Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2016 (10η τάξη)

Al.Koutsouridis · #1

LXXIX Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας

13 Μαρτίου 2016, 10η τάξη.

Πρόβλημα 1. Μπορεί ο αριθμός $\dfrac{1}{10}$ να παρασταθεί ως γινόμενο δέκα θετικών «κανονικών» κλασμάτων (κανονικό κλάσμα θεωρούμε αυτό που μπορεί να γραφεί στη μορφή $\dfrac{p}{q}$ όπου p,q

φυσικοί με p < q

).

Πρόβλημα 2. Στο εσωτερικό κυρτού τετράπλευρου $A_{1}A_{2}B_{2}B_{1}$ υπάρχει σημείο

τέτοιο, ώστε τα τρίγωνα $CA_{1}A_{2}$ και $CB_{1}B_{2}$ να είναι ισόπλευρα. Έστω $C_{1}$ και $C_{2}$ τα συμμετρικά σημεία του

ως προς τις ευθείες $A_{2}B_{2}$ και $A_{1}B_{1}$ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα $A_{1}B_{1}C_{1}$ και $A_{2}B_{2}C_{2}$ είναι ομοια.

Πρόβλημα 3. Η εξίσωση x^4+ax^3+bx^2+cx+d = 0

με ακέραιους συντελεστές έχει 4 θετικές ρίζες συμπεριλαμβανομένου της πολλαπλότητας (δηλαδή το άθροισμα των πολλαπλοτήτων όλων των θετικών ριζών της εξίσωσης ισούται με 4). Να βρείτε την ελάχιστη δυνατή τιμή που μπορεί να πάρει ο συντελεστής

με αυτές τις προϋποθέσεις.

Πρόβλημα 4. Άπειρο τετραγωνικό πλέγμα χρωματίζεται όπως η σκακιέρα και σε κάθε λευκό κελί γράφουμε έναν ακέραιο αριθμό διάφορο του μηδενός. Μετά από αυτό για κάθε μαύρο κελί υπολογίζουμε την διαφορά: το γινόμενο των γειτονικών κελιών στην οριζόντια διεύθυνση μείον το γινόμενο των γειτονικών κελιών στην κάθετη διεύθυνση. Μπορούν όλες αυτές οι διαφορές να ισούνται με 1;

Πρόβλημα 5. Σε κύβο ακμής

τοποθετήθηκαν

μη τεμνόμενες σφαίρες (πιθανόν διαφορετικού μεγέθους ). Μπορεί το άθροισμα των διαμέτρων τους να υπερβαίνει το

;

Πρόβλημα 6. Σε τουρνουά χόκεϊ μιας φάσης (όλοι έπαιξαν από μια φορά με όλους τους άλλους) συμμετείχαν 2016

ομάδες. Σύμφωνα με τον κανονισμό του τουρνουά για την νίκη δίνονται τρεις (3) βαθμοί , για την ήττα μηδέν (0) βαθμοί και στην περίπτωση ισοπαλίας παίζεται παράταση όπου στο νικητή δίνονται δυο (2) βαθμοί και στον ηττημένο ένας (1) βαθμός. Μετά το πέρας του τουρνουά στον Όσταπ Μπέντερ (*) κοινοποιήθηκε ο αριθμός των βαθμών, που συγκέντρωσε κάθε ομάδα, σύμφωνα με το οποίο έκανε το συμπέρασμα ότι τουλάχιστον

παιχνίδια οδηγήθηκαν στην παράταση. Να βρείτε την μέγιστη δυνατή τιμή του

.

(*) Ήρωας πικαρέσκου μυθιστορήματος https://en.wikipedia.org/wiki/Ostap_Bender

Σημείωση: Σύμφωνα με την πηγή που είναι η επίσημη σελίδα της ολυμπιάδας εδώ. «Τα θέματα και οι λύσεις διατίθενται ελεύθερα για μη εμπορική χρήση (με επιθυμητή την αναφορά στην πηγή κατά την ανατύπωση)».

nikkru · #2

Al.Koutsouridis έγραψε:LXXIX Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας

13 Μαρτίου 2016, 10η τάξη.

Πρόβλημα 1. Μπορεί ο αριθμός $\dfrac{1}{10}$ να παρασταθεί ως γινόμενο δέκα θετικών «κανονικών» κλασμάτων (κανονικό κλάσμα θεωρούμε αυτό που μπορεί να γραφεί στη μορφή $\dfrac{p}{q}$ όπου φυσικοί με ).

