Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2022 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 1η μέρα)

Al.Koutsouridis · #1

Πανρωσική Μαθητική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2021/22.
Θέματα της 1ης μέρας της 3ης φάσης για την 9η τάξη. 4 Φεβρουαρίου 2022.

1. Ο Πέτρος έγραψε στον πίνακα δέκα θετικούς ακέραιους, μεταξύ των οποίων δεν υπάρχουν δυο ίσοι. Είναι γνωστό, ότι μεταξύ αυτών των δέκα αριθμών μπορούμε να διαλέξουμε τρεις αριθμούς, που διαιρούνται με το

. Επίσης είναι γνωστό, ότι μεταξύ των δέκα γραμμένων αριθμών μπορούμε να διαλέξουμε τέσσερεις αριθμούς, που διαιρούνται με το

. Μπορεί το άθροισμα όλων των αριθμών γραμμένων στο πίνακα να είναι μικρότερο του

; (Π. Κοζέβνικοβ)

2. Στον πίνακα είναι γραμμένος εννιά φορές (ο ένας δίπλα στον άλλο) ένας θετικός ακέραιος

. Ο Βασίλης σε καθένα από τους

αριθμούς έγραψε από αριστερά ή από δεξιά τους, ένα μη μηδενικό ψηφίο. Εξάλλου όλα τα ψηφία που γράφτηκαν είναι διαφορετικά μεταξύ τους. Μεταξύ των

αριθμών που δημιουργήθηκαν ποιο είναι το μεγαλύτερο πλήθος πρώτων αριθμών που μπορεί να προκύψει; (Ι. Εφρέμοβ)

3. Δίνεται ένα δευτεροβάθμιο τριώνυμο P(x)

, όχι απαραίτητα με ακέραιους συντελεστές. Είναι γνωστό ότι για κάποιους ακέραιους αριθμούς

και

η διαφορά

είναι τετράγωνο μη μηδενικού φυσικού αριθμού. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν πάνω από ένα εκατομμύριο ζεύγη ακέραιων αριθμών (c,d)

τέτοιων, ώστε η διαφορά P(c)-P(d)

επίσης να αποτελεί τετράγωνο μη μηδενικού φυσικού αριθμού. (Ν. Αγκαχάνοβ)

4. Σε μια ομάδα ανθρώπων μερικά άτομα είναι φίλοι (αν ο

είναι φίλος με τον

, τότε και ο

είναι φίλος με τον

). Προέκυψε ότι μεταξύ οποιονδήποτε 100

ανθρώπων της ομάδας το πλήθος των ζευγών φίλων είναι περιττό. Να βρείτε το μεγαλύτερο δυνατό πλήθος ανθρώπων σε μια τέτοια ομάδα. (Ε.Μπακάεβ)

5. Έστω

διχοτόμος ενός οξυγώνιου τριγώνου ABC

. Στην εξωτερική διχοτόμο της γωνίας ACB

δίνεται σημείο

και στην πλευρά

σημείο

, ώστε $\angle BAD =90^0 = \angle FED$ . Να αποδείξετε, ότι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου CEF

βρίσκεται στην ευθεία

. (Ι. Φρολόβ)

ksofsa · #2

Καλησπέρα!

Για το 3ο θέμα:

Έστω P(x)=px^2+qx+r

.

Τότε:

P(a)-P(b)=p(a^2-b^2)+q(a-b)=(a-b)[p(a+b)+q]=k^2

.

Μια προσέγγιση είναι να αφήσουμε το p(a+b)+q

ως έχει, αφού δεν ξέρουμε αν οι συντελεστές του τριωνύμου είναι ακέραιοι (θα μπορούσαν να είναι και άρρητοι).Δηλαδή, θα δώσουμε τιμές στα c,d

, που να κρατούν σταθερό το άθροισμα c+d

.Επίσης, η διαφορά c-d

συμφέρει να είναι πολλαπλάσιο του a-b

, και μάλιστα με συντελεστή τέλειο τετράγωνο.

Λαμβάνοντας υπόψιν αυτές τις παρατηρήσεις, προτείνουμε ως c,d

τα άπειρα ζεύγη ακεραίων:

$c_{n}=a+(a-b)(2n^2+2n),d_{n}=b-(a-b)(2n^2+2n)$ .

