Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2008

#1

Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2008

1. Δίνονται πέντε θετικοί διαιρέτες του αριθμού $10^{2008}.$ Δείξτε ότι το γινόμενο δύο από αυτούς είναι τέλειο τετράγωνο.

2. Θέλουμε να μεταβούμε από το σημείο (0 , 0)

στο

κινούμενοι κάθε φορά είτε κατά 1 προς τα πάνω είτε κατά 1 προς τα δεξιά.
Με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει αυτό, αν δεν επιτρέπεται να περάσουμε από τα σημεία (2, 2)

και

3. Έστω

εγγράψιμο τετράπλευρο με CD < AD

και

Οι διαγώνιοι

και

τέμνονται στο

Έστω

η συμμετρική ευθεία της

ως προς την

και

η συμμετρική ευθεία της

ως προς την

. Η ευθεία

τέμνει τις

και

στα σημεία

και

αντίστοιχα. Να δείξετε ότι το τρίγωνο SEF

είναι ισοσκελές.

4. Βρείτε όλους τους φυσικούς αριθμούς

τέτοιους ώστε το πλήθος των θετικών διαιρετών του

να ισούται με τον τρίτο μικρότερο διαιρέτη του

5. Θεωρούμε σκακιέρα 2n × 2n.

Θέλουμε να μαρκάρουμε

τετράγωνα έτσι ώστε να μην υπάρχουν δύο μαρκαρισμένα τετράγωνα στην ίδια ή σε γειτονικές γραμμές και έτσι ώστε να μην υπάρχουν δύο μαρκαρισμένα τετράγωνα στην ίδια ή σε γειτονικές στήλες. Με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει αυτό;

#2

Επαναφορά!

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #3

socrates έγραψε:Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2008
2. Θέλουμε να μεταβούμε από το σημείο στο κινούμενοι κάθε φορά είτε κατά 1 προς τα πάνω είτε κατά 1 προς τα δεξιά.
Με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει αυτό, αν δεν επιτρέπεται να περάσουμε από τα σημεία και

Γενικά, για να μεταβούμε από το σημείο (0, 0)

στο

, θα χρειαστούν συνολικά m+n

κινήσεις, από τις οποίες οι

θα είναι προς τα πάνω και οι

προς τα δεξιά, με οποιαδήποτε σειρά. Για να βρούμε με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει αυτό, επιλέγουμε ποιες θα είναι οι

κινήσεις προς τα πάνω από τις m+n

(ή ισοδύναμα οι

κινήσεις προς τα δεξιά από τις m+n

. Έτσι έχουμε συνολικά $\displaystyle{\binom{m+n}{n}}$ τρόπους.

Έτσι αν δεν έχουμε περιορισμούς, για να πάμε από το (0, 0)

στο

έχουμε $\displaystyle{a=\binom{6+6}{6}=924}$ τρόπους.

Αν πρέπει πρώτα να περάσουμε από το (2,2)

τότε έχουμε $\displaystyle{\binom{2+2}{2}=6}$ τρόπους για να φτάσουμε εκεί και στη συνέχεια $\displaystyle{\binom{4+4}{4}=70}$ τρόπους για να φτάσουμε στο (6,6)

. Επομένως συνολικά $b=6 \cdot 70 = 420$ τρόπους.

Αν πρέπει πρώτα να περάσουμε από το (4,4)

τότε έχουμε $\displaystyle{\binom{4+4}{4}=70}$ τρόπους για να φτάσουμε εκεί και στη συνέχεια $\displaystyle{\binom{2+2}{2}=6$ τρόπους για να φτάσουμε στο (6,6)

. Επομένως συνολικά $c=70 \cdot 6 = 420$ τρόπους.

Αν πρέπει πρώτα να περάσουμε από το (2,2)

και μετά από το (4,4)

τότε έχουμε $\displaystyle{\binom{2+2}{2}=6}$ τρόπους για να φτάσουμε στο πρώτο σημείο, μετά ομοίως

τρόπους για να φτάσουμε στο δεύτερο σημείο και μετά

τρόπους για να φτάσουμε στο (6,6)

. Επομένως συνολικά $d=6 \cdot 6 \cdot 6= 216$ τρόπους.

Τέλος, αν δεν επιτρέπεται να περάσουμε από τα σημεία (2, 2)

και

έχουμε: $a-b-c+d=924-420-420+216=\boxed{300}$ τρόπους.

