Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 2η μέρα)

Al.Koutsouridis · #1

Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023, 3η φάση.
Θέματα της 2ης μέρας για την 9η 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. Στον πίνακα έγραψαν

αριθμούς, μεταξύ των οποίων δεν υπάρχουν ίσοι. Στο τετράδιο έγραψαν $\dfrac{99 \cdot 98}{2}$ αριθμούς, όλες τις διαφορές δυο αριθμών του πίνακα (κάθε φορά από μεγαλύτερο αριθμό αφαιρέθηκε μικρότερος). Προέκυψε, ότι στο τετράδιο ο αριθμός

είναι γραμμένος ακριβώς

φορές. Έστω

ο μεγαλύτερος αριθμός, που είναι γραμμένος στο τετράδιο. Να βρείτε την ελάχιστη δυνατή τιμή του

. (Λ. Σαμοϊλοβ)

3. Δίνεται ένα οξυγώνιο τρίγωνο ABC

, στο οποίο AB < BC

. Έστω

και

τα μέσα των πλευρών

και

αντίστοιχα και

η βάση του ύψους που άγεται από την κορυφή

. Ο εγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ABC

εφάπτεται της πλευράς

στο σημείο

. Η ευθεία, που διέρχεται από το

και είναι παράλληλη προς την

, τέμνει το τμήμα

στο σημείο

. Να αποδείξετε, ότι στο τετράπλευρο AMPK

μπορεί να εγγραφεί κύκλος. (Π. Μπίμπικοβ)

4. Να βρείτε τον μεγαλύτερο αριθμό

τέτοιο, ώστε για οποιουσδήποτε θετικούς αριθμούς a,b

και

, το άθροισμα των οποίων ισούται με

, να ικανοποιείται η ανισότητα

$\sqrt{\dfrac{ab}{c+ab}}+\sqrt{\dfrac{bc}{a+bc}}+\sqrt{\dfrac{ca}{b+ca}} \geq m$ . (Λ. Εμελιάνοβ)

5. Ένας κύβος $100 \times 100 \times 100$ διαμερίστηκε σε ένα εκατομμύριο μοναδιαίους κυβίσκους. Σε κάθε κυβίσκο είναι τοποθετημένο ένα λαμπάκι. Τρεις έδρες του μεγάλου κύβου, που έχουν κοινή κορυφή, είναι χρωματισμένες: η μία με κόκκινο, ή άλλη με μπλε και η τρίτη με πράσινο. Θα ονομάσουμε «στήλη» μια συλλογή 100

κυβίσκων, που σχηματίζουν ένα $1 \times 1 \times 100$ μπλοκ. Καθέ μία από 30000

στήλες έχει ένα χρωματισμένο τερματικό κελί: σε αυτό το κελί βρίσκεται ένας διακόπτης. Πατώντας αυτόν τον διακόπτη αλλάζουν κατάσταση όλα τα 100

λαμπάκια αυτής της στήλης (το αναμμένο λαμπάκι σβήνει και το σβηστό ανάβει). Αρχικά όλα τα λαμπάκια ήταν σβησμένα. Ο Φοίβος πάτησε μερικούς διακόπτες, φτάνοντας σε μία κατάσταση, όπου ακριβώς

λαμπάκια είναι αναμμένα. Να αποδείξετε, ότι μετά από αυτό η Αθηνά μπορεί να πατήσει μερικούς διακόπτες έτσι, ώστε να μην είναι αναμμένο κανένα λαμπάκι, χρησιμοποιώντας το πολύ $\frac{k}{100}$ διακόπτες με κόκκινη έδρα. (Σ. Κουντριά, Ι. Μπογκτάνοβ)

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 04, 2023 12:52 am
Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023, 3η φάση.
Θέματα της 2ης μέρας για την 9η 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)

