Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2008/2009 (ΙΙΙΦ 10η τάξη)

Al.Koutsouridis · #1

Πρώτη μέρα.

1. Το δευτεροβάθμιο τριώνυμο f(x)

είναι τέτοιο, ώστε το πολυώνυμο $(f(x))^{3} – f(x)$ να έχει ακριβώς τρεις πραγματικές ρίζες. Να βρείτε την τεταγμένη της κορυφής του δευτεροβάθμιου τριωνύμου.

2. Να αποδείξετε ότι μπορεί να βρεθεί φυσικός αριθμός n > 1

, τέτοιος ώστε το γινόμενο κάποιων

διαδοχικών φυσικών αριθμών να είναι ίσο με το γινόμενο κάποιων n+100

διαδοχικών φυσικών αριθμών.

3. Ο Κώστας είχε δυο συλλογές των 17 νομισμάτων η κάθε μία. Στην μία συλλογή όλα τα νομίσματα είναι γνήσια στην άλλη ακριβώς πέντε είναι κάλπικα ( όλα τα νομίσματα οπτικά φαίνονται το ίδιο, όλα τα γνήσια νομίσματα ζυγίζουν το ίδιο, όλα τα κάλπικα νομίσματα ζυγίζουν και αυτά το ίδιο αλλά δεν γνωρίζουμε αν είναι ελαφρύτερα ή βαρύτερα των γνησίων). Μια από τις συλλογές ο Κώστας την έδωσε σε φίλο του, αλλά στη συνέχεια ξέχασε, ποια ακριβώς συλλογή του έμεινε. Μπορεί ο Κώστας με δυο ζυγίσεις σε ζυγό χωρίς σταθμά να αποφανθεί για το ποια συλλογή έδωσε;

4. Οι κύκλοι $\omega_{1}$ και $\omega_{2}$ εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο

. Τα σημεία

και

του $\omega_{1}$ και τα σημεία

και

του $\omega_{2}$ είναι τέτοια, ώστε οι

και

να είναι εξωτερικές εφαπτομένες αυτών. Η ευθεία

τέμενει το τμήμα

στο

, και η ευθεία

τέμνει εκ νέου τον $\omega_{1}$ στο

. Να δείξετε, ότι τα σημεία B,M

και

είναι συνευθειακά.

Δεύτερη Μέρα

5. Ο φυσικός αριθμός

είναι τέτοιος, ώστε το άθροισμα των ψηφίων στη δεκαδική μορφή του αριθμού $2^{m}$ να είναι ίσο με

. Μπορεί σε μία τέτοια περίπτωση το τελευταίο ψηφίο του $2^{m}$ να είναι ίσο με

;

6. Ο εγγεγραμμένος κύκλος $\omega$ του τριγώνου ABC

εφάπτεται των πλευρών BC, CA, AB

στα σημεία $A_{1}, B_{1}$ και $C_{1}$ αντίστοιχα. Στην ευθεία $AA_{1}$ προς το μέρος του

διαλέγουμε σημείο

τέτοιο ώστε $AD = AC_{1}$ . Οι ευθείες $DB_{1}$ και $DC_{1}$ τέμνουν εκ νέου τον $\omega$ στα σημεία $B_{2}$ και $C_{2}$ . Να αποδείξετε ότι το $B_{2}C_{2}$ είναι διάμετρος του $\omega$ .

7. Οι θετικοί αριθμοί $\Displaystyle{x_{1}, x_{2}, . . . , x_{2009}}$ ικανοποιούν τις εξισώσεις

$\Displaystyle{x_{1}^{2}-x_{1}x_{2}+x_{2}^{2} = x_{2}^{2}-x_{2}x_{3}+x_{3}^{2} = x_{3}^{2}-x_{3}x_{4}+x_{4}^{2} = … =}$
$\Displaystyle{x_{2008}^{2}-x_{2008}x_{2009}+x_{2009}^{2} = x_{2009}^{2}-x_{2009}x_{1}+x_{1}^{2}}$

Να δείξετε ότι οι αριθμοί $\Displaystyle{x_{1}, x_{2}, …, x_{2009}}$ είναι ίσοι μεταξύ τους.