Επειδή το πλήθος

των τρόπων να περνάμε και από το (2,2)

και από το (4,4)

συμπεριλαμβάνεται και στο

και στο

, στην τελευταία παράσταση προσθέσαμε το

γιατί αλλιώς θα ήταν σαν να το είχαμε αφαιρέσει δύο φορές.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #4

socrates έγραψε:Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2008
5. Θεωρούμε σκακιέρα Θέλουμε να μαρκάρουμε τετράγωνα έτσι ώστε να μην υπάρχουν δύο μαρκαρισμένα τετράγωνα στην ίδια ή σε γειτονικές γραμμές και έτσι ώστε να μην υπάρχουν δύο μαρκαρισμένα τετράγωνα στην ίδια ή σε γειτονικές στήλες. Με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει αυτό;

Υποχρεωτικά ανάμεσα στις

γραμμές στις οποίες θα έχουμε μαρκαρισμένα τετράγωνα θα υπάρχουν n-1

κενές γραμμές. Η

κενή γραμμή που περισσεύει μπορεί να βρίσκεται στην πάνω άκρη της σκακιέρας, ή στην κάτω άκρη, ή μαζί με κάποια από τις n-1

ενδιάμεσες κενές γραμμές. Συνολικά λοιπόν έχουμε n+1

τρόπους για να επιλέξουμε τις

γραμμές στις οποίες θα έχουμε μαρκαρισμένα τετράγωνα.

Ομοίως για τις στήλες, έχουμε n+1

τρόπους για να επιλέξουμε τις

στήλες στις οποίες θα έχουμε μαρκαρισμένα τετράγωνα.

Συνολικά έχουμε (n+1)(n+1)

τρόπους για να επιλέξουμε τις

γραμμές και τις

στήλες στις οποίες θα έχουμε μαρκαρισμένα τετράγωνα.

Όμως τα

μαρκαρισμένα τετράγωνα θα πρέπει να τοποθετηθούν έτσι ώστε να έχουμε ένα σε κάθε επιλεγμένη γραμμή αλλά και ένα σε κάθε επιλεγμένη στήλη. Αυτό μπορεί να γίνει με

τρόπους (

τρόπους για να τοποθετηθεί ένα μαρκαρισμένο τετράγωνο στην 1η επιλεγμένη στήλη, n-1

τρόπους για να τοποθετηθεί ένα μαρκαρισμένο τετράγωνο στην 2η επιλεγμένη στήλη, ...,

τρόπο για να τοποθετηθεί το τελευταίο μαρκαρισμένο τετράγωνο στην τελευταία επιλεγμένη στήλη).

Άρα, πλήθος τρόπων: $\boxed{(n+1)(n+1)n!}$

Υ.Γ. Με παίδεψε αρκετά αυτή η άσκηση. Αρχικά δεν είχα βάλει το

αλλά στις δοκιμές δεν μου έβγαινε. Βέβαια ακόμα δεν είμαι σίγουρος ότι είναι σωστή...

#5

socrates έγραψε:Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2008
1. Δίνονται πέντε θετικοί διαιρέτες του αριθμού $10^{2008}.$ Δείξτε ότι το γινόμενο δύο από αυτούς είναι τέλειο τετράγωνο.

Οι διαιρέτες του $Ν =10^{2008}$ είναι της μορφής $2^n5^m\,\,\,n,m=0,1,2,...2008$ . Δύο οποιοιδήποτε από αυτούς έχουν άθροισμα $2^{(n_1+n_2)}5^{(m_1+m_2)}$ . Αυτό είναι τέλειο τετράγωνο αν και μόνο αν οι αριθμοί $n_1+n_2 ,\,\,\,\, m_1+m_2$ είναι και οι δύο άρτιοι. Επομένως το πρόβλημα ανάγεται στο εξής:

Αν δοθούν πέντε ζεύγη ακεραίων τότε υπάρχουν, τουλάχιστον, δύο από αυτά που το άθροισμά τους έχει άρτιους όρους.

Πράγματι, ας υποθέσουμε ότι όλα τα ζεύγη δίνουν άθροισμα με έναν τουλάχιστον όρο περιττό. Ελέγχουμε ως προς την αρτιότητα τους όρους των αρχικών ζευγών. Προφανώς, το πολύ ένα ζεύγος θα έχει και τους δύο όρους άρτιους και το πολύ ένα ζεύγος θα έχει και τους δύο όρους περιττούς, αφού στην αντίθετη περίπτωση δύο ζεύγη θα είχαν άθροισμα με άρτιους όρους. Επομένως τουλάχιστον τρία ζεύγη θα έχουν τους όρους τους με διαφορετική αρτιότητα, οπότε, τουλάχιστον, τα δύο εξ αυτών θα έχουν και τους πρώτους όρους τους και τους δεύτερους όρους τους με την ίδια αρτιότητα, άρα θα έχουν άθροισμα με όρους άρτιους, άτοπο.

