Ανοιχτή Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 (8-9η τάξη, 2021)

Al.Koutsouridis · #1

Ανοιχτή Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239
Θέματα τάξεων 8-9, 4 Απριλίου 2021

1. Τα σημεία

και

είναι τα μέσα των τόξων

και

του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC

. Το σημείο

βρίσκεται στην πλευρά

. Προέκυψε ότι οι διχοτόμοι των γωνιών ATB

και

διέρχονται από τα σημεία

και

αντίστοιχα. Με τι μπορεί να ισούται η γωνία

του τριγώνου ABC

;

2. Δίνονται

διαφορετικοί πρώτοι αριθμοί $p_{1}, p_{2}, \dots , p_{n}$ . Εξετάζουμε το πολυώνυμο $x^n+a_{1}x^{n-1}+a_{2}x^{n-2}+\cdots + a_{n-1}x+a_{n}$ , όπου $a_{i}$ είναι το γινόμενο των πρώτων

δοθέντων πρώτων αριθμών. Για ποια

αυτό μπορεί να έχει ακέραια ρίζα;

3. Δίνεται ένας μη διμέρης γράφος με 239

κορυφές, με τον βαθμό καθεμίας από αυτές να είναι τουλάχιστον

. Για ποιό ελάχιστο

μπορούμε να εγγυηθούμε, την ύπαρξη περιττού κύκλου μήκους το πολύ

;

4. Οι διαφορετικοί θετικοί αριθμοί a,b,c

είναι τέτοιοι, ώστε $a^{239}=ac-1$ και $b^{239}=bc-1$ . Να αποδείξετε, ότι $238^{2}(ab)^{239} < 1$ .

5. Στο τρίγωνο ABC

φέρουμε την διάμεσο

. Στο τμήμα

δένεται σημείο

και στην ημιευθεία

σημείο

, εξάλλου $\angle ABC=\angle AED$ και AF || BC

. Να αποδείξετε, ότι με τα τμήματα BD, DF

και

μπορεί να κατασκευαστεί τρίγωνο, το εμβαδόν του οποίου είναι τουλάχιστον όσο το μισό του εμβαδού του τριγώνου ABC

.

6. Δυο διαφορετικές ακολουθίες θετικών ακεραίων αριθμών $\left \{ a_{n} \right \}$ και $\left \{ b_{n} \right \}$ είναι τέτοιες, ώστε σε κάθε μια από αυτές οι δυο πρώτοι όροι είναι πρώτοι μεταξύ τους φυσικοί αριθμοί, μικρότεροι του 1000

και κάθε όρος, ξεκινώντας από τον τρίτο, ισούται με το άθροισμα των δυο προηγούμενων. Να αποδείξετε ότι αν ο $a_{n}$ διαιρείται με τον $b_{n}$ , τότε n < 50

.

7. θεωρούμε ένα πίνακα με

γραμμές και 120

στήλες. Σε κάθε κελί πρέπει να γραφεί ένας αριθμός από το

έως το

έτσι, ώστε σε κάθε στήλη ο πάνω αριθμός να είναι μικρότερος από τον κάτω και στην κάτω γραμμή οι αριθμοί να είναι κατά άυξουσα (μη γνήσια) σειρά από αριστερά προς τα δεξιά. Να αποδείξτε ότι ο αριθμός των τρόπων που μπορεί να γίνει αυτό διαιρείται με το 239

.

8. Στο επίπεδο δίνονται

ευθείες, οι οποίες διαμερίζουν το επίπεδο σε μερικά πολυγωνικά χωρία (φραγμένα και μη). Βαθμό ενός τέτοιου χωρίου θα ονομάσουμε το πλήθος των κορυφών στο σύνορό του. Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των τετραγώνων των βαθμών όλων των χωρίων δεν υπερβαίνει το 10n^2

.