8. Σε ένα πάρτι μία ομάδα των 20 ατόμων ζητείται να καθίσει σε 4 τραπέζια. Ένας τρόπος καθίσματος ονομάζεται επιτυχής, αν οποιαδήποτε δύο άτομα που θα καθίσουν στο ίδιο τραπέζι, είναι φίλοι. Αποφάνθηκε ότι επιτυχείς τρόποι καθίσματος υπάρχουν, και μάλιστα σε κάθε επιτυχή τρόπο καθίσματος σε κάθε τραπέζι κάθονται ακριβώς 5 άτομα. Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός από ζεύγη φίλων σε αυτή την ομάδα.

#2

Al.Koutsouridis έγραψε: 3. Ο Κώστας είχε δυο συλλογές των 17 νομισμάτων η κάθε μία. Στην μία συλλογή όλα τα νομίσματα είναι γνήσια στην άλλη ακριβώς πέντε είναι κάλπικα ( όλα τα νομίσματα οπτικά φαίνονται το ίδιο, όλα τα γνήσια νομίσματα ζυγίζουν το ίδιο, όλα τα κάλπικα νομίσματα ζυγίζουν και αυτά το ίδιο αλλά δεν γνωρίζουμε αν είναι ελαφρύτερα ή βαρύτερα των γνησίων). Μια από τις συλλογές ο Κώστας την έδωσε σε φίλο του, αλλά στη συνέχεια ξέχασε, ποια ακριβώς συλλογή του έμεινε. Μπορεί ο Κώστας με δυο ζυγίσεις σε ζυγό χωρίς σταθμά να αποφανθεί για το ποια συλλογή έδωσε;

Ναι μπορεί.

Χωρίζουν τα νομίσματα σε τέσσερα σύνολα A,B,C,D

των

και

νομισμάτων αντίστοιχα.

Στην πρώτη ζύγιση βάζουμε στον ένα ζυγό τα νομίσματα του

και στον άλλο τα νομίσματα των B,C

. Αν δεν ισορροπούν τότε έχουμε τα κάλπικα.

Αν ισορροπούν τότε είτε έχουμε τα πραγματικά είτε έχουμε κάλπικα και τα σύνολα $A,B\cup C,D$ έχουν από 0,0,5

ή

κάλπικα.

Στην δεύτερη ζύγιση βάζουμε στον ένα ζυγό τα A,B

και στον άλλο τα

. Από τα πιο πάνω, αν έχουμε τα κάλπικα τότε
- Η περίπτωση 0,0,5

δίνει

κάλπικα στον πρώτο ζυγό και

στον δεύτερο οπότε δεν θα έχουμε ισορροπία.
- Η περίπτωση 1,1,3

δίνει το πολύ

κάλπικα στον πρώτο ζυγό και

στον δεύτερο οπότε δεν θα έχουμε ισορροπία.
- Η περίπτωση 2,2,1

δίνει τουλάχιστον

κάλπικα στον πρώτο ζυγό και

στον δεύτερο οπότε πάλι δεν θα έχουμε ισορροπία.

Άρα σε όλες τις περιπτώσεις αν έχουμε τα κάλπικα θα το αναγνωρίσουμε.

#3

Al.Koutsouridis έγραψε:Πρώτη μέρα.

4. Οι κύκλοι $\omega_{1}$ και $\omega_{2}$ εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο . Τα σημεία και του $\omega_{1}$ και τα σημεία και του $\omega_{2}$ είναι τέτοια, ώστε οι και να είναι εξωτερικές εφαπτομένες αυτών. Η ευθεία τέμενει το τμήμα στο , και η ευθεία τέμνει εκ νέου τον $\omega_{1}$ στο . Να δείξετε, ότι τα σημεία και είναι συνευθειακά.

: Πανρωσική 2008-2009 (ΙΙΙΦ, 10).png (22.17 KiB) Προβλήθηκε 5864 φορές

$\displaystyle{A\widehat OC = {90^0}}$ και επειδή OC=OD

, η

είναι διχοτόμος της γωνίας $\hat{ACM}$ , οπότε $\boxed{OA=OM}$ .

Επίσης είναι $\displaystyle{A\widehat ON = {90^0}}$ , οπότε η

είναι διάμετρος του κύκλου $(\omega_1)$ και κατά συνέπεια

$\boxed{\hat{ABN}=90^0}$ . Αλλά, BO=OA=OM

, άρα $\boxed{\hat{ABM}=90^0}$ .