#6

socrates έγραψε:

4. Βρείτε όλους τους φυσικούς αριθμούς τέτοιους ώστε το πλήθος των θετικών διαιρετών του να ισούται με τον τρίτο μικρότερο διαιρέτη του

Ας είναι $n ={p_1}^{a_1} {p_2}^{a_2}{ p_3}^{a_3} …,$ με p_1<p_2<p_3…., a_1>0

η ανάλυση σε πρώτους του

.
Τo πλήθος των διαιρετών του

ισούται με το γινόμενο (1+a_1)(1+a_2)(1+a_3)…

Ο τρίτος μικρότερος διαιρέτης του

είναι

α) ο p_2

αν

, ή,
β) ο ${p_1}^{2}$ όταν ${p_1^2}<p_2$ ή όταν $n ={p_1}^{a_1}, a_1>1$ .

Να είναι, όμως, (1+a_1)(1+a_2)(1+a_3)… =p_2

αποκλείεται, αφού το p_2

σαν πρώτος θα είχε δύο διαιρέτες μεγαλύτερους του 1, τους $1+a_1, \,\,\, 1+a_2,$ αν $a_1\neq a_2$ ή τους $1+a_1, \,\,\, (1+a_1)^2$ , αν a_1=a_2

.
Αν $n ={p_1}^{a_1}, a_1>1$ , τότε $1+a_1 ={p_1}^2\Rightarrow a_1=p_1^2-1\Rightarrow n=p_1^{p_1^2-1}$

Απομένει $n ={p_1}^{a_1} {p_2}^{a_2}{ p_3}^{a_3} …$ και (1+a_1)(1+a_2)(1+a_3)… =p_1^2

.
Τώρα, αφού το p_2^2

έχει δύο διαιρέτες μεγαλύτερους του 1 είναι $n ={p_1}^{a_1} {p_2}^{a_2}$ και (1+a_1)(1+a_2)=p_1^2

.
Επομένως 1+a_1|p_1

και

, άρα

και

δηλαδή

. Ώστε $n ={p_1}^{p_1-1} {p_2}^{p_1-1},\,\,\, p_1^2<p_2$

#7

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
socrates έγραψε:Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2008
5. Θεωρούμε σκακιέρα Θέλουμε να μαρκάρουμε τετράγωνα έτσι ώστε να μην υπάρχουν δύο μαρκαρισμένα τετράγωνα στην ίδια ή σε γειτονικές γραμμές και έτσι ώστε να μην υπάρχουν δύο μαρκαρισμένα τετράγωνα στην ίδια ή σε γειτονικές στήλες. Με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει αυτό;
Υποχρεωτικά ανάμεσα στις γραμμές στις οποίες θα έχουμε μαρκαρισμένα τετράγωνα θα υπάρχουν κενές γραμμές. Η κενή γραμμή που περισσεύει μπορεί να βρίσκεται στην πάνω άκρη της σκακιέρας, ή στην κάτω άκρη, ή μαζί με κάποια από τις ενδιάμεσες κενές γραμμές. Συνολικά λοιπόν έχουμε τρόπους για να επιλέξουμε τις γραμμές στις οποίες θα έχουμε μαρκαρισμένα τετράγωνα.

Ομοίως για τις στήλες, έχουμε τρόπους για να επιλέξουμε τις στήλες στις οποίες θα έχουμε μαρκαρισμένα τετράγωνα.

Συνολικά έχουμε τρόπους για να επιλέξουμε τις γραμμές και τις στήλες στις οποίες θα έχουμε μαρκαρισμένα τετράγωνα.

Όμως τα μαρκαρισμένα τετράγωνα θα πρέπει να τοποθετηθούν έτσι ώστε να έχουμε ένα σε κάθε επιλεγμένη γραμμή αλλά και ένα σε κάθε επιλεγμένη στήλη. Αυτό μπορεί να γίνει με τρόπους ( τρόπους για να τοποθετηθεί ένα μαρκαρισμένο τετράγωνο στην 1η επιλεγμένη στήλη, τρόπους για να τοποθετηθεί ένα μαρκαρισμένο τετράγωνο στην 2η επιλεγμένη στήλη, ..., τρόπο για να τοποθετηθεί το τελευταίο μαρκαρισμένο τετράγωνο στην τελευταία επιλεγμένη στήλη).

Άρα, πλήθος τρόπων: $\boxed{(n+1)(n+1)n!}$

Υ.Γ. Με παίδεψε αρκετά αυτή η άσκηση. Αρχικά δεν είχα βάλει το αλλά στις δοκιμές δεν μου έβγαινε. Βέβαια ακόμα δεν είμαι σίγουρος ότι είναι σωστή...

Σωστά, μόνο που νομίζω υπάρχει ένα λαθάκι στην ερμηνεία. Δεν μας ενδιαφέρει η σειρά με την οποία μαρκάρουμε τα τετράγωνα αλλά μόνο ποια μπορεί να είναι αυτά τα μαρκαρισμένα τετράγωνα.

