Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2023 (1η φάση, 11η τάξη)

Al.Koutsouridis · #1

Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2023
Θέματα της 1ης φάσης για την 11η τάξη, 19 Νοεμβρίου 2022

1. Σε κάθε κελί ενός πίνακα $m \times n$ βρίσκεται είτε ένας σταυρός είτε ένα μηδενικό. Εξάλλου σε κάθε γραμμή βρίσκονται τουλάχιστον

σταυροί και σε κάθε στήλη τουλάχιστον

μηδενικά. Να αποδείξετε ότι $m+n \geq 76$ .

2. Δίνονται τα δευτεροβάθμια τριώνυμα f(x)

και

με συντελεστή μεγιστοβάθμιου όρου, ίσο με

. Η ελάχιστη τιμή του τριώνυμου f(x)

είναι ίση με

και η ελάχιστη τιμή του g(x)

, ίση με

. Η ελάχιστη τιμή του δευτεροβάθμιου τριωνύμου f(x)+g(x)

είναι ίση με

και λαμβάνεται στο σημείο $x=x_{0}$ . Να βρείτε τα $f(x_{0})$ και $g(x_{0})$ .

3. Οι συναρτήσεις

και

ορίζονται στο σύνολο των μη μηδενικών φυσικών αριθμών, που δεν υπερβαίνουν το 400

και λαμβάνουν τιμή στους μη μηδενικούς φυσικούς αριθμούς, που δεν υπερβαίνουν το 200

. Να αποδείξετε, ότι η εξίσωση

p(x)-p(y)=q(x)-q(y)

έχει λύση στους μη μηδενικούς φυσικούς $x \neq y$ .

4. Από τις κορυφές

και

ενός ισοσκελούς τριγώνου ABC

φέρουμε ένα κύκλο, που τέμνει τα τμήματα

και

στα σημεία

και

αντίστοιχα. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου CXY

τέμνει το τμήμα

στο σημείο

. Προέκυψε ότι AB=2 CZ

. Να βρείτε τον λόγο BZ/ZX

.

5. Ο φυσικός αριθμός

έχει πάνω από 1000

διαιρέτες (συμπεριλαμβανομένου του

και

). Όλοι αυτοί οι διαιρέτες καταγράφηκαν στον πίνακα. Ο Αλέξανδρος έσβησε τους 250

μεγαλύτερους και 250

μικρότερους από αυτούς. Μεταξύ των εναπομεινάντων διαιρετών αυτοί που διαιρούνται με το

προέκυψε να είναι ίση στον αριθμό με αυτούς που δεν διαιρούνται με το

. Να αποδείξετε, ότι και μεταξύ όλων των διαιρετών αυτοί που διαιρούνται με το

είναι ίση στον αριθμό με αυτούς που δεν διαιρούνται με το

.

Ορέστης Λιγνός · #2

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 09, 2022 4:40 pm
1. Σε κάθε κελί ενός πίνακα $m \times n$ βρίσκεται είτε ένας σταυρός είτε ένα μηδενικό. Εξάλλου σε κάθε γραμμή βρίσκονται τουλάχιστον σταυροί και σε κάθε στήλη τουλάχιστον μηδενικά. Να αποδείξετε ότι $m+n \geq 76$ .

Έστω ότι υπάρχουν a_i

σταυροί σε κάθε γραμμή, με $i \in \{1,2,\ldots, m \}$ , και b_i

σταυροί σε κάθε στήλη, με $i \in \{1,2,\ldots,n \}$ . Από τις συνθήκες είναι

$a_i \geq 19$ για κάθε

και

$m-b_i \geq 19$ για κάθε

, δηλαδή $b_i \leq m-19$ .

Επίσης, είναι προφανές ότι $a_1+\ldots+a_m=b_1+\ldots+b_n$ , αφού και τα δύο αθροίσματα εκφράζουν το πλήθος των σταυρών στον πίνακα. Άρα,

$19m \leq a_1+\ldots+a_m=b_1+\ldots+b_n \leq (m-19)n,$

οπότε $19(m+n) \leq mn$ . Από την ΑΜ-ΓΜ είναι τελικά

$19(m+n) \leq mn \leq \dfrac{(m+n)^2}{4},$

που δίνει ότι $m+n \geq 76$ , όπως θέλαμε.

Ορέστης Λιγνός · #3

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 09, 2022 4:40 pm
2. Δίνονται τα δευτεροβάθμια τριώνυμα και με συντελεστή μεγιστοβάθμιου όρου, ίσο με . Η ελάχιστη τιμή του τριώνυμου είναι ίση με και η ελάχιστη τιμή του , ίση με . Η ελάχιστη τιμή του δευτεροβάθμιου τριωνύμου είναι ίση με και λαμβάνεται στο σημείο $x=x_{0}$ . Να βρείτε τα $f(x_{0})$ και $g(x_{0})$ .