Όχι, είναι $S_{m+1}=lcm(1,2,..,m+1)=lcm(S_m,m+1)$ επομένως θα θέλαμε $lcm(S_m,m+1)=4S_m\Leftrightarrow \dfrac{S_m(m+1)}{gcd(S_m,m+1)}=4S_m\Leftrightarrow gcd(S_m,m+1)=\dfrac{m+1}{4}$ , το οποίο σημαίνει πως 4|m+1

, αλλά τότε $\dfrac{m+1}{2}|m+1,\dfrac{m+1}{2}|lcm(1,2,..,m)=S_m$ άρα και $\dfrac{m+1}{2}|gcd(S_m,m+1)=\dfrac{m+1}{4}$ το οποίο όμως είναι αδύνατο.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #3

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 04, 2023 12:52 am
Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023, 3η φάση.
Θέματα της 2ης μέρας για την 9η τάξη. 14 Φεβρουαρίου 2023.

4. Να βρείτε τον μεγαλύτερο αριθμό τέτοιο, ώστε για οποιουσδήποτε θετικούς αριθμούς και , το άθροισμα των οποίων ισούται με , να ικανοποιείται η ανισότητα

$\sqrt{\dfrac{ab}{c+ab}}+\sqrt{\dfrac{bc}{a+bc}}+\sqrt{\dfrac{ca}{b+ca}} \geq m$ . (Λ. Εμελιάνοβ)

Η απάντηση $m_{max}=1$ , αρχικά παίρνουμε $(a,b,c)=\left(\dfrac{1}{2}-\epsilon,\dfrac{1}{2}-\epsilon,2\epsilon \right )$ και παίρνοντας $\epsilon\to 0$ το αριστερό μέλος τείνει στο

(απλό) επομένως θα πρέπει $m\leq 1$ και μένει να δείξω ότι πάντα θα ισχύει $\sqrt{\dfrac{ab}{c+ab}}+\sqrt{\dfrac{bc}{a+bc}}+\sqrt{\dfrac{ca}{b+ca}} \geq 1$ ,
Παρατηρούμε πως c+ab=c(a+b+c)+ab=(c+a)(c+b)

και πλέον έχουμε την ομογενή $\displaystyle \sum \sqrt{\dfrac{ab}{(c+a)(c+b)}}\geq 1$ .
Κάνουμε τον μετασχηματισμό $a\to 1/x,b\to 1/y,c\to 1/z$ και ισοδύναμα θέλουμε $\displaystyle \sum \sqrt{\dfrac{z^2}{(z+x)(z+y)}}\geq 1$
Αυτή ισχύει καθώς $\displaystyle \sum \sqrt{\dfrac{z^2}{(z+x)(z+y)}}\geq \sum \dfrac{z^2}{\sqrt{(z+x+y)(z+y+z)}}= \sum \dfrac{z}{x+y+z}=1$

Ορέστης Λιγνός · #4

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 04, 2023 12:52 am
2. Στον πίνακα έγραψαν αριθμούς, μεταξύ των οποίων δεν υπάρχουν ίσοι. Στο τετράδιο έγραψαν $\dfrac{99 \cdot 98}{2}$ αριθμούς, όλες τις διαφορές δυο αριθμών του πίνακα (κάθε φορά από μεγαλύτερο αριθμό αφαιρέθηκε μικρότερος). Προέκυψε, ότι στο τετράδιο ο αριθμός είναι γραμμένος ακριβώς φορές. Έστω ο μεγαλύτερος αριθμός, που είναι γραμμένος στο τετράδιο. Να βρείτε την ελάχιστη δυνατή τιμή του . (Λ. Σαμοϊλοβ)

Προτού πάμε στο πρόβλημα, θα αποδείξουμε τον εξής Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός: Έστω

ένας θετικός ακέραιος και

κατευθυνόμενο γράφημα που δεν περιέχει κύκλους, τέτοιο ώστε $|V|=7n+1, \, |E|=6n+1$ και $\deg^{-} (v) \leq 1$ , $\deg^{+} (v) \leq 1$ για κάθε κορυφή

(με $\deg^{-}$ και $\deg^{+}$ συμβολίζουμε τον έσω-βαθμό και τον έξω-βαθμό αντίστοιχα). Τότε, το