Πηγή

#2

Al.Koutsouridis έγραψε: Πέμ Αύγ 05, 2021 5:46 pm 2. Δίνονται διαφορετικοί πρώτοι αριθμοί $p_{1}, p_{2}, \dots , p_{n}$ . Εξετάζουμε το πολυώνυμο $x^n+a_{1}x^{n-1}+a_{2}x^{n-2}+\cdots + a_{n-1}x+a_{n}$ , όπου $a_{i}$ είναι το γινόμενο των πρώτων δοθέντων πρώτων αριθμών. Για ποια αυτό μπορεί να έχει ακέραια ρίζα;

Από κριτήριο Eisenstein (χρησιμοποιώντας τον πρώτο p_1

) είναι άμεσο ότι το πολυώνυμο είναι ανάγωγο. Άρα μπορεί να έχει ακέραια ρίζα μόνο αν n=1

. Προφανώς τότε έχει ακέραια ρίζα.

#3

Al.Koutsouridis έγραψε: Πέμ Αύγ 05, 2021 5:46 pm Ανοιχτή Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239
Θέματα τάξεων 8-9, 4 Απριλίου 2021

7. θεωρούμε ένα πίνακα με γραμμές και στήλες. Σε κάθε κελί πρέπει να γραφεί ένας αριθμός από το έως το έτσι, ώστε σε κάθε στήλη ο πάνω αριθμός να είναι μικρότερος από τον κάτω και στην κάτω γραμμή οι αριθμοί να είναι κατά άυξουσα (μη γνήσια) σειρά από αριστερά προς τα δεξιά. Να αποδείξτε ότι ο αριθμός των τρόπων που μπορεί να γίνει αυτό διαιρείται με το .

Θα ήθελα να μάθω αν η επίσημη λύση είναι διαφορετική από τη δική μου.

Αν στην κάτω γραμμή γράψουμε τους αριθμούς $n_1,n_2,\ldots,n_{120}$ , τότε έχουμε $(n_1-1)(n_2-1) \cdots (n_k-1)$ επιλογές για τους αριθμούς στην πάνω γραμμή.

Επομένως έχουμε συνολικά $\displaystyle \sum_{k_1 + \cdots + k_{119} = 120} 1^{k_1} \cdot 2^{k_2} \cdots 119^{k_{119}}$ διαφορετικούς τρόπους.

Αυτό είναι ο συντελεστής του $x^{120}$ στο ανάπτυγμα

$\displaystyle (1+x+x^2 + \cdots)(1+2x+4x^2 + \cdots) \cdots (1+119x + (119x)^2 + \cdots) = \frac{1}{(1-x)(1-2x) \cdots (1-119x)}$

Γράφουμε τώρα το τελευταίο σε απλά κλάσματα ως

$\displaystyle \frac{1}{(1-x)(1-2x) \cdots (1-119x)} = \sum_{k=1}^{119} \frac{A_k}{(1-kx)}$

Πολλαπλασιάζοντας και τις δύο πλευρές με 1-kx

και παίρνοντας το όριο όταν $x \to 1/k$ παίρνουμε

$\displaystyle A_k = \frac{k^{118}}{(k-1)(k-2) \cdots 1 \cdot (-1)(-2) \cdots (k-119)} = \frac{k^{118}(-1)^{119-k}}{(k-1)!(119-k)!} = k^{118}(-1)^{k-1} \binom{118}{k-1} \frac{1}{118!}$

Άρα ο συντελεστής του $x^{120}$ στο ανάπτυγμα του

$\displaystyle \frac{A_k}{(1-kx)} = A_k(1+kx + k^2x^2 + \cdots )$

ισούται με

$\displaystyle k^{238}(-1)^{k-1} \binom{118}{k-1} \frac{1}{118!} \equiv (-1)^{k-1} \binom{118}{k-1} \frac{1}{118!} \bmod 239$

αφού ο 239

είναι πρώτος.

