνακα/προπαίδεια γινομένων). Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός ρητών γινομένων που μπορεί να προκύψουν σε αυτό τον πίνακα;

6. Στην αρχή στο πίνακα είναι γραμμένοι μερικοί (περισσότεροι του ενός) μη μηδενικοί φυσικοί αριθμοί. Στην συνέχεια κάθε λεπτό στο πίνακα γράφεται αριθμός ίσος με το άθροισμα των τετραγώνων όλων των ήδη γραμμένων αριθμών (δηλαδή αν στον πίνακα είναι γραμμένοι αριθμοί 1,2,2, τότε το πρώτο λεπτό γράφεται ο αριθμός 1^2+2^2+2^2

). Να αποδείξετε, ότι ο εκατοστός αριθμός που γράφεται έχει τουλάχιστον 100 διαφορετικούς πρώτους διαιρέτες.

7. Κυρτό πολύγωνο διαμερίζεται, με μη τεμνόμενες διαγώνιους, σε ισοσκελή τρίγωνα. Να αποδείξετε, ότι σε αυτό το πολύγωνο θα βρεθούν δυο ίσες πλευρές.

8. Κυκλος $\omega$ είναι περιγεγραμμένος σε τρίγωνο ABC

. Στην πλευρά

θεωρούμε σημείο

και στην πλευρά

σημείο

έτσι, ώστε $AC \parallel DE$ . Τα σημεία

και

του έλασσον τόξου

του $\omega$ είναι τέτοια, ώστε $DP \parallel EQ$ . Οι χορδές

και

τέμνουν την ευθεία

στα σημεία

και

αντίστοιχα. Να αποδείξετε, ότι $\angle XBY + \angle PBQ = 180^{0}$ .

Edit 11/02/16: Έγινε τροποποίηση στην εκφώνηση του 3ου προβλήματος της πρώτης μέρας. Η τροποποιήση είναι διευκρινιστική για το τι εννοούμε ως κίνηση.

harrisp · #2

Al.Koutsouridis έγραψε:
1. Σε γινόμενο πέντε μη μηδενικών φυσικών αριθμών κάθε παράγοντα των μειώνουμε κατά τρία. Μπορεί άραγε, με αυτή την διαδικασία, το γινόμενο να αυξηθεί ακριβώς κατά 15 φορές;

Οι αριθμοι

a_1=a_2=a_3=a_4=1,a_5=48

ικανοποιούν τις συνθήκες.

Ο τρόπος σκέψης ήταν παρόμοιος με το αντίστοιχο πρόβλημα στην 9η Τάξη.

#3

Al.Koutsouridis έγραψε:Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016-2017
Θέματα της 3ης φάσης για την 10η τάξη. Διάρκεια εξέτασης 4 ώρες/μέρα.

Πρώτη μέρα (30/01/17)

2. Κύκλος με κέντρο είναι εγγεγραμμένος σε τετράπλευρο . Οι χορδές και τέμνονται στο σημείο , και οι χορδές και στο σημείο . Είναι γνωστό, ότι το σημείο βρίσκεται επί του περιγεγραμμένου κύκλου $\omega$ του τριγώνου . Να αποδείξετε, ότι και το σημείο βρίσκεται επί του κύκλου $\omega$ .

: Πανρωσική 2016-2017 (ΙΙΙΦ, 10)-2.png (22.02 KiB) Προβλήθηκε 1549 φορές

Από τις διχοτόμους των γωνιών $\widehat A, \widehat C$ και επειδή το AICP

είναι περιγεγραμμένο, θα είναι $\widehat A=\widehat C$ , οπότε εύκολα

βγαίνει ότι το ABCD

είναι χαρταετός (τα τρίγωνα BIA, BIC

καθώς επίσης και τα IAD, ICD

είναι ίσα), απ' όπου

προκύπτει ότι και τα τρίγωνα BDP, BDQ

είναι ίσα, άρα $\displaystyle{AD \cdot DQ = PD \cdot DC}$ , οπότε τα σημεία A, C, P, Q

είναι ομοκυκλικά.

