Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (τάξη 9η, μέρα 1η)

Al.Koutsouridis · #1

XLIX Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα
Εκπαιδευτικό κέντρο «Σείριος», Σότσι 21-27 Απριλίου 2023
Θέματα της πρώτης μέρας για την 9η τάξη.

1. Δίνονται δυο μονικά δευτεροβάθμια τριώνυμα f(x)

και

. Είναι γνωστό ότι τριώνυμα f(x)

,

και

έχουν από δυο ρίζες. Προέκυψε, η διαφορά των ριζών του τριώνυμου f(x)

να είναι ίση με την διαφορά των ριζών του τριώνυμου g(x)

. Να αποδείξετε, ότι η διαφορά των ριζών του τριώνυμου f(x)+g(x)

δεν υπερβαίνει αυτές τις διαφορές. (Σε κάθε διαφορά από την μεγαλύτερη ρίζα αφαιρείται η μικρότερη.) (Ι. Μπογκντάνοβ)

2. Αρχικά στον πίνακα σε μια γραμμή γράφτηκαν 250

γράμματα,

και

με κάποια σειρά. Ύστερα με μια κίνηση μπορούμε να διαλέξουμε οποιοδήποτε κομμάτι μερικών διαδοχικά τοποθετημένων γραμμάτων, μεταξύ των οποίων είναι ίσα σε αριθμό τα γράμματα

και

και να αναδιατάξουμε τα γράμματα σε αυτό το κομμάτι σε αντίστροφη σειρά, αλλάζοντας σε αυτό το κομμάτι όλα τα γράμματα

σε

και όλα τα γράμματα

σε

. (Για παράδειγμα, από την γραμμή $A \underbrace{BABBAA} B$ μπορούμε με μια κίνηση να λάβουμε την γραμμή $A \underbrace{BBAABA} B$ .) Μπορούμε άραγε να γράψουμε μια αρχική γραμμή και να εφαρμόσουμε μερικές κινήσεις έτσι, ώστε ως αποτέλεσμα στον πίνακα να εμφανιστεί η ίδια γραμμή, τα γράμματα της οποίας θα είναι γραμμένα με αντίστροφη σειρά; (Σ. Μπερλόβ)

3. Κάθε φυσικός αριθμός, μεγαλύτερος του 1000

, χρωματίστηκε είτε με κόκκινο, είτε με μπλε χρώμα. Προέκυψε, ότι το γινόμενο οποιονδήποτε δυο διαφορετικών κόκκινων αριθμών, είναι μπλε. Μπορεί άραγε να προκύψει, ότι κανένα ζεύγος μπλε αριθμών να μην διαφέρει κατά

; (Σ. Μπερλόβ)

4. Το σημείο

βρίσκεται αυστηρά στο εσωτερικό του περιγεγραμμένου κύκλου (κυκλικού δίσκου) του τριγώνου ABC

. Συμβολίζουμε με $I_{B}$ και $I_{C}$ τα κέντρα των παραγεγραμμένων κύκλων αυτού του τριγώνου που εφάπτονται στις πλευρές

και

αντίστοιχα. Να αποδείξετε, ότι $XI_{B} \cdot XI_{C} > XB \cdot XC$ . (Ντ. Μπρόντσκιϊ)

Ορέστης Λιγνός · #2

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 23, 2023 1:24 pm
1. Δίνονται δυο μονικά δευτεροβάθμια τριώνυμα και . Είναι γνωστό ότι τριώνυμα , και έχουν από δυο ρίζες. Προέκυψε, η διαφορά των ριζών του τριώνυμου να είναι ίση με την διαφορά των ριζών του τριώνυμου . Να αποδείξετε, ότι η διαφορά των ριζών του τριώνυμου δεν υπερβαίνει αυτές τις διαφορές. (Σε κάθε διαφορά από την μεγαλύτερη ρίζα αφαιρείται η μικρότερη.) (Ι. Μπογκντάνοβ)