Άρα ο συντελεστής που μας ενδιαφέρει είναι ισότιμος με

$\displaystyle \frac{1}{118!}\sum_{k=1}^{119} (-1)^{k-1} \binom{118}{k-1} \equiv 0 \bmod 239$

από το διωνυμικό θεώρημα.

ksofsa · #4

Καλησπέρα.

Για το 6ο θέμα, με επιφύλαξη:

Εύκολα διαπιστώνουμε ότι $a_{n},b_{n}\geq F_{n}$ .

Επίσης, $\begin{bmatrix} a_{n+2} &a_{n+1} \\ b_{n+2}&b_{n+1} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} a_{n+1} &a_{n} \\ b_{n+1}&b_{n} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 &1 \\ 1&0 \end{bmatrix}$

και με επαγωγή

$\begin{bmatrix} a_{n+2} &a_{n+1} \\ b_{n+2}&b_{n+1} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} a_{2} &a_{1} \\ b_{2}&b_{1} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 &1 \\ 1&0 \end{bmatrix}^n$ .

Έστω $a_{n+2}=kb_{n+2},$ για κάποιο

.

Τότε, παίρνοντας ορίζουσα σε απόλυτο στην προηγούμενη σχέση, παίρνουμε ότι

$b_{n+2}\left | det\begin{bmatrix} k &a_{n+1} \\ 1& b_{n+1} \end{bmatrix} \right |=\left | a_{2}b_{1}-a_{1}b_{2} \right |$ .

Πρέπει $a_{2}b_{1}-a_{1}b_{2}\neq 0$ . Σε αντίθετη περίπτωση, $a_{1}b_{2}=a_{2}b_{1}\Rightarrow a_{1}=a_{2},b_{1}=b_{2}$ , διότι $(a_{1},a_{2})=(b_{1},b_{2})=1$ . Αυτό όμως είναι άτοπο, λόγω της υπόθεσης.

Τελικά , $b_{n+2}\mid \left | a_{2} b_{1}-a_{1}b_{2}\right |\Rightarrow b_{n+2}\leq \left | a_{2} b_{1}-a_{1}b_{2}\right |\leq 1000^2=10^6\Rightarrow F_{n+2}\leq 10^6\Rightarrow n+2< 31$ .

Επομένως, είτε έχω κάνει λάθος, είτε πράγματι βελτιώνεται το φράγμα από το

στο

. Για προσδιορίσω το φράγμα , χρησιμοποίησα έτοιμη λίστα με τους αριθμούς Fibonacci.

Al.Koutsouridis · #5

έγραψε: Πέμ Αύγ 05, 2021 5:46 pm
1. Τα σημεία και είναι τα μέσα των τόξων και του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου . Το σημείο βρίσκεται στην πλευρά . Προέκυψε ότι οι διχοτόμοι των γωνιών και διέρχονται από τα σημεία και αντίστοιχα. Με τι μπορεί να ισούται η γωνία του τριγώνου ;

Είναι $\angle XAT = \angle A +\angle C /2$ , $\angle YCT = \angle C + \angle A /2$ και $\angle XBY = 90^0+\angle B /2$ .

Εφόσον

διχοτόμος της γωνίας ATB

και

θα ισχύει είτε $\angle XAT=\angle XBT$ , είτε $\angle XBT =180^0-\angle XAT$ . Έστω ισχύει το δεύτερο.

Ομοίως θα είναι είτε $\angle YBT = \angle YCT$ , είτε $\angle YBT = 180^0-YCT$ .

Θα έχουμε δηλαδή είτε

$\angle XBY = \angle XBT +\angle YBT= 180^0-\angle A -\angle C /2 +\angle C +\angle A /2 \neq 90^0+\angle B/2$ ,

είτε

$\angle XBY = \angle XBT +\angle YBT= 180^0-\angle A -\angle C /2 +180^0 -\angle C -\angle A /2 \neq 90^0+\angle B/2$ .