JimNt. · #4

Al.Koutsouridis έγραψε:Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016-2017
Θέματα της 3ης φάσης για την 10η τάξη. Διάρκεια εξέτασης 4 ώρες/μέρα.

Πρώτη μέρα (30/01/17)

6. Στην αρχή στο πίνακα είναι γραμμένοι μερικοί (περισσότεροι του ενός) μη μηδενικοί φυσικοί αριθμοί. Στην συνέχεια κάθε λεπτό στο πίνακα γράφεται αριθμός ίσος με το άθροισμα των τετραγώνων όλων των ήδη γραμμένων αριθμών (δηλαδή αν στον πίνακα είναι γραμμένοι αριθμοί 1,2,2, τότε το πρώτο λεπτό γράφεται ο αριθμός ). Να αποδείξετε, ότι ο εκατοστός αριθμός που γράφεται έχει τουλάχιστον 100 διαφορετικούς πρώτους διαιρέτες.

Για να μην μπλεχτούμε με πολλές πράξεις θα δουλέψουμε επαγωγικά. Πιο συγκεκριμένα θα δείξουμε ότι ο αριθμός έστω A_n

, που προκύπτει με την παραπάνω διαδικασία θα έχει τουλάχιστον

πρώτους διαιρέτες. Έστω λοιπόν πως ισχύει ότι ο A_k

(που προέκυψε από την

ιοστή διαδικασία) έχει τουλάχιστον

διαφορετικούς πρώτους διαιρέτες. Θα δείξουμε ότι ο $A_{k+1}$ έχει τουλάχιστον k+1

διαφορετικούς πρώτους διαιρέτες. Είναι $A_{k+1}=A_k+A_k^2=$ $A_k(A_{k}+1)$ . Ισχύει $(A_k,A_{k}+1)=1$ . Συνεπώς ο $A_{k+1}$ θα έχει τουλάχιστον k+1

διαφορετικούς πρώτους διαιρέτες. Επομένως, αφού A_1>1

, αυτός θα έχει τουλάχιστον ένα πρώτο διαιρέτη και το ζητούμενο έπεται.....

#5

Al.Koutsouridis έγραψε:
4. Ο δάσκαλος θέλει να δώσει στους μαθητές του πρόβλημα του ακόλουθου τύπου. Τους ανακοινώνει ότι σκέφτηκε ένα πολυώνυμο βαθμού 2017 με ακέραιους συντελεστές και μεγιστοβάθμιο συντελεστή ίσο με 1. Έπειτα τους ανακοινώνει ακέραιους αριθμούς $n_{1}, n_{2},…,n_{k}$ και ξεχωριστά την τιμή της παράστασης $P(n_{1}) \cdot P(n_{2}) \cdot … \cdot P(n_{k})$ . Με αυτά τα δεδομένα οι μαθητές πρέπει να βρουν το πολυώνυμο, το οποίο μπορεί να σκέφτηκε ο δάσκαλος. Ποιο είναι το ελάχιστο για το οποίο ο δάσκαλος μπορεί να θέσει πρόβλημα του παραπάνω τύπου, ώστε το πολυώνυμο, το ευρεθέν από τους μαθητές, οπωσδήποτε να ταυτίζεται με αυτό του δασκάλου;

Πολύ καλό!

Σίγουρα πρέπει $k \geqslant 2017$ . Αν $k \leqslant 2016$ , ακόμη και αν ο δάσκαλος τους ανακοινώσει τις τιμές των $P(n_1),\ldots,P(n_k)$ δεν θα μπορούν να ξεχωρίσουν μεταξύ των πολυωνύμων P(x)

και
$\displaystyle{ Q(x) = P(x) + (x-n_1)(x-n_2) \cdots (x-n_k)}$

Θα δείξουμε τώρα ότι γίνεται για k=2017

. Ο δάσκαλος επιλέγει το πολυώνυμο
$\displaystyle{ P(x) = (x-1)(x-2)\cdots (x-2017)+1}$
και $n_1=1,n_2=2,\ldots,n_{2017} = 2017$ .