$\frac{1}{10}=\frac{3}{4}\cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{5}{6}\cdot \frac{6}{7}\cdot \frac{7}{8}\cdot\frac{8}{9}\cdot \frac{9}{10}\cdot\frac{10}{11}\cdot\frac{11}{12}\cdot \frac{12}{30}\cdot$

Μου φάνηκε απλό για διαγωνισμό. Μήπως υπάρχει κάποιο λάθος στην διατύπωση ; Σε τι ηλικία μαθητών αντιστοιχεί ;

Al.Koutsouridis · #3

nikkru έγραψε:
Μου φάνηκε απλό για διαγωνισμό. Μήπως υπάρχει κάποιο λάθος στην διατύπωση ; Σε τι ηλικία μαθητών αντιστοιχεί ;

Όχι είναι σωστή η διατύπωση, το θέμα ναι είναι απλό και είναι ίδιο με το πρώτο θέμα της 8ης τάξης. Η 10η τάξη είναι η προτελευταία και αντιστοιχεί σε ύλη και ηλικιακά με την Α’ / Β’ Λυκείου.

Από ότι έχω παρατηρήσει τα τελευταία χρόνια υπάρχει μια διαφοροποίηση ως προς τα θέματα και κάποια είναι πολύ εύκολα σε σχέση με το παρελθόν. Υποψιάζομαι το κάνουν αυτό για να μην απογοητεύονται οι μαθητές και να έχουν την ικανοποίηση ότι έλυσαν κάποιο θέμα που γενικά δημιουργεί την παρότρυνση/προσπάθεια για την επόμενη φορά (έλυσα ένα θέμα αλλά την επόμενη φορά θα μελετήσω παραπάνω και θα λύσω και τα άλλα). Κάτι αντίστοιχο παρατηρείτε και στους δικούς μας διαγωνισμούς στα τέλη της δεκαετίας του 90, που κάποια θέματα του Θαλή είναι κοντά σε σχολική άσκηση στο ύφος, παρά ολυμπιάδας.

Συνήθως αν ακόμη και όντας καλός μαθητής στην πρώτη σου επαφή με «καθαρά» ολυμπιακό πρόβλημα το πιο πιθανόν είναι να μην το λύσεις και μπορεί να δημιουργηθεί η αίσθηση ότι οι διαγωνισμοί είναι κάτι το ελιτίστικο και να λειτουργήσει αποθαρρυντικά εν τέλει.

Μια άλλη εκδοχή είναι ότι ενδεχομένως προσπαθούν να δουν κάποιου είδους στατιστικά στοιχεία. Στο συγκεκριμένο για παράδειγμα, από τους μαθητές της 8ης τάξης το έλυσαν πλήρως 457 από τους 1217 και το αντίστοιχο ποσοστό στην 10η τάξη είναι 380 από τους 750. Δηλαδή δεν είναι και πολύ μεγαλύτερο.

nikkru · #4

Al.Koutsouridis έγραψε:
Από ότι έχω παρατηρήσει τα τελευταία χρόνια . . .

[/quote]

Ενδιαφέρουσες απόψεις για το επίπεδο των θεμάτων και μάλλον θα πρέπει να τηρούνται σε διαγωνισμούς ώστε να μην αποθαρρύνονται οι μαθητές.
Στατιστικά άραγε υπάρχουν για τους διαγωνισμούς της ΕΜΕ; Για τις πανελλαδικές ;
Πριν από μερικές μέρες που επικοινώνησα με το Υπ. Παιδείας και ζήτησα των αριθμό των αποφοίτων που δήλωσαν συμμετοχή στις πανελλαδικές με το νέο σύστημα, η απάντηση ήταν: " Δεν έχουμε τέτοιο στοιχείο, γιατί δεν μας ενδιαφέρει στατιστικά ". Ο Υπουργός βέβαια καμάρωνε ότι το 95% συμμετέχει στις εξετάσεις με το νέο σύστημα πανελλαδικών γιατί είναι καλύτερο. Το ότι όσοι τελειώνουν φέτος δεν έχουν δυνατότητα επιλογής δεν έχει καμιά σημασία.