Επαληθεύοντας , διαπιστώνουμε ότι:

$P(c_{n})-P(d_{n})=(c_{n}-d_{n})[p(c_{n}+d_{n})+q]=(2n+1)^2(a-b)[(a+b)p+q]=[(2n+1)k]^2$ .

#3

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 13, 2022 3:47 pm

1. Ο Πέτρος έγραψε στον πίνακα δέκα θετικούς ακέραιους, μεταξύ των οποίων δεν υπάρχουν δυο ίσοι. Είναι γνωστό, ότι μεταξύ αυτών των δέκα αριθμών μπορούμε να διαλέξουμε τρεις αριθμούς, που διαιρούνται με το . Επίσης είναι γνωστό, ότι μεταξύ των δέκα γραμμένων αριθμών μπορούμε να διαλέξουμε τέσσερεις αριθμούς, που διαιρούνται με το . Μπορεί το άθροισμα όλων των αριθμών γραμμένων στο πίνακα να είναι μικρότερο του ; (Π. Κοζέβνικοβ)

Γίνεται.

Οι δέκα αριθμοί $\{1,\,2,3,\,4,\,5,\,6\}\cup \{8,\,10,\,12,\,20 \}$ έχουν άθροισμα

, περιέχουν τρία πολλαπλάσια του

και τέσσερα του

.

#4

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 13, 2022 3:47 pm

2. Στον πίνακα είναι γραμμένος εννιά φορές (ο ένας δίπλα στον άλλο) ένας θετικός ακέραιος . Ο Βασίλης σε καθένα από τους αριθμούς έγραψε από αριστερά ή από δεξιά τους, ένα μη μηδενικό ψηφίο. Εξάλλου όλα τα ψηφία που γράφτηκαν είναι διαφορετικά μεταξύ τους. Μεταξύ των αριθμών που δημιουργήθηκαν ποιο είναι το μεγαλύτερο πλήθος πρώτων αριθμών που μπορεί να προκύψει; (Ι. Εφρέμοβ)

Κατά μέγιστο

.

Χρησιμοποιούμε το κριτήριο διαιρετότητας με το

.

Αν ο

είναι πολλαπλάσιο του

τότε στους νέους αριθμούς συμπεριλαβάνεται ο $\overline {3N}$ ή ο $\overline {N3}$ που είναι πολλαπλάσιο του

, σίγουρα χάνουμε έναν πρώτο. Χάνουμε άλλον ένα από τον $\overline {6N}$ ή τον $\overline {N6}$ . Και χάνουμε έναν τρίτο από τον $\overline {9N}$ ή $\overline {N9}$

Αν ο N=3n+1

, τότε χάνουμε τον $\overline {2N}$ ή $\overline {N2}$ που μπορεί να γράψουμε (είναι πολλαπλάσια του

). Χάνουμε και τον $\overline {5N}$ ή $\overline {N5}$ . Τέλος χάνουμε και τον $\overline {8N}$ ή $\overline {N8}$ .

Όμοια, αν N=3n+2

, τότε χάνουμε τον $\overline {1N}$ ή $\overline {N1}$ , επίσης τον $\overline {4N}$ ή $\overline {N4}$ . Τέλος χάνουμε και τον $\overline {7N}$ ή $\overline {N7}$ .

Άρα έχουμε το πολύ

πρώτους. Αλλά μπορούμε ακριβώς

πρώτους αρχίζοντας από τον N=3

και μετά παράγοντας τους έξι πρώτους $13,\, 23,\, 43,\, 53,\, 73,\, 83$ .

#5

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 13, 2022 3:47 pm

4. Σε μια ομάδα ανθρώπων μερικά άτομα είναι φίλοι (αν ο είναι φίλος με τον , τότε και ο είναι φίλος με τον ). Προέκυψε ότι μεταξύ οποιονδήποτε ανθρώπων της ομάδας το πλήθος των ζευγών φίλων είναι περιττό. Να βρείτε το μεγαλύτερο δυνατό πλήθος ανθρώπων σε μια τέτοια ομάδα. (Ε.Μπακάεβ)

Όμορφο.

Θα χρησιμοποιήσω ορολογία θεωρίας γραφημάτων. (Δεν είναι απαραίτητη αλλά συντομεύει κάπως τις εξηγήσεις.)