Επομένως τα σημεία B,M

και

είναι συνευθειακά.

#4

Al.Koutsouridis έγραψε: Δεύτερη Μέρα

6. Ο εγγεγραμμένος κύκλος $\omega$ του τριγώνου εφάπτεται των πλευρών στα σημεία $A_{1}, B_{1}$ και $C_{1}$ αντίστοιχα. Στην ευθεία $AA_{1}$ προς το μέρος του διαλέγουμε σημείο τέτοιο ώστε $AD = AC_{1}$ . Οι ευθείες $DB_{1}$ και $DC_{1}$ τέμνουν εκ νέου τον $\omega$ στα σημεία $B_{2}$ και $C_{2}$ . Να αποδείξετε ότι το $B_{2}C_{2}$ είναι διάμετρος του $\omega$ .

: Πανρωσική 2008-2009 (ΙΙΙΦ, 10, 2).png (18.66 KiB) Προβλήθηκε 5843 φορές

Έστω

το σημείο τομής των DA_1, B_2C_2

. Είναι:

και $\displaystyle{{B_2}\widehat {{C_2}}{B_1} = {B_2}{\widehat B_1}C = D\widehat {{B_1}}A = A\widehat D{B_1}}$ . Άρα τα τρίγωνα DHB_2, C_2B_1B_2

είναι ισογώνια,

οπότε $\boxed{\hat{C_2B_1B_2}=\hat{DHB_2}}$ . Ομοίως είναι $\boxed{\hat{C_2C_1B_2}=\hat{DHC_2}}$

Αλλά, $\hat{C_2B_1B_2}=\hat{C_2C_1B_2}$ , ως εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο, άρα $\boxed{D\widehat H{B_2} = D\widehat H{C_2} = {90^0}}$ και το ζητούμενο έπεται άμεσα.

#5

Al.Koutsouridis έγραψε:
1. Το δευτεροβάθμιο τριώνυμο είναι τέτοιο, ώστε το πολυώνυμο $(f(x))^{3} – f(x)$ να έχει ακριβώς τρεις πραγματικές ρίζες. Να βρείτε την τεταγμένη της κορυφής του δευτεροβάθμιου τριωνύμου.

Ουσιαστικά ίδια με αυτήν εδώ.

#6

Al.Koutsouridis έγραψε: 5. Ο φυσικός αριθμός είναι τέτοιος, ώστε το άθροισμα των ψηφίων στη δεκαδική μορφή του αριθμού $2^{m}$ να είναι ίσο με . Μπορεί σε μία τέτοια περίπτωση το τελευταίο ψηφίο του $2^{m}$ να είναι ίσο με ;

Δεν είναι δύσκολο να δειχθεί (π.χ. επαγωγικά) ότι 4|m

. Τότε όμως $2^m \equiv 1 \bmod 3$ και άρα το άθροισμα των ψηφίων του 2^m

είναι ισότιμο με $1 \bmod 3$ . Άρα το άθροισμα των ψηφίων δεν μπορεί να είναι

.

GMANS · #7

Al.Koutsouridis έγραψε:Πρώτη μέρα.

1. Το δευτεροβάθμιο τριώνυμο είναι τέτοιο, ώστε το πολυώνυμο $(f(x))^{3} – f(x)$ να έχει ακριβώς τρεις πραγματικές ρίζες. Να βρείτε την τεταγμένη της κορυφής του δευτεροβάθμιου τριωνύμου.

Έστω
$f(x)=ax^2+bx+c,a\neq 0$
και
P(x)=f^3(x)-f(x)=(ax^2+bx+c)(ax^2+bx+c+1)(ax^2+bx+c-1)

Έστω $\Delta$ η διακρίνουσα του ax^2+bx+c

,
$\Delta _1$ η διακρίνουσα του ax^2+bx+c+1

,
$\Delta _2$ η διακρίνουσα του ax^2+bx+c-1

Έστω

Αν $\Delta <0$ τότε $\Delta _1=b^2-4ac-4a=\Delta-4a<0$
επομένως το πολυώνυμο P(x)