Οπότε οι μαθητές γνωρίζουν ότι $P(1)P(2) \cdots P(2017) = 1$ . Γνωρίζουν επομένως ότι P(n) = 1

ή

για κάθε $n \in \{1,2,\ldots,2017\}$ .

Ας θυμηθούμε ότι αν P(x)

πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές και αν m,n

ακέραιοι, τότε (m-n)|(P(m)-P(n))

. Οπότε για $m,n \in \{1,2,\ldots,2017}$ με $|m-n| \geqslant 3$ πρέπει P(m) = P(n)

. Άρα $P(1) = P(4), P(1) = P(5), \ldots,P(1) = P(2017)$ και P(2017) = P(2),P(2017)=P(3)

.

Επομένως είτε P(n)=1

για κάθε $n \in \{1,2,\ldots,2017\}$ είτε P(n)=-11

για κάθε $n \in \{1,2,\ldots,2017\}$ . Τυο δεύτερο απορρίπτεται αφού $P(1)P(2) \cdots P(2017)=1$ .

Μένει τώρα να δείξουμε ότι υπάρχει μοναδικό πολυώνυμο βαθμού 2017

με μεγιστοβάθμιο συντελεστή ίσο με

το οποίο να ικανοποιεί $P(1) = P(2) = \cdots = P(2017)=1$ .

Πράγματι αν P,Q

είναι δύο τέτοια πολυώνυμα τότε το πολυώνυμο P(x)-Q(x)

είναι βαθμού 2016

και έχει

διακεκριμένες ρίζες. Άρα το P(x)-Q(x)

είναι το μηδενικό πολυώνυμο και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

#6

Al.Koutsouridis έγραψε:
3. Ο Παύλος διάλεξε 2017 (όχι απαραίτητα διαφορετικούς) μη μηδενικούς φυσικούς αριθμούς $a_{1}, a_{2}, …, a_{2017}$ και παίζει μόνος του το ακόλουθο παιχνίδι. Στην αρχή έχει απεριόριστο αριθμό από βότσαλα και 2017 μεγάλα άδεια κουτιά. Με μια κίνηση ο Παύλος τοποθετεί σε οποιοδήποτε κουτί (της επιλογής του) $a_{1}$ βότσαλα, σε οποιοδήποτε από τα εναπομείναντα κουτιά $a_{2}$ βότσαλα ,…, στο τέλος, στο απομένον κουτί $a_{2017}$ βότσαλα. Ο σκοπός του Παύλου είναι να επιτύχει μετά από κάποιο αριθμό κινήσεων κάθε κουτί να έχει ίσο αριθμό βότσαλων. Μπορεί άραγε να διαλέξει τους αριθμούς έτσι, ώστε να επιτύχει το σκοπό του σε 43 κινήσεις, αλλά να μην μπορεί σε μικρότερο μη μηδενικό αριθμό κινήσεων;

Μάλλον κάτι δεν πάει καλά με την εκφώνηση.

