Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2019/20 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 2η μέρα)

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1256
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2019/20 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 2η μέρα)

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Σάβ Νοέμ 21, 2020 9:31 pm

Πανρωσική Μαθητική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2019/20.
2η μέρα: Θέματα της 3ης φάσης για την 10η τάξη.



6.

7.

8. Στον πίνακα γράφτηκαν n δευτεροβάθμια τριώνυμα της μορφής \star x^2 + \star x + \star (στην θέση των συντελεστών είναι γραμμένα αστέρια). Μπορούμε άραγε για κάποιο n > 100 να τοποθετήσουμε στην θέση των 3n αστεριών 3n διαδοχικούς θετικούς ακέραιους (με κάποια σειρά) έτσι, ώστε καθένα από τα δεδομένα τριώνυμα να έχει δυο διαφορετικές ακέραιες ρίζες;


9. Θα ονομάσουμε ένα πολύγωνο καλό, αν σε αυτό βρεθεί ζεύγος δυο παράλληλων πλευρών. Ένα κανονικό πολύγωνο διαμερίστηκε με μη τεμνόμενες διαγώνιους (κατά εσωτερικά σημεία) σε μερικά πολύγωνα έτσι, ώστε καθένα από αυτά τα πολύγωνα να έχει τον ίδιο περιττό αριθμό πλευρών. Μπορεί άραγε ανάμεσα σε αυτά τα πολύγωνα να βρεθεί τουλάχιστον ένα καλό;


10. Ο Πέτρος σκέφτηκε δυο πολυώνυμα f(x) και g(x), το καθένα της μορφής ax^2+bx+c (δηλαδή ο βαθμός του κάθε πολυωνύμου δεν υπερβαίνει το 2). Με μια κίνηση ο Βασίλης ονομάζει στον Πέτρο έναν αριθμό t και ο Πέτρος του ανακοινώνει (της δικής του επιλογής) μία από τις τιμές f(t) ή g(t) (χωρίς να διευκρινίζει ποια ακριβώς ανακοίνωσε). Μετά από n βήματα ο Βασίλης πρέπει να προσδιορίσει ένα από τα πολυώνυμα του Πέτρου. Για ποιο ελάχιστο n ο Βασίλης έχει στρατηγική εγγυημένα να το επιτύχει αυτό;



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8543
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2019/20 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 2η μέρα)

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Νοέμ 23, 2020 3:19 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Σάβ Νοέμ 21, 2020 9:31 pm
Πανρωσική Μαθητική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2019/20.
2η μέρα: Θέματα της 3ης φάσης για την 10η τάξη.


8. Στον πίνακα γράφτηκαν n δευτεροβάθμια τριώνυμα της μορφής \star x^2 + \star x + \star (στην θέση των συντελεστών είναι γραμμένα αστέρια). Μπορούμε άραγε για κάποιο n > 100 να τοποθετήσουμε στην θέση των 3n αστεριών 3n διαδοχικούς θετικούς ακέραιους (με κάποια σειρά) έτσι, ώστε καθένα από τα δεδομένα τριώνυμα να έχει δυο διαφορετικές ακέραιες ρίζες;
Θα δείξουμε ότι δεν γίνεται.

Γράφουμε a_1x^2 + b_1x + c_1,\ldots,a_nx^2 + b_nx + c_n για τα πολυώνυμα. Το άθροισμα των ριζών του a_ix^2 + b_ix + c_i είναι -b_1/a_i, επομένως b_i πολλαπλάσιο του a_i. Ομοίως c_i πολλαπλάσιο του a_i.

Χωρίς βλάβη της γενικότητας είναι a_1 < a_2 < \cdots < a_n. Έστω M = \max\{b_n,c_n\}. Από τα πιο πάνω είναι M \geqslant 3a_n. Τότε έχουμε

\displaystyle  M \geqslant 3a_n \geqslant 3(a_1 + n-1) = 3a_1 + 3n-3 \geqslant a_1 + 3n-1

Επίσης αφού έχουμε 3n διαδοχικούς αριθμούς με τους a_1,M να είναι δύο από αυτούς, τότε M \leqslant a_1 + 3n-1. Επομένως είναι M = a_1 + 3n-1 και έχουμε ισότητες σε όλες τις πιο πάνω ανισότητες. Τότε a_1=1,a_n = n και M = 3n. Δηλαδή οι αριθμοί που γράψαμε είναι οι 1,2,\ldots,3n και οι συντελεστές των x^2 είναι οι 1,2,\ldots,n.

Θα δείξουμε ότι τουλάχιστον ένα από τα πολυώνυμα έχει όλους τους συντελεστές περιττούς. Αυτό όμως είναι άτοπο αφού αν a,b,c περιττοί, τότε ax^2 + bx + c \equiv x^2+x+1 \equiv 1 \bmod 2 για κάθε ακέραιο x και επομένως το πολυώνυμο δεν μπορεί να έχει ακέραια ρίζα.

Αν n=2k άρτιος, έχουμε 6k διαδοχικούς αριθμούς εκ των οποίων οι 3k είναι άρτιοι. Οι συντελεστές των πολυωνύμων 2x^2 + b_2x + c_2,4x^2 + b_4x + c_4,\ldots,2kx^2 + b_{2k}x + c_{2k} είναι όλοι άρτιοι. Επομένως όλοι οι άρτιοι αριθμοί είναι συντελεστές αυτών των πολυωνύμων και όλα τα υπόλοιπα πολυώνυμα (k σε αριθμό) έχουν μόνο περιττούς συντελεστές.

Αν n=2k+1 άρτιος, έχουμε 6k+3 διαδοχικούς αριθμούς εκ των οποίων οι 3k+1 είναι άρτιοι. Οι συντελεστές των πολυωνύμων 2x^2 + b_2x + c_2,4x^2 + b_4x + c_4,\ldots,2kx^2 + b_{2k}x + c_{2k} είναι όλοι άρτιοι. Τουλάχιστον ένας από τους συντελεστές του (2k+1)x^2 + b_{2k+1}x + c_{2k+1} είναι επίσης άρτιος. Επομένως όλοι οι άρτιοι αριθμοί είναι συντελεστές αυτών των πολυωνύμων και όλα τα υπόλοιπα πολυώνυμα (k σε αριθμό) έχουν μόνο περιττούς συντελεστές.

Ουσιαστικά δείξαμε ότι δεν γίνεται για κανένα n \geqslant 2. Για n=1 γίνεται για το πολυώνυμo x^2 + 3x+2 και μάλιστα είναι το μοναδικό πολυώνυμο για το οποίο γίνεται.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Bing [Bot] και 3 επισκέπτες