STOPJOHN · #5

Kαλημέρα

Πρόβλημα 2

Θέτουμε $A_{1}B_{1}=a,A_{2}B_{2}=b$ . Από την ομοιότητα των τριγώνων $A_{1}B_{1}C,A_{2}B_{2}C$ $\dfrac{a}{b}=\dfrac{A_{1}I_{1}}{A_{2}I_{2}}=\dfrac{CI_{1}}{CI_{2}}=\dfrac{CC_{1}}{CC_{2}}$
Τα τρίγωνα $C_{2}CA_{2},A_{1}CC_{1}$ είναι όμοια γιατί : $\hat{C_{2}CA_{2}}=\hat{A_{1}CC_{1}}=30^{0}+\hat{A_{1}CA_{2}}, \dfrac{CC_{1}}{CC_{2}}=\dfrac{CA_{2}}{CA_{1}}=\dfrac{b}{a}$
Άρα $\hat{A_{2}C_{2}C}=\hat{A_{1}C_{1}C},\hat{CA_{1}C_{1}}=\hat{A_{1}C_{1}C}$
Δηλαδή $\hat{C_{1}A_{1}B_{1}}=\hat{C_{2}A_{2}B_{2}},\dfrac{A_{1}B_{1}}{A_{1}C_{1}}=\dfrac{A_{2}B_{2}}{A_{2}C_{2}}$ και τα τρίγωνα $A_{1}B_{1}C_{1},A_{2}B_{2}C_{2}$ είναι όμοια

Γιάννης

Eυ. N. · #6

Πρόβλημα 4. Άπειρο τετραγωνικό πλέγμα χρωματίζεται όπως η σκακιέρα και σε κάθε λευκό κελί γράφουμε έναν ακέραιο αριθμό διάφορο του μηδενός. Μετά από αυτό για κάθε μαύρο κελί υπολογίζουμε την διαφορά: το γινόμενο των γειτονικών κελιών στην οριζόντια διεύθυνση μείον το γινόμενο των γειτονικών κελιών στην κάθετη διεύθυνση. Μπορούν όλες αυτές οι διαφορές να ισούνται με 1;

Νομίζω δεν δίνεται μια σημαντική διευκρίνιση * στο γινόμενο παράγοντες είναι οι αριθμοί στα άσπρα και στα μαύρα ή μόνο στα άσπρα. (το πρώτο πιστεύω είναι αδύνατο να ισχύει)

nikkru · #7

Eυ. N. έγραψε:Πρόβλημα 4.
Νομίζω δεν δίνεται μια σημαντική διευκρίνιση * στο γινόμενο παράγοντες είναι οι αριθμοί στα άσπρα και στα μαύρα ή μόνο στα άσπρα. (το πρώτο πιστεύω είναι αδύνατο να ισχύει)

Τα γειτονικά κελιά κάθε μαύρου κελιού τόσο σε οριζόντια όσο και σε κατακόρυφη διάταξη είναι λευκά, άρα έχουμε γινόμενα αριθμών που περιέχονται σε λευκά κελιά.
Αν μπορούσαμε να χρησιμοποιήσουμε και το

μια λύση θα ήταν αυτή που φαίνεται στην εικόνα,

: Μ2016Π4.png (7.99 KiB) Προβλήθηκε 2933 φορές

Χωρίς το

μάλλον (;) δεν μπορούμε να συμπληρώσουμε το πλέγμα. Πρέπει όμως να το αποδείξουμε αυτό.

#8

nikkru έγραψε: Αν μπορούσαμε να χρησιμοποιήσουμε και το μια λύση θα ήταν αυτή που φαίνεται στην εικόνα,

Τα

που έχεις βάλει στα μαύρα κελιά, περιττεύουν και κάνουν το σχήμα "βαρύ". Θα σου συνιστούσα να το αντικαθιστούσες με σωστό.

Τώρα, το

είναι η ουσία του προβλήματος. Δεν γράφω λύση αλλά θα περιμένω να ασχοληθείς.

Eυ. N. έγραψε: Νομίζω δεν δίνεται μια σημαντική διευκρίνιση * στο γινόμενο παράγοντες είναι οι αριθμοί στα άσπρα και στα μαύρα ή μόνο στα άσπρα. (το πρώτο πιστεύω είναι αδύνατο να ισχύει)

Αντιθέτως η διατύπωση είναι σαφής. Τονίζω το σημείο που απαντά στην ερώτησή σου:

Al.Koutsouridis έγραψε: Πρόβλημα 4. Άπειρο τετραγωνικό πλέγμα χρωματίζεται όπως η σκακιέρα και σε κάθε λευκό κελί γράφουμε έναν ακέραιο αριθμό διάφορο του μηδενός. Μετά από αυτό για κάθε μαύρο κελί υπολογίζουμε την διαφορά: το γινόμενο των γειτονικών κελιών στην οριζόντια διεύθυνση μείον το γινόμενο των γειτονικών κελιών στην κάθετη διεύθυνση. Μπορούν όλες αυτές οι διαφορές να ισούνται με 1;