Έστω

και

με $c \geq 0$ . Τότε, είναι

f(x)+g(x)=2x^2-(2a+2b+2c)x+(a^2+b^2+ac+bc),

οπότε αν $\rho_1$ και $\rho_2$ οι ρίζες του τριωνύμου αυτού με $\rho_1 \geq \rho_2$ , είναι

$(\rho_1-\rho_2)^2=(\rho_1+\rho_2)^2-4\rho_1 \rho_2=(a+b+c)^2-2(a^2+ac+b^2+bc)=(a+b)^2+c^2-2(a^2+b^2) \leq c^2,$

συνεπώς $\rho_1-\rho_2 \leq c,$ όπως θέλαμε.

Ορέστης Λιγνός · #3

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 23, 2023 1:24 pm
2. Αρχικά στον πίνακα σε μια γραμμή γράφτηκαν γράμματα, και με κάποια σειρά. Ύστερα με μια κίνηση μπορούμε να διαλέξουμε οποιοδήποτε κομμάτι μερικών διαδοχικά τοποθετημένων γραμμάτων, μεταξύ των οποίων είναι ίσα σε αριθμό τα γράμματα και και να αναδιατάξουμε τα γράμματα σε αυτό το κομμάτι σε αντίστροφη σειρά, αλλάζοντας σε αυτό το κομμάτι όλα τα γράμματα σε και όλα τα γράμματα σε . (Για παράδειγμα, από την γραμμή $A \underbrace{BABBAA} B$ μπορούμε με μια κίνηση να λάβουμε την γραμμή $A \underbrace{BBAABA} B$ .) Μπορούμε άραγε να γράψουμε μια αρχική γραμμή και να εφαρμόσουμε μερικές κινήσεις έτσι, ώστε ως αποτέλεσμα στον πίνακα να εμφανιστεί η ίδια γραμμή, τα γράμματα της οποίας θα είναι γραμμένα με αντίστροφη σειρά; (Σ. Μπερλόβ)

Όχι, δεν μπορούμε. Έστω $\Delta=\text{\gr πλήθος Α σε άρτια θέση - πλήθος A σε περιττή θέση}$ . Έχουμε τον ακόλουθο Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός: Η ποσότητα $\Delta$ παραμένει σταθερή μετά από κάθε κίνηση.
Απόδειξη: Επικεντρωνόμαστε μόνο στο κομμάτι διαδοχικών γραμμάτων όπου εφαρμόζουμε την κίνηση (έξω από αυτό προφανώς η $\Delta$ παραμένει σταθερή). Έστω:

-

το πλήθος των

σε άρτια θέση,
-

το πλήθος των

σε περιττή θέση,
-

το πλήθος των

σε άρτια θέση και
-

το πλήθος των

σε περιττή θέση.

Προφανώς, είναι $\Delta=x-y$ .

Τότε, είναι x+y=z+w

, καθώς το πλήθος των

είναι ίσο με το πλήθος των

. Επιπλέον, x+z=y+w

, καθώς ακριβώς τα μισά γράμματα είναι σε άρτια θέση. Συνεπώς, προκύπτει ότι y=z

και

.

Αφού πραγματοποιήσουμε την κίνηση, παρατηρούμε ότι αν ένα γράμμα πριν την κίνηση ήταν σε άρτια θέση τώρα είναι σε περιττή και αντίστροφα, συνεπώς έχουμε ότι:

-

το πλήθος των

σε άρτια θέση,
-

το πλήθος των

σε περιττή θέση,
-

το πλήθος των

σε άρτια θέση και
-

το πλήθος των

σε περιττή θέση.