Al.Koutsouridis · #7

Demetres έγραψε:
Al.Koutsouridis έγραψε:
3. Ο Παύλος διάλεξε 2017 (όχι απαραίτητα διαφορετικούς) μη μηδενικούς φυσικούς αριθμούς $a_{1}, a_{2}, …, a_{2017}$ και παίζει μόνος του το ακόλουθο παιχνίδι. Στην αρχή έχει απεριόριστο αριθμό από βότσαλα και 2017 μεγάλα άδεια κουτιά. Με μια κίνηση ο Παύλος τοποθετεί σε οποιοδήποτε κουτί (της επιλογής του) $a_{1}$ βότσαλα, σε οποιοδήποτε από τα εναπομείναντα κουτιά $a_{2}$ βότσαλα ,…, στο τέλος, στο απομένον κουτί $a_{2017}$ βότσαλα. Ο σκοπός του Παύλου είναι να επιτύχει μετά από κάποιο αριθμό κινήσεων κάθε κουτί να έχει ίσο αριθμό βότσαλων. Μπορεί άραγε να διαλέξει τους αριθμούς έτσι, ώστε να επιτύχει το σκοπό του σε 43 κινήσεις, αλλά να μην μπορεί σε μικρότερο μη μηδενικό αριθμό κινήσεων;
Μάλλον κάτι δεν πάει καλά με την εκφώνηση.

Καλησπέρα κ.Δημήτρη,

Νομίζω έχω κάνει την σωστή απόδοση. Η τελευταία πρόταση αποδίδεται καλύτερα είναι η αληθεία ως εξής (με ένα μπορεί παραπάνω).

Μπορεί άραγε να διαλέξει τους αριθμούς έτσι, ώστε να μπορεί να επιτύχει το σκοπό του σε 43 κινήσεις, αλλά να μην μπορεί σε μικρότερο μη μηδενικό αριθμό κινήσεων;

Υπάρχει κάποιο συγκεκριμένο κομμάτι της εκφώνησης που έχετε ενδοιασμό;

#8

Al.Koutsouridis έγραψε:
Demetres έγραψε:
Al.Koutsouridis έγραψε:
3. Ο Παύλος διάλεξε 2017 (όχι απαραίτητα διαφορετικούς) μη μηδενικούς φυσικούς αριθμούς $a_{1}, a_{2}, …, a_{2017}$ και παίζει μόνος του το ακόλουθο παιχνίδι. Στην αρχή έχει απεριόριστο αριθμό από βότσαλα και 2017 μεγάλα άδεια κουτιά. Με μια κίνηση ο Παύλος τοποθετεί σε οποιοδήποτε κουτί (της επιλογής του) $a_{1}$ βότσαλα, σε οποιοδήποτε από τα εναπομείναντα κουτιά $a_{2}$ βότσαλα ,…, στο τέλος, στο απομένον κουτί $a_{2017}$ βότσαλα. Ο σκοπός του Παύλου είναι να επιτύχει μετά από κάποιο αριθμό κινήσεων κάθε κουτί να έχει ίσο αριθμό βότσαλων. Μπορεί άραγε να διαλέξει τους αριθμούς έτσι, ώστε να επιτύχει το σκοπό του σε 43 κινήσεις, αλλά να μην μπορεί σε μικρότερο μη μηδενικό αριθμό κινήσεων;
Μάλλον κάτι δεν πάει καλά με την εκφώνηση.
Καλησπέρα κ.Δημήτρη,

Νομίζω έχω κάνει την σωστή απόδοση. Η τελευταία πρόταση αποδίδεται καλύτερα είναι η αληθεία ως εξής (με ένα μπορεί παραπάνω).

Μπορεί άραγε να διαλέξει τους αριθμούς έτσι, ώστε να μπορεί να επιτύχει το σκοπό του σε 43 κινήσεις, αλλά να μην μπορεί σε μικρότερο μη μηδενικό αριθμό κινήσεων;

Υπάρχει κάποιο συγκεκριμένο κομμάτι της εκφώνησης που έχετε ενδοιασμό;

Μετά από

κινήσεις $1 \leqslant k \leqslant 2017$ , θα υπάρχουν

κουτιά που θα έχουν βότσαλα και 2017-k

που δεν θα έχουν. Οπότε δεν θα μπορούν ποτέ τα κουτιά εκτός ίσως από το τέλος να έχουν ίσο αριθμό από βότσαλα.