Και στις δυο περιπτώσεις καταλήγουμε σε άτοπο. Άρα $\angle XAT = \angle XBT$ . Ομοίως, θα είναι $\angle YBT =\angle YCT$ .

Από τις παραπάνω ισότητες προκύπτει, ότι $XT \perp BA$ και $YT \perp BC$ . Όμως $\angle XTY =90^0$ , άρα και $\angle ABC =90^0$ .

Demetres έγραψε: Σάβ Αύγ 07, 2021 12:59 pm
Θα ήθελα να μάθω αν η επίσημη λύση είναι διαφορετική από τη δική μου.

Θα προσπαθήσω να την βρω. Συνήθως οι επίσημες λύσεις εμφανίζονται, σε βιβλίο με τα θέματα, την επόμενη χρονιά.

#6

Al.Koutsouridis έγραψε: Πέμ Αύγ 05, 2021 5:46 pm Ανοιχτή Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239
Θέματα τάξεων 8-9, 4 Απριλίου 2021

4. Οι διαφορετικοί θετικοί αριθμοί είναι τέτοιοι, ώστε $a^{239}=ac-1$ και $b^{239}=bc-1$ . Να αποδείξετε, ότι $238^{2}(ab)^{239} < 1$ .

Aπό υπόθεση, $c=a^{238}+\dfrac{1}{a}=b^{238}+\dfrac{1}{b}$
οπότε
$a^{238}-b^{238}=\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{a}$

$(a-b)(a^{237}+a^{236}b+...+ab^{236}+b^{237})=\dfrac{a-b}{ab}$

Όμως $a\not = b.$ Απλοποιώντας

$a^{237}+a^{236}b+...+ab^{236}+b^{237}=\dfrac{1}{ab}.$
Η ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου δίνει

$238\sqrt[238]{(ab)^{237+236+...+1}}<a^{237}+a^{236}b+...+ab^{236}+b^{237}$

Η ισότητα δεν ισχύει αφού $a\not = b.$ Άρα
$238\sqrt{(ab)^{237}}<\dfrac{1}{ab}.$
Υψώνουμε στο τετράγωνο και έχουμε το ζητούμενο.

#7

Al.Koutsouridis έγραψε: Πέμ Αύγ 05, 2021 5:46 pm Ανοιχτή Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239
Θέματα τάξεων 8-9, 4 Απριλίου 2021

6. Δυο διαφορετικές ακολουθίες θετικών ακεραίων αριθμών $\left \{ a_{n} \right \}$ και $\left \{ b_{n} \right \}$ είναι τέτοιες, ώστε σε κάθε μια από αυτές οι δυο πρώτοι όροι είναι πρώτοι μεταξύ τους φυσικοί αριθμοί, μικρότεροι του και κάθε όρος, ξεκινώντας από τον τρίτο, ισούται με το άθροισμα των δυο προηγούμενων. Να αποδείξετε ότι αν ο $a_{n}$ διαιρείτε με τον $b_{n}$ , τότε .

Λίγο διαφορετική προσέγγιση από αυτή που έχει δοθεί. Μάλιστα στο τέλος μπορώ να δείξω ότι $n \leqslant 18$ το οποίο είναι και βέλτιστο.

Επαγωγικά έχουμε $a_{n+2} = F_{n+1}a_2 + F_na_1$ και $b_{n+2} = F_{n+1}b_2 + F_nb_1$ . Αν λοιπόν το b_n

διαιρεί το a_n

τότε το $F_{n-1}b_2 + F_{n-2}b_1$ διαιρεί το $F_{n-1}a_2 + F_{n-2}a_1$ άρα και το

$\displaystyle b_1(F_{n-1}a_2 + F_{n-2}a_1) - a_1(F_{n-1}b_2 + F_{n-2}b_1) = (b_1a_2-a_1b_2)F_{n-1}$

Ομοίως διαιρεί και το

$\displaystyle b_2(F_{n-1}a_2 + F_{n-2}a_1) -a_2(F_{n-1}b_2 + F_{n-2}b_1) = (b_2a_1-a_2b_1)F_{n-2}$

Επειδή οι $F_{n-1}$ και $F_{n-2}$ είναι πρώτοι μεταξύ τους (εύκολο επαγωγικά) τότε το $b_n = F_{n-1}b_2 + F_{n-2}b_1$ διαιρεί το b_1a_2-a_1b_2

όπως βρήκε και ο Κώστας.