Έτσι, είναι $\Delta=w-z$ . Αφού όμως y=z

και

, προκύπτει ότι η ποσότητα $\Delta$ είναι σταθερή, όπως θέλαμε $\blacksquare$

Πίσω στο πρόβλημα, ας υποθέσουμε ότι το ζητούμενο ήταν εφικτό. Για την αρχική τοποθέτηση γραμμάτων, ορίζουμε τα x,y,z,w

όπως πριν. Τότε, για την τελική τοποθέτηση γραμμάτων έχουμε ότι:

-

το πλήθος των

σε άρτια θέση,
-

το πλήθος των

σε περιττή θέση,
-

το πλήθος των

σε άρτια θέση και
-

το πλήθος των

σε περιττή θέση.

Από τον Ισχυρισμό, προκύπτει ότι x-y=y-x,

συνεπώς

. Άρα, ο συνολικός αριθμός των

είναι

, πράγμα άτοπο καθώς ο αριθμός 125

είναι περιττός.

Συνεπώς, η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Ορέστης Λιγνός · #4

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 23, 2023 1:24 pm
3. Κάθε φυσικός αριθμός, μεγαλύτερος του , χρωματίστηκε είτε με κόκκινο, είτε με μπλε χρώμα. Προέκυψε, ότι το γινόμενο οποιονδήποτε δυο διαφορετικών κόκκινων αριθμών, είναι μπλε. Μπορεί άραγε να προκύψει, ότι κανένα ζεύγος μπλε αριθμών να μην διαφέρει κατά ; (Σ. Μπερλόβ)

Η απάντηση είναι όχι.

Ας υποθέσουμε ότι δεν υπάρχουν διαδοχικοί αριθμοί που να είναι και οι δύο μπλε. Παρατηρούμε αρχικά ότι αν ο αριθμός

είναι μπλε, τότε οι n-1

και

είναι και οι δύο κόκκινοι, άρα ο (n-1)(n+1)=n^2-1

είναι μπλε, συνεπώς ο n^2

είναι κόκκινος.

Έστω ένας μπλε αριθμός n>1000

(αν δεν υπάρχει τέτοιος, τότε όλοι οι αριθμοί είναι κόκκινοι, άτοπο καθώς το γινόμενο δύο κόκκινων αριθμών είναι μπλε). Τότε, ο n^2

είναι κόκκινος. Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

Περίπτωση 1: Ο n^3

είναι κόκκινος. Τότε, ο $n^2 \cdot n^3=n^5$ είναι μπλε, και άρα ο $(n^5)^2=n^{10}$ είναι κόκκινος. Αφού $n^2 \cdot n^8=n^3 \cdot n^7=n^{10},$ πρέπει οι n^7,n^8

να είναι και οι δύο μπλε. Άρα, οι $n^{14}$ και $n^{16}$ είναι κόκκινοι.

Αφού όμως $n^{16}=n^{10} \cdot n^6,$ πρέπει ο n^6

να είναι μπλε. Άρα, ο $(n^6)^2=n^{12}$ είναι κόκκινος, και προκύπτει το ζητούμενο άτοπο καθώς $n^2 \cdot n^{12}=n^{14}$ και οι $n^2,n^{12},n^{14}$ είναι όλοι κόκκινοι.

Περίπτωση 2: Ο n^3

είναι μπλε. Τότε, ο (n^3)^2=n^6

είναι κόκκινος, και αφού $n^2 \cdot n^4=n^6,$ προκύπτει ότι ο n^4

είναι μπλε. Έτσι, ο (n^4)^2=n^8

είναι κόκκινος. Όμως τότε $n^2 \cdot n^6=n^8$ και οι n^2,n^6,n^8

είναι όλοι κόκκινοι, άτοπο.

Σε κάθε περίπτωση λοιπόν προκύπτει το ζητούμενο άτοπο, οπότε η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (τάξη 9η, μέρα 1η)

Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (τάξη 9η, μέρα 1η)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (τάξη 9η, μέρα 1η)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (τάξη 9η, μέρα 1η)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (τάξη 9η, μέρα 1η)

Μέλη σε σύνδεση