έχει το πολύ 2 ρίζες που είναι του πολ/μου ax^2+bx+c-1

Αν $\Delta >0$ τότε $\Delta _2=b^2-4ac+4a=\Delta+4a=4a >0$
και επομένως το πολυώνυμο P(x)

έχει τουλάχιστον 4 διαφορετικές ρίζες που είναι ρίζες των πολ/μων ax^2+bx+c

,

(οι ρίζες του πολ/μου ax^2+bx+c

είναι διαφορετικές από τις ρίζες του ax^2+bx+c-1

διότι αν

ρίζα του πρώτου θα είναι $0=ar^2+br+c ->ar^2+br+c-1=-1\neq 0$ )
Αν $\Delta =0$ τότε $\Delta _1=b^2-4ac-4a=\Delta-4a=-4a<0$ και $\Delta _2=b^2-4ac+4a=\Delta+4a=4a>0$
επομένως το πολυώνυμο P(x)

έχει 3 διαφορετικές ρίζες που είναι το ζητούμενο ,

οι ρίζες είναι ρίζες των των πολ/μων ax^2+bx+c

(διπλή ),

(2 διαφορετικές )
επομένως η κορυφή του f(x)

έχει τεταγμένη y=0
όμοια για a<0

Δεν είχα δει το σχόλιο του Demetres:
"Ουσιαστικά ίδια με αυτήν εδώ".
Αφήνω την λύση μήπως διευκολύνει κάποιον

#8

Al.Koutsouridis έγραψε: 8. Σε ένα πάρτι μία ομάδα των 20 ατόμων ζητείται να καθίσει σε 4 τραπέζια. Ένας τρόπος καθίσματος ονομάζεται επιτυχής, αν οποιαδήποτε δύο άτομα που θα καθίσουν στο ίδιο τραπέζι, είναι φίλοι. Αποφάνθηκε ότι επιτυχείς τρόποι καθίσματος υπάρχουν, και μάλιστα σε κάθε επιτυχή τρόπο καθίσματος σε κάθε τραπέζι κάθονται ακριβώς 5 άτομα. Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός από ζεύγη φίλων σε αυτή την ομάδα.

Μπορούμε να έχουμε τουλάχιστον 160

ζεύγη αν τους χωρίσουμε σε πέντε ομάδες A,B,C,D,E

των τεσσάρων ατόμων η κάθε μία, με δύο άτομα να είναι φίλοι αν και μόνο αν ανήκουν σε διαφορετικές ομάδες: Συνολικά έχουμε $\binom{5}{2}4^2 = 160$ ζεύγη φίλων. Μπορούμε εύκολα να τους καθίσουμε επιτυχώς αν σε κάθε τραπέζι βάλουμε ένα άτομο από κάθε ομάδα. Σε κάθε επιτυχή τρόπο καθίσματος έχουμε όντως 5 άτομα σε κάθε τραπέζι αφού αλλιώτικα θα υπήρχε τραπέζι στο οποίο θα κάθονταν τουλάχιστον 6 άτομα, κάτι που οδηγεί σε άτοπο αφού τότε δυο άτομα θα ήταν από την ίδια ομάδα.

Θα δείξουμε ότι 160 είναι ο μέγιστος αριθμός από ζεύγη φίλων. Ας πάρουμε ένα επιτυχή τρόπο καθίσματος με

άτομα σε κάθε τραπέζι. Έστω A_1,A_2,A_3,A_4

τα σύνολα των ατόμων που κάθονται στα τέσσερα τραπέζια. Αν σηκώσω κάποιο άτομο από ένα τραπέζι και τον κάτσω σε άλλο τραπέζι, τότε δεν θα έχω επιτυχή τρόπο καθίσματος. Για να συμβαίνει αυτό πρέπει αυτό το άτομο να έχει τουλάχιστον ένα μη φίλο στο άλλο τραπέζι.

Οπότε για κάθε άτομο

και κάθε τραπέζι στο οποίο δεν κάθεται ο

μπορώ να βρω τουλάχιστον ένα άτομο

ώστε οι

και

να μην είναι φίλοι. Άρα κάθε άτομο έχει τουλάχιστον

μη φίλους και συνολικά πρέπει να έχουμε τουλάχιστον $3 \cdot 20/2 = 30$ ζεύγη μη φίλων. (Διαιρούμε με το δύο για την διπλομέτρηση.) Αν όμως υπάρχουν τουλάχιστον

ζεύγη μη φίλων τότε υπάρχουν το πολύ $\binom{20}{2} - 30 = 160$ ζεύγη φίλων.