#9

Al.Koutsouridis έγραψε:
Πρόβλημα 3. Η εξίσωση με ακέραιους συντελεστές έχει 4 θετικές ρίζες συμπεριλαμβανομένου της πολλαπλότητας (δηλαδή το άθροισμα των πολλαπλοτήτων όλων των θετικών ριζών της εξίσωσης ισούται με 4). Να βρείτε την ελάχιστη δυνατή τιμή που μπορεί να πάρει ο συντελεστής με αυτές τις προϋποθέσεις.

Έστω $\displaystyle{{x_1},{x_2},{x_3},{x_4}}$ οι ρίζες της δοσμένης εξίσωσης. Από τους τύπους του Vieta, είναι

$\displaystyle{b = {x_1}{x_2} + {x_1}{x_3} + {x_1}{x_4} + {x_2}{x_3} + {x_2}{x_4} + {x_3}{x_4}}$

και

$\displaystyle{d = {x_1}{x_2}{x_3}{x_4}.}$

Από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου είναι:

$\displaystyle{b \ge 6\sqrt[6]{{x_1^3x_2^3x_3^3x_4^3}} = 6\sqrt d .}$

Αλλά ο $\displaystyle{d = {x_1}{x_2}{x_3}{x_4}}$ είναι θετικός ακέραιος, οπότε $\displaystyle{d \ge 1}$ και άρα $\displaystyle{b \ge 6.}$

Η τιμή $\displaystyle{b = 6}$ λαμβάνεται για το πολυώνυμο $\displaystyle{{\left( {x - 1} \right)^4} = {x^4} - 4{x^3} + 6{x^2} - 4x + 1,}$ που έχει ρίζα το θετικό αριθμό

, με πολλαπλότητα

.

Ώστε, η ελάχιστη τιμή του $\displaystyle{b}$ είναι

.

Όσταπ Μπέντερ (*)
(*) Ήρωας πικαρέσκου μυθιστορήματος https://en.wikipedia.org/wiki/Ostap_Bender

Ο Όσταπ Μπέντερ είναι πολύ παραπάνω από "ήρωας πικαρέσκου μυθιστορήματος"! Είναι θρύλος στη Ρωσία, ως ο πανέξυπνος αντι-ήρωας που βρίσκει τρόπους να υπερισχύει έναντι του Σοβιετικού Κράτους και των (συνήθως γελοίων) εκπροσώπων του. Τα έργα "Οι Δώδεκα Καρέκλες" και "Το Μικρό Χρυσό Μοσχάρι" του συγγραφικού διδύμου των Ιλφ και Πετρόφ (1929 και 1931 αντίστοιχα) χάρισαν γέλιο σε εκατομμύρια ανθρώπους σε πολύ "σκοτεινές" εποχές και συνιστώνται ανεπιφύλακτα.

Εξάλλου, ο Όσταπ Μπέντερ έχει άμεση σχέση με τα Μαθηματικά: Όταν τον πρωτογνωρίζουμε, μας συστήνεται ως "smooth operator" - δηλαδή "λείος τελεστής"...

#10

Al.Koutsouridis έγραψε: Πρόβλημα 4. Άπειρο τετραγωνικό πλέγμα χρωματίζεται όπως η σκακιέρα και σε κάθε λευκό κελί γράφουμε έναν ακέραιο αριθμό διάφορο του μηδενός. Μετά από αυτό για κάθε μαύρο κελί υπολογίζουμε την διαφορά: το γινόμενο των γειτονικών κελιών στην οριζόντια διεύθυνση μείον το γινόμενο των γειτονικών κελιών στην κάθετη διεύθυνση. Μπορούν όλες αυτές οι διαφορές να ισούνται με 1;

Μια λύση φαίνεται στο παρακάτω σχήμα, όπου το μοτίβο επαναλαμβάνεται περιοδικά.

: Moscow Chessboard.png (17.61 KiB) Προβλήθηκε 2677 φορές

Για ένα μαύρο κελί, υπάρχουν δύο περιπτώσεις:

$\bullet$ Το γινόμενο των γειτονικών κελιών στην οριζόντια διεύθυνση είναι ίσο με $\displaystyle{2.}$ Τότε, το γινόμενο των γειτονικών κελιών στην κατακόρυφη διεύθυνση είναι ίσο με

, οπότε η διαφορά τους ισούται με

.