Θα δείξουμε ότι μπορούμε να έχουμε 101

άτομα αλλά όχι περισσότερα. Αν $G = C_{101}$ τότε οποιαδήποτε κορυφή και να αφαιρέσουμε μένει ένα γράφημα σε 100

κορυφές και

ακμές. Άρα μπορούμε να έχουμε 101

άτομα.

Έστω ότι έχουμε τουλάχιστον 102

άτομα.

Έστω ένα υπογράφημα σε 101 κορυφές. Αν έχει άρτιο πλήθος ακμών, τότε κάθε κορυφή του πρέπει να είναι περιττού βαθμού. (Ώστε όταν αφαιρεθεί το υπογράφημα που μένει να έχει περιττό πλήθος ακμών.) Όμως δεν υπάρχει γράφημα σε 101 κορυφές με κάθε κορυφή να έχει περιττό πλήθος ακμών. (Λήμμα χειραψιών.) Άρα κάθε υπογράφημα 101 κορυφών έχει περιττό πλήθος ακμών. Επίσης κάθε κορυφή του έχει άρτιο βαθμό.

Έστω τώρα ένα υπογράφημα

σε 102 κορυφές. Έστω V^+

το σύνολο των κορυφών του με άρτιο βαθμό και V^-

το σύνολο των κορυφών του με περιττό βαθμό. Αν αφαιρέσουμε οποιαδήποτε κορυφή του

, θα μείνουν κορυφές μόνο με άρτιο βαθμό. Για να συμβαίνει αυτό, πρέπει κάθε κορυφή του να είναι γειτονική με όλες τις κορυφές στο V^-

και με καμία κορυφή στο V^+

. Άρα το ένα από τα V^+

και

είναι αναγκαστικά κενό. Έχουμε λοιπόν δύο περιπτώσεις. Είτε το

είναι κενό γράφημα, είτε πλήρες. Και οι δύο οδηγούν σε άτοπο αφού σε κάθε υποσύνολο 100 ατόμων θα έχουμε είτε

είτε $50 \cdot 99$ ακμές.

Ορέστης Λιγνός · #6

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 13, 2022 3:47 pm
Πανρωσική Μαθητική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2021/22.
Θέματα της 1ης μέρας της 3ης φάσης για την 9η τάξη. 4 Φεβρουαρίου 2022.

5. Έστω διχοτόμος ενός οξυγώνιου τριγώνου . Στην εξωτερική διχοτόμο της γωνίας δίνεται σημείο και στην πλευρά σημείο , ώστε $\angle BAD =90^0 = \angle FED$ . Να αποδείξετε, ότι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου βρίσκεται στην ευθεία . (Ι. Φρολόβ)

Παραθέτουμε δύο τρόπους λύσης.

1ος τρόπος: Βασιζόμαστε στον ακόλουθο Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός 1: Έστω γωνίες $\alpha,\beta,\gamma,\delta>0$ με $\alpha+\beta=\gamma+\delta < \pi$ και $\dfrac{\sin \alpha}{\sin \beta}=\dfrac{\sin \gamma}{\sin \delta}$ . Τότε, $\alpha=\gamma$ και $\beta=\delta$ .
Απόδειξη: Έστω $\alpha+\beta=\gamma+\delta=k < \pi$ και η συνάρτηση $f(x)=\dfrac{\sin x}{\sin(k-x)}$ . Η συνάρτηση

είναι παραγωγίσιμη με

$f'(x)=\dfrac{\cos x \sin(k-x)+\sin x \cos (k-x)}{\sin^2(k-x)}=\dfrac{\sin k}{\sin^2(k-x)} \geq 0,$

καθώς $0< k < \pi$ . Οπότε η

είναι γνησίως αύξουσα, άρα και 1-1. Όμως η δοσμένη συνθήκη δίνει $f(\alpha)=f(\gamma)$ , οπότε $\alpha=\gamma$ και προφανώς $\beta=\delta$ $\blacksquare$