περιέχει κατευθυνόμενο μονοπάτι μήκους τουλάχιστον

.
Απόδειξη: Θα αποδείξουμε αρχικά ότι κάθε γράφημα

τέτοιο ώστε $\deg^{-} (v) \leq 1$ , $\deg^{+} (v) \leq 1$ είναι ένωση ξένων μεταξύ τους κατευθυνόμενων μονοπατιών. Θεωρούμε ένα μέγιστο μονοπάτι του

. Έστω ότι είναι το $v_1 \rightarrow v_2 \rightarrow \ldots \rightarrow v_k$ . Τότε, λόγω της συνθήκης σε καμία από τις κορυφές $v_2,\ldots,v_{k-1}$ δεν ξεκινά ή φτάνει ακμή εκτός του μονοπατιού, ενώ λόγω της μεγιστικότητας του μονοπατιού και της μη ύπαρξης κύκλων το ίδιο ισχύει και για τις v_1,v_k

.

Θεωρούμε τώρα το υπογράφημα

που προκύπτει αν αφαιρέσουμε τις κορυφές $v_1,\ldots,v_k$ και τις αντίστοιχες ακμές. Για το

ισχύει η συνθήκη, οπότε κάνουμε την ίδια διαδικασία. Επειδή το |V|

διαρκώς μειώνεται, κάποια στιγμή η διαδικασία τερματίζει, οπότε έχουμε ότι το αρχικό γράφημα

είναι ένωση ξένων μεταξύ τους κατευθυνόμενων μονοπατιών.

Έστω $s_1,\ldots, s_r$ το μήκος αυτών των μονοπατιών, που περιέχουν αντίστοιχα $s_1+1,\ldots, s_r+1$ κορυφές. Συνεπώς,

$s_1+\ldots+s_r=6n+1$ και

$(s_1+1)+\ldots+(s_r+1) \leq 7n+1$ .

Άρα, $(6n+1)+r \leq 7n+1$ , που δίνει ότι $r \leq n$ . Αν όμως $s_i \leq 6$ για κάθε

, τότε

$6r \geq s_1+\ldots+s_r=6n+1 > 6r,$

άτοπο. Οπότε, προκύπτει το ζητούμενο $\blacksquare$

Στο πρόβλημα, θεωρούμε το αντίστοιχο κατευθυνόμενο γράφημα

με κορυφές τους αριθμούς $a_1<\ldots<a_{99}$ , όπου συνδέουμε δύο κορυφές a_i,a_j

με

με μία ακμή $a_i \rightarrow a_j$ αν ισχύει a_j-a_i=1

.

Σαφώς $|V|=99=7 \cdot 14+1$ , $|E|=85=6 \cdot 14+1$ και ικανοποιείται η συνθήκη του Ισχυρισμού (αν ισχύει ότι a_j-a_i=1

και

, τότε πρέπει a_j=a_k

, άρα

. Οπότε, $\deg^{+}(v) \leq 1$ και όμοια $\deg^{-}(v) \leq 1$ . Επίσης, προφανώς δεν υπάρχουν κύκλοι). Συνεπώς, υπάρχει κατευθυνόμενο μονοπάτι μήκους $\geq 7$ .

Έστω $a_{i_1} \rightarrow \ldots \rightarrow a_{i_{t+1}}$ αυτό το μονοπάτι με $t \geq 7$ . Τότε,

$d=a_{99}-a_1 \geq a_{i_{t+1}}-a_{i_1}=t \geq 7,$

που δίνει ότι $d \geq 7$ . Είναι εύκολο να κατασκευάσουμε τώρα ένα παράδειγμα όπου d=7

: στο γράφημα

οι

ακμές είναι οι $v_i \rightarrow v_{i+14}$ με $i \in \{1,2,\ldots, 85 \}$ .

Συνεπώς $d_{\min}=7$ .