Οπότε η τελική απάντηση πρέπει να είναι (n+1)^2

.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #8

Demetres έγραψε:
Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
socrates έγραψε:Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2008
5. Θεωρούμε σκακιέρα Θέλουμε να μαρκάρουμε τετράγωνα έτσι ώστε να μην υπάρχουν δύο μαρκαρισμένα τετράγωνα στην ίδια ή σε γειτονικές γραμμές και έτσι ώστε να μην υπάρχουν δύο μαρκαρισμένα τετράγωνα στην ίδια ή σε γειτονικές στήλες. Με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει αυτό;
...

Άρα, πλήθος τρόπων: $\boxed{(n+1)(n+1)n!}$

Υ.Γ. Με παίδεψε αρκετά αυτή η άσκηση. Αρχικά δεν είχα βάλει το αλλά στις δοκιμές δεν μου έβγαινε. Βέβαια ακόμα δεν είμαι σίγουρος ότι είναι σωστή...
Σωστά, μόνο που νομίζω υπάρχει ένα λαθάκι στην ερμηνεία. Δεν μας ενδιαφέρει η σειρά με την οποία μαρκάρουμε τα τετράγωνα αλλά μόνο ποια μπορεί να είναι αυτά τα μαρκαρισμένα τετράγωνα.

Οπότε η τελική απάντηση πρέπει να είναι .

Αρχικά έτσι νόμιζα κι εγώ. Όταν όμως έκανα ένα παράδειγμα με σκακιέρα $4 \times 4$ όπου το n=2

, άρα θέλουμε να μαρκάρουμε

τετράγωνα, τότε είδα ότι προέκυπταν κι άλλες περιπτώσεις. Νομίζω το (n+1)^2

μας δίνει τους τρόπους να επιλέξουμε τις

γραμμές και τις

στήλες που θα φιλοξενούν τα μαρκαρισμένα τετράγωνα. Αυτές διασταυρώνονται σε

τετράγωνα αλλά εμείς από αυτά θέλουμε να κρατήσουμε τα

. Το τελευταίο είναι αντίστοιχο με το να τοποθετήσουμε

Πύργους σε σκακιέρα $8 \times 8$ που όμως να μην απειλεί ο ένας τον άλλο...

#9

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:Νομίζω το μας δίνει τους τρόπους να επιλέξουμε τις γραμμές και τις στήλες που θα φιλοξενούν τα μαρκαρισμένα τετράγωνα. Αυτές διασταυρώνονται σε τετράγωνα αλλά εμείς από αυτά θέλουμε να κρατήσουμε τα .

Ναι, έχεις δίκιο. Σωστό λοιπόν το (n+1)^2 n!

.

#10

socrates έγραψε:
3. Έστω εγγράψιμο τετράπλευρο με και Οι διαγώνιοι και τέμνονται στο Έστω η συμμετρική ευθεία της ως προς την και η συμμετρική ευθεία της ως προς την . Η ευθεία τέμνει τις και στα σημεία και αντίστοιχα. Να δείξετε ότι το τρίγωνο είναι ισοσκελές.

Πολύ καλή για "αρχάριους", επιτρέψτε μου την έκφραση, στα εγγράψιμα. Δεν γνωρίζω το επίπεδο του διαγωνισμού, γιατί για την κατασκευή του σχήματος απαιτείται από τις συνθήκες CD < AD

και

να αποδειχτεί ότι οι συμμετρικές e, f

κείνται εκτός τετραπλεύρου.(απλό θα το έλεγα, αλλά καλό για εξάσκηση στις ανισοτκές σχέσεις).

Αρκεί να αποδείξουμε ότι $\angle SED=\angle SFC$

Το τετράπλευρο BSCF

είναι εγγράψιμο. Πραγματικά, επειδή το ABCD

είναι εγγράψιμο έχουμε $\angle ACD=\angle ABD$ . Από την συμμετρία των DB,FF

ως προς την

προκύπτει $\angle ABD=\angle DBF$ , επομένως $\angle ACD=\angle DBF$ και άρα το BSCF

είναι εγγράψιμο.

Με όμοια επιχειρήματα και το AEDS

είναι εγγράψιμο.

Από τα εγγράψιμα, τώρα, AEDS, ABCD, BSCF

συμπεραίνουμε: $\angle SED=\angle DAS=\angle DBC=\angle SFC$ και η απόδειξη έγινε.

Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2008

Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2008

Re: Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2008

Re: Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2008

Re: Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2008

Re: Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2008

Re: Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2008

Re: Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2008

Re: Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2008

Re: Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2008

Re: Πρώτος γύρος Ελβετίας, 2008

Μέλη σε σύνδεση