Al.Koutsouridis · #9

Demetres έγραψε:
Μετά από κινήσεις $1 \leqslant k \leqslant 2017$ , θα υπάρχουν κουτιά που θα έχουν βότσαλα και που δεν θα έχουν. Οπότε δεν θα μπορούν ποτέ τα κουτιά εκτός ίσως από το τέλος να έχουν ίσο αριθμό από βότσαλα.

Ίσως να μην έγινε φανερό από την εκφώνηση όποτε οποιαδήποτε συμβουλή για βελτίωσή της ευπρόσδεκτη και θεμιτή. Όχι μόνο σε αυτό το πρόβλημα αλλά και τα άλλα που είναι από μετάφραση.

Αυτό που θέλει να πει το πρόβλημα είναι το εξής:

Έστω ότι ο Πάυλος διάλεξε τους αριθμούς $a_{1}=1, a_{2} =2, ..., a_{2017} = 2017$ . Τότε ο Πάυλος διαλέγει ένα κουτί $K_{1}$ , οποιοδήποτε, και βάζει μέσα έστω $a_{1}=1$ βότσαλα , διαλέγει ένα αλλο κουτί $K_{2}$ και ας πούμε ότι έβαλε μέσα $a_{2}=2$ βότσαλα , συνεχίζει κατά αυτό το τρόπο και στο τελευταίο κουτί $K_{2017}$ έβαλε $a_{2017}= 2017$ . Έτσι ολοκληρώνει την πρώτη κίνηση.

Στην δεύτερη κίνηση στο κουτί $K_{1}$ μπορεί να βάλει οποιοδήποτε αριθμό βότσαλων. Έστω $a_{2} = 2$ . Στο κουτί $K_{2}$ , $a_{4} =4$ βότσαλα κτλ.

Συνεχίζει την διαδικασία μέχρ την 43 κίνηση στην οποίο θέλει κάθε κουτί να έχει ίσο αριθμό βότσαλων. Αν για παράδειγμα με τους συγκεκριμένους αριθμούς δείξουμε ότι μπορεί στην 43 κίνηση να έχουν όλα τα κουτιά ίσο αριθμό από βότσαλα. Και για αυτή την επιλογή αριθμών δεν μπορούμε να βρούμε αριθμό κινήσεων μικρότερο του 43 που να οδηγεί σε ίσο αριθμό βότσαλων σε κάθε κουτί, τότε η αρχική επιλογή μας είναι μια λύση.

Αν κάτι τέτοιο δεν μπορεί να γίνει τότε θα πρέπει να αποδείξουμε το αδύνατο.

nikkru · #10

Al.Koutsouridis έγραψε:Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016-2017
Θέματα της 3ης φάσης για την 10η τάξη. Διάρκεια εξέτασης 4 ώρες/μέρα.

Δεύτερη μέρα (31/01/2017)

5. Ο Στέλιος σχεδίασε ένα κενό πίνακα διαστάσεων $50 \times 50$ και πάνω από κάθε στήλη και αριστερά από κάθε γραμμή έγραψε από έναν μη μηδενικό αριθμό. Προέκυψε ότι όλοι, οι 100 γραμμένοι αριθμοί, είναι διαφορετικοί μεταξύ τους και μάλιστα οι 50 από αυτούς είναι ρητοί και οι υπόλοιποι άρρητοι. Έπειτα, σε κάθε κελί του πίνακα σημείωσε το γινόμενο των αριθμών που ήταν γραμμένοι δίπλα σε κάθε γραμμή και στήλη (σχημάτισε ένα πίνακα/προπαίδεια γινομένων). Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός ρητών γινομένων που μπορεί να προκύψουν σε αυτό τον πίνακα;

Το γινόμενο δύο ρητών είναι ρητός, το γινόμενο μη μηδενικού ρητού με άρρητο είναι άρρητος ενώ το γινόμενο δύο κατάλληλα
επιλεγμένων άρρητων (π.χ. $\sqrt{2}$ και $2\sqrt{2}$ ) είναι ρητός.