Στο πρόβλημα, έστω

το περίκεντρο του τριγώνου EFC

. Είναι,

$\dfrac{\sin \angle EBO}{\sin \angle OBC}=\dfrac{\dfrac{OC}{\sin \angle OBC}}{\dfrac{OE}{\sin \angle EBO}}=\dfrac{\dfrac{OB}{\sin \angle OCB}}{\dfrac{OB}{\sin \angle OEB}}=\dfrac{\sin \angle OEB}{\sin \angle OCB},$

και αφού

$\angle OEB=\angle OEC+\angle BEC=\angle EFC-90^\circ+\angle A+\angle C/2=$

$90^\circ-\angle FEC+\angle A=\angle DEC+\angle A=90^\circ$

και

$\angle OCB \equiv \angle OCF=90^\circ-\angle FEC=\angle DEC=90^\circ-\angle EDC=90^\circ-\angle A,$

προκύπτει τελικά ότι

$\dfrac{\sin \angle EBO}{\sin \angle OBC}=\dfrac{1}{\cos \angle A}$ .

Επίσης,

$\dfrac{\sin \angle EBD}{\sin \angle DBC}=\dfrac{\dfrac{DC}{\sin \angle DBC}}{\dfrac{ED}{\sin \angle EBD}} \cdot \dfrac{ED}{DC}=\dfrac{\dfrac{DB}{\sin \angle DCB}}{\dfrac{DB}{\sin \angle DEB}} \cdot \dfrac{1}{\cos \angle A}=$

$\dfrac{\sin \angle DEB}{\sin \angle DCB} \cdot \dfrac{1}{\cos \angle A}=\dfrac{\sin \angle AED}{\cos \angle C/2} \cdot \dfrac{1}{\cos \angle A}=\dfrac{\cos \angle C/2}{\cos \angle C/2} \cdot \dfrac{1}{\cos \angle A}=\dfrac{1}{\cos \angle A},$

οπότε προκύπτει τελικά ότι

$\dfrac{\sin \angle EBD}{\sin \angle DBC}= \dfrac{1}{\cos \angle A}$

Άρα, έχουμε ότι

$\dfrac{\sin \angle EBO}{\sin \angle OBC}=\dfrac{\sin \angle EBD}{\sin \angle DBC}$ και

$\angle EBO + \angle OBC=\angle EBD+\angle DBC=\angle B < \pi,$

συνεπώς από τον Ισχυρισμό έχουμε ότι $\angle EBO=\angle EBD$ και $\angle OBC=\angle DBC$ , οπότε τα σημεία B,O,D

είναι συνευθειακά, δηλαδή $O \in BD$ , όπως θέλαμε.

2ος τρόπος: Αρχίζουμε σε αυτόν τον τρόπο με δύο Ισχυρισμούς:

Ισχυρισμός 2: Το περίκεντρο

του τριγώνου AEC

ανήκει στην

.
Απόδειξη: Είναι,

$\angle AEP=90^\circ-\angle ACE=90^\circ-\angle C/2=\angle ACD=\angle AED,$

οπότε $P \in ED$ , όπως θέλαμε $\blacksquare$

Ισχυρισμός 3: $AED \sim FEC$
Απόδειξη: Είναι,

$\angle ADE=\angle ACE=\angle ECF$

και

$\angle FEC=90^\circ-\angle DEC=90^\circ-\angle DEC=\angle EAC,$

οπότε προκύπτει το ζητούμενο $\blacksquare$

Στο πρόβλημα, έστω

το περίκεντρο του τριγώνου EFC

. Για να δείξουμε ότι $O \in BD$ , αρκεί να δείξουμε ότι $EO \parallel AD$ και

$\dfrac{EO}{AD}=\dfrac{BE}{BA}$ .

Πράγματι, αν δείξουμε αυτά τα δύο, τότε $BEO \sim BAD$ , οπότε $\angle EOB=\angle ADB$ , και αφού $EO \parallel AD$ , προκύπτει το ζητούμενο.

Για την παραλληλία, έχουμε

$\angle OEB=\angle OEC+\angle BEC=\angle EFC-90^\circ+\angle A+\angle C/2=$

$90^\circ-\angle FEC+\angle A=\angle DEC+\angle A=90^\circ=\angle DAB,$

οπότε $EO \parallel AD$ .