Αν

και

, είναι

. Από τις συνθήκες,

$\min f=b-\dfrac{a^2}{4}=10,$ $\min g=d-\dfrac{c^2}{4}=20$ και $\min(f+g)=(b+d)-\dfrac{(a+c)^2}{8}=50$ .

Η ελάχιστη τιμή του τριωνύμου f+g

λαμβάνεται για το $x_0=-\dfrac{a+c}{4}$ . Είναι,

$50=(b+d)-\dfrac{(a+c)^2}{8}=\dfrac{a^2}{4}+\dfrac{c^2}{4}+30-\dfrac{(a+c)^2}{8}=30+\dfrac{(a-c)^2}{8},$

άρα (a-c)^2=160

. Επομένως,

$f(x_0)=f(-\dfrac{a+c}{4})=\dfrac{(a+c)^2}{16}-\dfrac{a^2+ac}{4}+b=$

$=\dfrac{(a+c)^2}{16}-\dfrac{4a^2+4ac}{16}+\dfrac{4a^2}{16}+10=\dfrac{(a-c)^2}{16}+10=20,$

και συνεπώς $g(x_0)=\min(f+g)-f(x_0)=50-20=30$ .

Ορέστης Λιγνός · #4

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 09, 2022 4:40 pm
3. Οι συναρτήσεις και ορίζονται στο σύνολο των μη μηδενικών φυσικών αριθμών, που δεν υπερβαίνουν το και λαμβάνουν τιμή στους μη μηδενικούς φυσικούς αριθμούς, που δεν υπερβαίνουν το . Να αποδείξετε, ότι η εξίσωση

έχει λύσει στους μη μηδενικούς φυσικούς $x \neq y$ .

Έστω

. Η

ορίζεται στο $A= \{1,2,\ldots, 400 \}$ , και παίρνει τιμές στο $B=\{-199,\ldots,199 \}$ , καθώς η μέγιστη τιμή της είναι 200-1

, και η ελάχιστη 1-200=-199

.

Αφού |B| =399<400=|A|,

υπάρχουν $i,j \in A$ με h(i)=h(j),

δηλαδή

, δηλαδή

, όπως θέλαμε.

Ορέστης Λιγνός · #5

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 09, 2022 4:40 pm
4. Από τις κορυφές και ενός ισοσκελούς τριγώνου φέρουμε ένα κύκλο, που τέμνει τα τμήματα και στα σημεία και αντίστοιχα. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου τέμνει το τμήμα στο σημείο . Προέκυψε ότι . Να βρείτε τον λόγο .

Είναι,

$\angle XZC=\angle XYC=\angle BAC=\angle BCX,$

οπότε $\angle XZC=\angle BCX$ . Συνεπώς,

$\angle XCZ=\angle BCX-\angle BCZ=\angle XZC-\angle BCZ=\angle XBC,$

άρα $\angle XCZ=\angle XBC$ . Συνεπώς, τα τρίγωνα XZC

και

είναι όμοια, άρα

$\dfrac{XZ}{XC}=\dfrac{XC}{XB}=\dfrac{ZC}{BC}$

Ο τελευταίος λόγος ισούται με $\dfrac{1}{2}$ , καθώς 2CZ=AB=BC,

άρα προκύπτει ότι XB=2XC

και

οπότε $XB=2XC=2 \cdot 2XZ=4XZ$ . Τελικά,

BZ=BX-ZX=4XZ-XZ=3XZ,

άρα $\dfrac{BZ}{XZ}=3$ .

Ορέστης Λιγνός · #6

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 09, 2022 4:40 pm
5. Ο φυσικός αριθμός έχει πάνω από διαιρέτες (συμπεριλαμβανομένου του και ). Όλοι αυτοί οι διαιρέτες καταγράφηκαν στον πίνακα. Ο Αλέξανδρος έσβησε τους μεγαλύτερους και μικρότερους από αυτούς. Μεταξύ των εναπομεινάντων διαιρετών αυτοί που διαιρούνται με το προέκυψε να είναι ίση στον αριθμό με αυτούς που δεν διαιρούνται με το . Να αποδείξετε, ότι και μεταξύ όλων των διαιρετών αυτοί που διαιρούνται με το είναι ίση στον αριθμό με αυτούς που δεν διαιρούνται με το .