Χρωματίζω με κόκκινο τους ρητούς και μαύρο τους άρρητους, έτσι προκύπτει το επόμενο σχήμα για το πλήθος κάθε κατηγορίας.

[attachment=0]ΠανρωσικήΟΜ 3Φ_Τ10__2016_7_θ5.png[/attachment]

Για να είναι το πλήθος των ρητών $(2(50\nu-\nu^2))$ μέγιστο, πρέπει $\nu=25$ με μέγιστο πλήθος ρητών .

Μια λύση φαίνεται στο επόμενο σχήμα.

[attachment=1]ΠανρωσικήΟΜ 3Φ_Τ10__2016_7_θ5β.png[/attachment]

Al.Koutsouridis · #11

Έγινε τροποποίηση στην εκφώνηση του 3ου προβλήματος της πρώτης μέρας. Η τροποποιήση είναι διευκρινιστική για το τι εννοούμε ως κίνηση.

Ελπίζω να μην σας ταλαιπώρησα πολύ με το ασαφές της εκφώνησης

.

#12

Al.Koutsouridis έγραψε:Έγινε τροποποίηση στην εκφώνηση του 3ου προβλήματος της πρώτης μέρας. Η τροποποιήση είναι διευκρινιστική για το τι εννοούμε ως κίνηση.

Ελπίζω να μην σας ταλαιπώρησα πολύ με το ασαφές της εκφώνησης .

Αλέξανδρε, εγώ φταίω που δεν κατανόησα σωστά το πρόβλημα.

Η απάντηση είναι καταφατική. Θα βάλω απάντηση αργότερα αν δεν με προλάβει κάποιος άλλος.)

#13

Al.Koutsouridis έγραψε: 8. Κυκλος $\omega$ είναι περιγεγραμμένος σε τρίγωνο . Στην πλευρά θεωρούμε σημείο και στην πλευρά σημείο έτσι, ώστε $AC \parallel DE$ . Τα σημεία και του έλασσον τόξου του $\omega$ είναι τέτοια, ώστε $DP \parallel EQ$ . Οι χορδές και τέμνουν την ευθεία στα σημεία και αντίστοιχα. Να αποδείξετε, ότι $\angle XBY + \angle PBQ = 180^{0}$ .

Παρατηρούμε ότι

$\displaystyle{\angle XEB = \angle DEB = \angle ACB = \angle AQB = \angle XQB,}$

οπότε το τετράπλευρο $\displaystyle{XBEQ}$ είναι εγγράψιμο και άρα

$\displaystyle{\angle XBQ = \angle XEQ.}$

Επίσης, είναι

$\displaystyle{\angle YDB = \angle EDB = \angle CAB = \angle CPB = \angle YPB,}$

οπότε το τετράπλευρο $\displaystyle{YDBP}$ είναι εγγράψιμο και άρα

$\displaystyle{\angle PBY = \angle YDP.}$

Έχουμε τώρα (αφού $\displaystyle{DE\parallel AC}$ ) ότι:

$\displaystyle{\angle XBY + \angle PBQ = \angle XBP + \angle PBY + \angle XBQ - \angle XBP = }$

$\displaystyle{ = \angle PBY + \angle XBQ = \angle YDP + \angle XEQ = \angle EDP + \angle DEQ = {180^ \circ }}$

και το ζητούμενο δείχθηκε.