$\bullet$ Το γινόμενο των γειτονικών κελιών στην οριζόντια διεύθυνση είναι ίσο με $\displaystyle{ - 1.}$ Τότε, το γινόμενο των γειτονικών κελιών στην κατακόρυφη διεύθυνση είναι ίσο με $\displaystyle{ - 2}$ , οπότε η διαφορά τους και πάλι ισούται με

.

#11

Al.Koutsouridis έγραψε: Πρόβλημα 2. Στο εσωτερικό κυρτού τετράπλευρου $A_{1}A_{2}B_{2}B_{1}$ υπάρχει σημείο τέτοιο, ώστε τα τρίγωνα $CA_{1}A_{2}$ και $CB_{1}B_{2}$ να είναι ισόπλευρα. Έστω $C_{1}$ και $C_{2}$ τα συμμετρικά σημεία του ως προς τις ευθείες $A_{2}B_{2}$ και $A_{1}B_{1}$ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα $A_{1}B_{1}C_{1}$ και $A_{2}B_{2}C_{2}$ είναι ομοια.

Μια άλλη προσέγγιση:

: Moscow Similar Triangles.png (28.9 KiB) Προβλήθηκε 2592 φορές

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{{B_1}{B_2} = {B_1}C = {B_1}{C_2},}$ οπότε το σημείο $\displaystyle{{B_1}}$ είναι το περίκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{{B_2}C{C_2}.}$

Όμοια, είναι $\displaystyle{{B_2}{B_1} = {B_2}C = {B_2}{C_1},}$ οπότε το σημείο $\displaystyle{{B_2}}$ είναι το περίκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{{B_1}C{C_1}.}$

Είναι: $\displaystyle{\angle {A_1}{B_1}{C_1} = \angle {A_1}{B_1}C + \angle C{B_1}{C_1}}$

και $\displaystyle{\angle {A_2}{B_2}{C_2} = \angle {A_2}{B_2}C + \angle C{B_2}{C_2}.}$

Αλλά, $\displaystyle{\angle {A_1}{B_1}C = \frac{1}{2}\angle C{B_1}{C_2} = \angle C{B_2}{C_2}}$

και $\displaystyle{\angle {A_2}{B_2}C = \frac{1}{2}\angle C{B_2}{C_1} = \angle C{B_1}{C_1},}$

οπότε $\displaystyle{\boxed{\angle {A_1}{B_1}{C_1} = \angle {A_2}{B_2}{C_2}}}$ .

Όμοια, δείχνουμε ότι $\displaystyle{\boxed{\angle {B_1}{A_1}{C_1} = \angle {B_2}{A_2}{C_2}},}$ και συνεπώς τα τρίγωνα $\displaystyle{{A_1}{B_1}{C_1}}$ και $\displaystyle{{A_2}{B_2}{C_2}}$ είναι όμοια.

#12

Al.Koutsouridis έγραψε: Πρόβλημα 5. Σε κύβο ακμής τοποθετήθηκαν μη τεμνόμενες σφαίρες (πιθανόν διαφορετικού μεγέθους ). Μπορεί το άθροισμα των διαμέτρων τους να υπερβαίνει το ;

Ναι μπορεί. Θα επιτρέψω τις επαφές δύο σφαιρών. Αν αυτές απαγορεύονται τότε πάλι γίνεται διατηρώντας τα ίδια κέντρα των σφαιρών αλλά μειώνοντας κατά πολύ λίγο τις ακτίνες τους. Κάτι που μπορώ να κάνω διατηρώντας το άθροισμα των διαμέτρων μεγαλύτερο του

.

Παίρνω ως κέντρα των σφαιρών τα σημεία

(r,r,r),(1-r,1-r,r),(1-r,r,1-r),(r,1-r,1-r)

και

όπου οι πρώτες τέσσερις σφαίρες έχουν ακτίνα

και οι άλλες τέσσερις έχουν ακτίνα

. Τα

ορίζονται ως εξής: $r = 1-\sqrt{2}/2$ και $s = (1-\sqrt{r})^2$ . Παρατηρούμε ότι η τελευταία συνθήκη δίνει $\sqrt{r} + \sqrt{s} = 1$ , άρα $r+s + 2\sqrt{rs} = 1$ και άρα (1-r-s)^2 = 4rs

. Αυτή είναι και η σχέση μεταξύ των r,s

που θα χρησιμοποιήσουμε αργότερα.