#9

Al.Koutsouridis έγραψε:
7. Οι θετικοί αριθμοί $\Displaystyle{x_{1}, x_{2}, . . . , x_{2009}}$ ικανοποιούν τις εξισώσεις

$\Displaystyle{x_{1}^{2}-x_{1}x_{2}+x_{2}^{2} = x_{2}^{2}-x_{2}x_{3}+x_{3}^{2} = x_{3}^{2}-x_{3}x_{4}+x_{4}^{2} = … =}$
$\Displaystyle{x_{2008}^{2}-x_{2008}x_{2009}+x_{2009}^{2} = x_{2009}^{2}-x_{2009}x_{1}+x_{1}^{2}}$

Να δείξετε ότι οι αριθμοί $\Displaystyle{x_{1}, x_{2}, …, x_{2009}}$ είναι ίσοι μεταξύ τους.

To $x_{1}^{2}-x_{1}x_{2}+x_{2}^{2} = x_{2}^{2}-x_{2}x_{3}+x_{3}^{2}$ δίνει x_1 = x_3

ή

. Ομοίως παίρνουμε $x_n = x_{n+2}$ ή $x_n + x_{n+2} = x_{n+1}$ για κάθε

. (Όπου οι δείκτες είναι $\phantom{} \bmod 2009$ .)

Έστω $m = \max\{x_1,\ldots,x_{2009}\}$ και έστω $A = \{i \in \mathbb{Z}_{2009} : x_i = m\}$ .

Περίπτωση 1: Υπάρχει $i \in A$ ώστε $i+1 \in A$ . Αφού $x_i = x_{i+1} = m$ και $x_{i+2}>0$ τότε δεν μπορούμε να έχουμε $x_i + x_{i+2} = x_{i+1}$ . Άρα πρέπει $x_{i} = x_{i+2}$ και άρα $i+2 \in A$ . Επαγωγικά $A = \mathbb{Z}_{2009}$ και άρα όλοι οι αριθμοί είναι ίσοι.

Περίπτωση 2: Για κάθε

, αν $i \in A$ , τότε $i+1 \notin A$ . Έστω $j \in A$ . Τότε $x_j + x_{j+2} > x_j > x_{j+1}$ . Δεν μπορούμε λοιπόν να έχουμε $x_j + x_{j+2} = x_{j+1}$ και άρα έχουμε $x_j = x_{j+2}$ . Οπότε $j+2 \in A$ . Τότε $j+4 \in A$ και επαγωγικά $j + 2010 \in A$ όμως $j+2010 \equiv j+1 \bmod 2009$ . Δηλαδή $j+1 \in A$ , άτοπο.

#10

Al.Koutsouridis έγραψε:
2. Να αποδείξετε ότι μπορεί να βρεθεί φυσικός αριθμός , τέτοιος ώστε το γινόμενο κάποιων διαδοχικών φυσικών αριθμών να είναι ίσο με το γινόμενο κάποιων διαδοχικών φυσικών αριθμών.

Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει

ώστε

$\displaystyle{(n+100)! = 102 \cdot 103 \cdots (n+101).}$

Διαιρώντας και τα δύο μέρη με το $102 \cdot 103 \cdots (n+100)$ αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει

ώστε

$\displaystyle{ 101! = n+101.}$

Μπορούμε λοιπόν να πάρουμε n = 101! - 101

.

Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2008/2009 (ΙΙΙΦ 10η τάξη)

Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2008/2009 (ΙΙΙΦ 10η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2008/2009 (ΙΙΙΦ 10η τάξη

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2008/2009 (ΙΙΙΦ 10η τάξη

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2008/2009 (ΙΙΙΦ 10η τάξη

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2008/2009 (ΙΙΙΦ 10η τάξη

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2008/2009 (ΙΙΙΦ 10η τάξη

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2008/2009 (ΙΙΙΦ 10η τάξη

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2008/2009 (ΙΙΙΦ 10η τάξη

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2008/2009 (ΙΙΙΦ 10η τάξη

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2008/2009 (ΙΙΙΦ 10η τάξη

Μέλη σε σύνδεση