Όμως τώρα μπορώ να κλείσω το πρόβλημα ως εξής:

Αν b_1a_2 = a_1b_2

τότε από τη συνθήκη (a_1,b_1) = 1 = (a_2,b_2)

παίρνω

και

, άτοπο. Αν b_1a_2 > a_1b_2

τότε

$\displaystyle b_1a_2 >b_1a_2 - a_1b_2 \geqslant F_{n-1}b_2 + F_{n-2}b_1 > F_{n-2}b_1$

Άρα $\displaystyle F_{17} > 1000 > a_2 > F_{n-2}$ που δίνει $n \leqslant 18$ . Με παρόμοιο τρόπο, αν b_1a_2 < a_1b_2

παίρνουμε $F_{17} > 1000 > a_1 > F_{n-1}$ που δίνει $n \leqslant 17$ .

Μάλιστα το $n \leqslant 18$ είναι βέλτιστο. Αν $a_1 = 1, a_2 = F_{16}+2 = 989$ και $b_1 = (F_{17}+1)/2 = 799, b_2=1$ τότε από τα πιο πάνω έχουμε:

$\displaystyle b_{18} = F_{17}b_2 + F_{16}b_1 = \frac{2F_{17} + F_{17}F_{16} + F_{16}}{2}$

και

$\displaystyle a_{18} = F_{17}a_2 + F_{16}a_1 = F_{17}F_{16} + 2F_{17} + F_{16} = 2b_{18}$

Al.Koutsouridis · #8

Demetres έγραψε: Σάβ Αύγ 07, 2021 12:59 pm
Θα ήθελα να μάθω αν η επίσημη λύση είναι διαφορετική από τη δική μου.

Καλησπέρα Δημήτρη. Μεταφέρω την επίσημη λύση

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Γράφουμε στην σειρά τους αριθμούς από το

έως το

, αφήνοντας μεταξύ τους κενά. Παίρνουμε ένα συμπληρωμένο πίνακα και κάνουμε την ακόλουθη διαδικασία. Κοιτάμε από αριστερά προς δεξιά τις στήλες και αν στην τρέχουσα στήλη υπάρχουν οι αριθμοί a < b< 120

, τότε βρίσκουμε στην σειρά (γραμμή) αρχικά τον αριθμό

και γράφουμε ακριβώς μπροστά του τον αριθμό

. Αν

, τον αριθμό

τον γράφουμε στο τέλος. Προκύπτει μια ακολουθία των αριθμών από το

έως το

μήκους

, στην οποία εμφανίζεται κάθε αριθμός από το

έως το

. Εξάλλου ο πρώτος άσσος εμφανίζεται νωρίτερα από το πρώτο δυο, το πρώτο δυο νωρίτερα από το πρώτο τρία, κ.ο.κ . δεν είναι δύσκολο να παρατηρήσουμε, ότι για κάθε τέτοια σειρά (γραμμή) μπορούμε, πηγαίνοντας από αριστερά προς δεξιά, μονοσήμαντα να ανακατασκευάσουμε τον πίνακα. Οπότε οι πίνακες είναι τόσοι, όσοι οι σειρές (γραμμές) που μπορούν να προκύψουν. Σε κάθε γραμμή μονοσήμαντα αντιστοιχεί μια διαμέριση των αριθμών από το

έως το