Έστω

το σύνολο των μικρότερων 250

διαιρετών,

το σύνολο των μεγαλύτερων 250

διαιρετών, και

το σύνολο των ενδιάμεσων διαιρετών. Αν $a_1<\ldots<a_{2s}$ αυτοί οι διαιρέτες (έχουν άρτιο πλήθος γιατί οι μισοί από αυτούς είναι πολλαπλάσια του

ενώ οι άλλοι μισοί δεν είναι), είναι από γνωστή ιδιότητα των διαιρετών ενός αριθμού:

$a_1a_{2s}=a_2a_{2s-1}=\ldots=a_sa_{s+1}=N$

Είναι προφανές ότι $13 \mid N$ , άρα αφού κάθε ζεύγος διαιρετών $(a_i,a_{2s+1-i})$ με $i \in \{1,2, \ldots, s \}$ έχει γινόμενο που είναι πολλαπλάσιο του

(τον

), τουλάχιστον ένας από αυτούς διαιρείται με το

. Άρα, αφού έχουμε

τέτοια ζεύγη, έχουμε τουλάχιστον

αριθμούς του

που είναι πολλαπλάσια του

. Ξέρουμε όμως ότι έχουμε ακριβώς

τέτοιους, άρα ισχύει η ισότητα.

Επομένως, για κάθε

ακριβώς ένας εκ των $a_i,a_{2s+1-i}$ είναι πολλαπλάσιο του

. Αυτά τα

που διαιρούνται με το

τα λέμε καλά.

Ισχυρισμός: Για κάθε καλό a_j

, είναι

.
Απόδειξη: Έστω πως $13^u \mid a_j$ για κάποιο

με $u \geq 2$ . Τότε, $13^u \mid a_j \mid a_ja_{2n+1-j}=N,$ άρα 13^u || N

, άρα για κάθε καλό a_k

είναι

$13^2 || N=a_ka_{2n+1-k},$

συνεπώς 13^2 || a_k

. Για κάθε καλό a_j

λοιπόν γράφουμε a_j=13^ub_j

με $13 \nmid b_j$ . Αν το a_j

είναι καλό λέμε και το αντίστοιχο b_j

καλό. Τότε, όλοι οι $13^{u-1}b_j$ είναι διαιρέτες του

, πολλαπλάσια του

(αφού $u \geq 2$ , είναι $u-1 \geq 1$ ) και δεν ανήκουν στο

.

Πράγματι, σε αντίθετη περίπτωση θα είχαμε ένα καλό a_j

με $13^{u-1} || a_j$ , άτοπο.

Άρα, ανήκουν είτε στο

είτε στο

. Αν είναι $13^{u-1}b_j \in B$ για κάποιο

, τότε αν

είναι το μέγιστο καλό b_j

, είναι

$3^{u-1}b_j >13^us >13^{u-1}s \Rightarrow b_j>s,$

Άρα, από τους

διαιρέτες $13^{u-1}b_j$ το πολύ ένας μπορεί να ανήκει στο

. Αφού προφανώς το $1 \in A$ δεν είναι πολλαπλάσιο του

, δεν μπορεί να είναι ένα από τα $13^{u-1}b_j$ . Άρα, συνολικά είναι

$s \leq 249+1,$

δηλαδή $s \leq 250$ , άτοπο αφού από την εκφώνηση 2s>1000-250-250=500,

άρα

, άτοπο $\blacksquare$

Στο πρόβλημά μας, είναι 13^1 || a_j

για κάθε καλό a_j

, άρα και

, οπότε αν αριθμήσουμε όλους τους διαιρέτες του

ως $d_1<d_2<\ldots<d_t$ , αφού είναι

$d_id_{t+1-i}=N$ για κάθε

, έχουμε ότι ακριβώς ένας εκ των $d_i,d_{t+1-i}$ είναι πολλαπλάσιο του

. Χωρίζοντας λοιπόν όλους τους διαιρέτες του

στα $\dfrac{t}{2}$ γκρουπ

(d_1,d_t)

,
$(d_2,d_{t-1})$ ,
$\ldots$
$(d_{\dfrac{t-1}{2}},d_{\dfrac{t+1}{2}}),$

σε κάθε γκρουπ έχουμε ακριβώς ένα πολλαπλάσιο του

, και ακριβώς ένα μη πολλαπλάσιο του

. Άρα προκύπτει άμεσα το ζητούμενο, και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2023 (1η φάση, 11η τάξη)

Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2023 (1η φάση, 11η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2023 (1η φάση, 11η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2023 (1η φάση, 11η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2023 (1η φάση, 11η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2023 (1η φάση, 11η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2023 (1η φάση, 11η τάξη)

Μέλη σε σύνδεση