#14

Al.Koutsouridis έγραψε:
3. Ο Παύλος διάλεξε 2017 (όχι απαραίτητα διαφορετικούς) μη μηδενικούς φυσικούς αριθμούς $a_{1}, a_{2}, …, a_{2017}$ και παίζει μόνος του το ακόλουθο παιχνίδι. Στην αρχή έχει απεριόριστο απόθεμα από βότσαλα και 2017 μεγάλα άδεια κουτιά. Με μια κίνηση, ο Παύλος τοποθετεί σε οποιοδήποτε κουτί (της επιλογής του) $a_{1}$ βότσαλα, σε οποιοδήποτε από τα εναπομείναντα κουτιά (της επιλογής του) $a_{2}$ βότσαλα ,…, στο τέλος, στο απομένον κουτί $a_{2017}$ βότσαλα, ολοκληρώνοντας έτσι την κίνηση. Ο σκοπός του Παύλου είναι να επιτύχει μετά από κάποιο αριθμό κινήσεων κάθε κουτί να έχει ίσο αριθμό βότσαλων. Μπορεί άραγε να διαλέξει τους αριθμούς έτσι, ώστε να επιτύχει το σκοπό του σε 43 κινήσεις, αλλά να μην μπορεί σε μικρότερο μη μηδενικό αριθμό κινήσεων;

Σημείωση: Σε κάθε κίνηση βάζουμε βότσαλα σε όλα τα 2017 κουτιά. Σε κάθε κουτί ο αριθμός των βότσαλων που που προσθέτουμε είναι ένας από το σύνολο $\Displaystyle{ \left \{ \left. {a_{1}, a_{2},...,a_{2017} \right \} \right. }$ . Αν ένας αριθμός $a_{i}$ χρησιμοποιηθεί για ένα κουτί, τότε δεν χρησιμοποιείται για άλλο κουτί της ίδιας κίνησης.

Ναι, μπορεί. Ένας τρόπος είναι ο εξής:

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{2017 = 43 \cdot 46 + 39.}$ Ο Παύλος διαλέγει

αριθμούς ίσους με

,

αριθμούς ίσους με

και τους υπόλοιπους αριθμούς ίσους με

. Ακολουθεί την εξής στρατηγική: Επιλέγει πρώτα

κουτιά, σε καθένα από τα οποία τοποθετεί σε κάθε κίνηση

βότσαλα. Μετά από

κινήσεις, τα κουτιά αυτά θα περιέχουν $\displaystyle{43 \cdot 2 = 86}$ βότσαλα το καθένα. Τα υπόλοιπα κουτιά τα διαιρεί σε

ομάδες, καθεμιά από τις οποίες έχει

κουτιά. Για κάθε $\displaystyle{k \in \left\{ {1,2, \ldots ,43} \right\}}$ ο Παύλος τοποθετεί στην

-στή κίνησή του

βότσαλα σε καθένα από τα κουτιά της

-στής ομάδας και

βότσαλο σε καθένα από τα κουτιά των υπόλοιπων ομάδων. Έτσι, καθένα από τα κουτιά των

ομάδων θα περιέχει, μετά από

κινήσεις, $\displaystyle{44 + 42 \cdot 1 = 86}$ βότσαλα και ο Παύλος πέτυχε το σκοπό του.

Θα δείξουμε τώρα ότι ο Παύλος δεν μπορεί να πετύχει το σκοπό του σε

κινήσεις, όπου k<43

. Σε μια κίνηση, θα πρέπει να τοποθέτησε σε κάποιο κουτί

βότσαλα, οπότε το κουτί αυτό τελικά θα περιέχει τουλάχιστον $\displaystyle{44 + \left( {k - 1} \right) \cdot 1 = k + 43}$ βότσαλα. Επειδή $\displaystyle{46k < 2017,}$ θα υπάρχει κάποιο άλλο κουτί στο οποίο δεν τοποθετήθηκαν σε καμιά κίνηση

βότσαλα, οπότε το κουτί αυτό τελικά θα περιέχει το πολύ $\displaystyle{2k}$ βότσαλα. Αλλά $\displaystyle{2k < k + 43,}$ οπότε τελικά τα δύο αυτά κουτιά δεν περιέχουν τον ίδιο αριθμό από βότσαλα.

Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 10η τάξη)

Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 10η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 10η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 10η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 10η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 10η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 10η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 10η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 10η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 10η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 10η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 10η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 10η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 10η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 10η τάξη)

Μέλη σε σύνδεση