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #5

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 04, 2023 12:52 am
Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023, 3η φάση.
Θέματα της 2ης μέρας για την 9η τάξη. 14 Φεβρουαρίου 2023.

2. Στον πίνακα έγραψαν αριθμούς, μεταξύ των οποίων δεν υπάρχουν ίσοι. Στο τετράδιο έγραψαν $\dfrac{99 \cdot 98}{2}$ αριθμούς, όλες τις διαφορές δυο αριθμών του πίνακα (κάθε φορά από μεγαλύτερο αριθμό αφαιρέθηκε μικρότερος). Προέκυψε, ότι στο τετράδιο ο αριθμός είναι γραμμένος ακριβώς φορές. Έστω ο μεγαλύτερος αριθμός, που είναι γραμμένος στο τετράδιο. Να βρείτε την ελάχιστη δυνατή τιμή του . (Λ. Σαμοϊλοβ)

Απάντηση $d_{min}=7$ , 'έστω $a_1<a_2<..<a_{95}$ οι αριθμοί, προφανώς $d=a_{95}-a_1$ .
Θεωρώ κατευθυνόμενο γράφημα

με κορυφές τους

αριθμούς στο οποίο η ακμή $a\to b$ υπάρχει αν και μόνο αν b=a+1

.
Είναι σαφές ότι $\deg_{out}A,\deg_{in}A\leq 1$ για κάθε κορυφή

εφόσον οι αριθμοί ανά δύο διαφορετικοί.
Επίσης γνωρίζουμε ότι το γράφημα έχει ακριβώς

ακμές, τώρα θα δείξω πως δεν υπάρχει κύκλος (κατευθυνόμενος ή μη).
Έστω προς άτοπο u_1u_2..u_tu_1

κύκλος και χωρίς βλάβη υποθέτω πως $u_1\to u_2$ , τότε αναγκαστικά πρέπει και $u_2\to u_3$ διαφορετικά θα ήταν $\deg_{in}u_2\geq 2$ , και συνεχίζοντας με τον ίδιο τρόπο καταλήγουμε πως $u_1\to u_2\to ..\to u_t\to u_1$ το οποίο όμως δεν είναι δυνατόν αφού $a\to b\Rightarrow b>a$ και έτσι θα είχα u_1<u_2<..<u_t<u_1

που είναι άτοπο, αφού λοιπόν το γράφημα δεν έχει κύκλο οι συνεκτικές του συνιστώσες θα είναι δέντρα, έστω T_1,.,T_m

οι συνεκτικές συνιστώσες.
Είναι $\sum |T_i|=99$ αλλά και $\sum (|T_i|-1)=89$ και έτσι m=14

, επομένως θα υπάρχει δέντρο

με $|T|\geq 99/14\Rightarrow |T|\geq 8$ ,
Προφανώς κάθε δέντρο είναι στην πραγματικότητα μια αλυσίδα $a_1\to a_2\to ..\to a_t$ και έτσι συμπεραίνουμε πως στο δέντρο

η διαφορά του μεγαλύτερου με τον μικρότερο είναι

.
Μένει η κατασκευή , οι

αριθμοί είναι οι ο

και οι $i+2^{-j}$ για i=1,2..,7

, και

, είναι απλό να δούμε ότι ικανοποιούν τις συνθήκες.
Με πρόλαβαν

Al.Koutsouridis · #6

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 04, 2023 11:59 am

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 04, 2023 12:52 am
Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023, 3η φάση.
Θέματα της 2ης μέρας για την 9η τάξη. 14 Φεβρουαρίου 2023.