Για την ισότητα λόγων, είναι $EFC \sim EAD$ από τον Ισχυρισμό 3, οπότε

$\dfrac{EO}{AP}=\dfrac{EC}{AC},$

συνεπώς για να δείξουμε ότι

$\dfrac{EO}{AD}=\dfrac{BE}{BA},$

αρκεί να δείξουμε ότι

$\dfrac{AD}{AP}=\dfrac{AB \cdot EC}{BE \cdot AC}$

Είναι,

$\dfrac{AB \cdot EC}{BE \cdot AC}=\dfrac{(AC+BC)EC}{AC \cdot BC}=\dfrac{EC}{BC}+\dfrac{EC}{AC}$

οπότε αν η

τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC

στο σημείο

, από τις ομοιότητες $AEN \sim BEC$ και $BEN \sim AEC$ έχουμε ότι

$\dfrac{AB \cdot EC}{BE \cdot AC}=\dfrac{EC}{BC}+\dfrac{EC}{AC}=\dfrac{AE}{AN}+\dfrac{BE}{EN}=\dfrac{AB}{AN}$

Όμως,

$\angle ABN=\angle ACE=\angle ADE \equiv \angle ADP$

και

$\angle ANB=180^\circ-\angle C=180^\circ-\angle APE=\angle APD,$

οπότε $ANB \sim APD$ , που δίνει ότι

$\dfrac{AB}{AN}=\dfrac{AD}{AP},$

άρα συνδυάζοντας τις πιο πάνω προκύπτει ότι

$\dfrac{AB \cdot EC}{BE \cdot AC}=\dfrac{AB}{AN}=\dfrac{AD}{AP},$

όπως θέλαμε.

#7

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 13, 2022 3:47 pm
Πανρωσική Μαθητική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2021/22.
Θέματα της 1ης μέρας της 3ης φάσης για την 9η τάξη. 4 Φεβρουαρίου 2022.

5. Έστω διχοτόμος ενός οξυγώνιου τριγώνου . Στην εξωτερική διχοτόμο της γωνίας δίνεται σημείο και στην πλευρά σημείο , ώστε $\angle BAD =90^0 = \angle FED$ . Να αποδείξετε, ότι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου βρίσκεται στην ευθεία . (Ι. Φρολόβ)

Αν η

τέμνει τον κύκλο $\left( {E,F,C} \right)$ ακόμα στο

επειδή $EC \bot CT$ ( διχοτόμοι εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών) , η

είναι διάμετρος του κύκλου αυτού .

Το τετράπλευρο AECD

είναι εγγράψιμο και άρα $\widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _2}} \Leftrightarrow 90^\circ - \widehat {{\theta _1}} = 90^\circ - \widehat {{\theta _2}} \Rightarrow \widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}}$ .

: θέμα 5ο Ρώσικη Ολυμπιάδα_a.png (37.76 KiB) Προβλήθηκε 1219 φορές

Η τελευταία μας εξασφαλίζει ότι τα τρίγωνα : $\vartriangle AEC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle FEC$ είναι ισογώνια , αφού από την υπόθεση $\widehat {{\phi _1}} = \widehat {{\phi _2}}$ .

Θα είναι επομένως $\widehat {{\xi _{}}} = \widehat {AEC}$ με άμεση συνέπεια η ευθεία

να εφάπτεται του κύκλου $\left( {E,F,C} \right)$ και έτσι η διάμετρος $TE \bot AB \Rightarrow TE//DA$ .

Έστω τώρα

το σημείο τομής των ευθειών $BA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CD$ . προφανώς η τετράδα : $\left( {A,B\backslash J,E} \right)$ είναι αρμονική .

: θέμα 5ο Ρώσικη Ολυμπιάδα_b.png (19.01 KiB) Προβλήθηκε 1219 φορές

Θα είναι όθεν και η δέσμη : $D\left( {A,B\backslash J,E} \right)$ αρμονική .

Είναι TE//DA

και άρα θα τέμνει τις τρεις άλλες ακτίνες της δέσμης , DJ,DE,DB

στα σημεία T,E,O

και το

θα είναι μέσο του

δηλαδή το κέντρου του κύκλου $\left( {F,C,E} \right)$ .

Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2022 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 1η μέρα)

Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2022 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 1η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2022 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 1η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2022 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 1η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2022 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 1η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2022 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 1η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2022 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 1η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2022 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 1η μέρα)

Μέλη σε σύνδεση