4. Να βρείτε τον μεγαλύτερο αριθμό τέτοιο, ώστε για οποιουσδήποτε θετικούς αριθμούς και , το άθροισμα των οποίων ισούται με , να ικανοποιείται η ανισότητα

$\sqrt{\dfrac{ab}{c+ab}}+\sqrt{\dfrac{bc}{a+bc}}+\sqrt{\dfrac{ca}{b+ca}} \geq m$ . (Λ. Εμελιάνοβ)

Η απάντηση $m_{max}=1$ , αρχικά παίρνουμε $(a,b,c)=\left(\dfrac{1}{2}-\epsilon,\dfrac{1}{2}-\epsilon,2\epsilon \right )$ και παίρνοντας $\epsilon\to 0$ το αριστερό μέλος τείνει στο (απλό) επομένως θα πρέπει $m\leq 1$ και μένει να δείξω ότι πάντα θα ισχύει $\sqrt{\dfrac{ab}{c+ab}}+\sqrt{\dfrac{bc}{a+bc}}+\sqrt{\dfrac{ca}{b+ca}} \geq 1$ ,

Για όσους δεν γνωρίζουν την έννοια του ορίου θα μπορούσαμε να σκεφτούμε ως εξής: Είναι

$\sqrt{\dfrac{ab}{c+ab}}+\sqrt{\dfrac{bc}{a+bc}}+\sqrt{\dfrac{ca}{b+ca}} < \sqrt{\dfrac{ab}{ab}}+\sqrt{\dfrac{bc}{a}}+\sqrt{\dfrac{ca}{b}} = 1+\sqrt{2\epsilon} +\sqrt{2\epsilon} =1+2\sqrt{2\epsilon}$

όπου $0<\epsilon < \dfrac{1}{2}$ . Αν διαλέξουμε $m=1+2\sqrt{2\epsilon}$ τότε θα είναι 1<m<3

. Δηλαδή για m>1

βρήκαμε αριθμούς a,b,c

με $a+b+c =\left( \dfrac{1}{2}-\epsilon \right)+\left( \dfrac{1}{2}-\epsilon \right) +2\epsilon=1$ , ώστε η δοθείσα ανισότητα να μην ισχύει πάντα.

Υγ. Επί της ευκαιρίας, θα ήθελα να δώσω τα συγχαρητήριά μου στον Πρόδρομο και τον Ορέστη για την επιτυχία τους στον Αρχιμήδη και τους εύχομαι ακόμη καλύτερα αποτελέσματα στους επόμενους διαγωνισμούς. Η πρόοδός τους είναι εντυπωσιακή! Τους ευχαριστώ για τον κόπο και το χρόνο τους να μοιράζονται τις λύσεις τους μαζί μας. Εύχομαι ό,τι καλύτερο και στους υπόλοιπους μαθητές.

#7

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 04, 2023 9:57 pm

Υγ. Επί της ευκαιρίας, θα ήθελα να δώσω τα συγχαρητήριά μου στον Πρόδρομο και τον Ορέστη για την επιτυχία τους στον Αρχιμήδη και τους εύχομαι ακόμη καλύτερα αποτελέσματα στους επόμενους διαγωνισμούς. Η πρόοδός τους είναι εντυπωσιακή! Τους ευχαριστώ για τον κόπο και το χρόνο τους να μοιράζονται τις λύσεις τους μαζί μας. Εύχομαι ό,τι καλύτερο και στους υπόλοιπους μαθητές.

Επικροτώ και επαυξάνω.

#8

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 04, 2023 11:12 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 04, 2023 9:57 pm

Υγ. Επί της ευκαιρίας, θα ήθελα να δώσω τα συγχαρητήριά μου στον Πρόδρομο και τον Ορέστη για την επιτυχία τους στον Αρχιμήδη και τους εύχομαι ακόμη καλύτερα αποτελέσματα στους επόμενους διαγωνισμούς. Η πρόοδός τους είναι εντυπωσιακή! Τους ευχαριστώ για τον κόπο και το χρόνο τους να μοιράζονται τις λύσεις τους μαζί μας. Εύχομαι ό,τι καλύτερο και στους υπόλοιπους μαθητές.
Επικροτώ και επαυξάνω.

Το αυτό και από μένα για όλα τα παιδιά . Υγεία και πάντα επιτυχίες .

Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 2η μέρα)

Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 2η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 2η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 2η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 2η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 2η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 2η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 2η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 2η μέρα)

Μέλη σε σύνδεση