Επειδή $\sqrt{r} + \sqrt{s} = 1$ , από την Cauchy-Schwarz παίρνουμε $r+s \geqslant 1/2$ . Επειδή επιπλέον $r \neq s$ έχουμε αυστηρή ανισότητα, δηλαδή r+s > 1/2

. Οπότε το άθροισμα των διαμέτρων είναι 8(r+s) > 4

.

Μένει να δειχθεί ότι όλες οι σφαίρες είναι εντός του κύβου και δεν τέμνονται.

Είναι απλό ότι οι σφαίρες είναι εντός του κύκλου αφού χρειάζεται μόνο να ελεγχθεί ότι $r,s \leqslant 1/2$ .

Για κάθε δύο από τις πρώτες σφαίρες, η απόσταση

μεταξύ των κέντρων τους ικανοποιεί d^2 = 2(1-2r)^2

. Άρα $\displaystyle{d = \sqrt{2}(1-2r) = \sqrt{2}(\sqrt{2}-1) = 2-\sqrt{2} = 2r}$ Οπότε κάθε δυο από τις πρώτες σφαίρες απλά εφάπτονται.

Ομοίως και για κάθε δύο από τις δεύτερες σφαίρες η απόσταση

θα ικανοποιεί $d = \sqrt{2}(1-2s) > 2s$ . Η τελευταία ανισότητα ισχύει επειδή r > s

και άρα $\displaystyle{ \frac{\sqrt{2}}{2}\frac{1-2s}{s} > \frac{\sqrt{2}}{2}\frac{1-2r}{r} = 1.}$ (Η r > s

ισχύει επειδή r > 1/4

.)

Τέλος για μια σφαίρα της πρώτης ομάδας και μια της δεύτερης η απόσταση

μεταξύ των κέντρων τους θα ικανοποιεί

$\displaystyle{ d^2 = 2(r-s)^2 + (1-r-s)^2}$ ή $\displaystyle{ d^2 = 3(1-r-s)^2}$

Όμως 1-r-s > r-s

αφού

. Άρα σε αυτήν την περίπτωση είναι

$\displaystyle{ d^2 \geqslant 2(r-s)^2 + (1-r-s)^2 > (r-s)^2 + (1-r-s)^2 = (r-s)^2 + 4rs = (r+s)^2}$

Δηλαδή d > r+s

και άρα οι σφαίρες δεν τέμνονται.

$\rule{500pt}{1pt}$

Πως επέλεξα τα r,s

; Ας δούμε πρώτα το αντίστοιχο πρόβλημα στο τετράγωνο. Να τοποθετήσω δηλαδή τέσσερις κύκλους με μεγάλο άθροισμα διαμέτρων. (Μεγαλύτερο του

.) Προσπαθώ αρχικά να βάλω δυο κύκλους, έναν κάτω αριστερά και ένα πάνω δεξιά. Με ίση ακτίνα και αρκετά μεγάλη ώστε οι δυο κύκλοι να εφάπτονται μεταξύ τους, και να εφάπτονται σε δύο πλευρές ο καθένας. Είναι απλό γεωμετρικό πρόβλημα να δειχθεί ότι θέλουμε ακτίνα ίση με $1 - \sqrt{2}/2$ . Μετά τοποθετώ κύκλο πάνω αριστερά ώστε να εφάπτεται στην πάνω πλευρά, στην αριστερή πλευρά, και στον κάτω κύκλο. Η ακτίνα του

πρέπει να ικανοποιεί $\sqrt{r} + \sqrt{s} = 1$ . (Πάλι εύκολο γεωμετρικό πρόβλημα). Εφόσον για αυτήν την κατασκευή όντως έχουμε μεγάλο άθροισμα διαμέτρων μπορώ να κάνω παρόμοια κατασκευή και για τον κύβο. Με τέσσερις μεγάλες σφαίρες ακτίνας

και τέσσερις μικρότερες ακτίνας

. Τα ίδια ακριβώς r,s

δουλεύουν αν και θα μπορούσα να αυξήσω κάπως το

. Δεν το έκανα αφού είχα ήδη κάνει κάποιες πράξεις για το τετράγωνο και δεν ήθελα να κάνω άλλες επιπλέον.

#13

emouroukos έγραψε:
Al.Koutsouridis έγραψε: Πρόβλημα 4. Άπειρο τετραγωνικό πλέγμα χρωματίζεται όπως η σκακιέρα και σε κάθε λευκό κελί γράφουμε έναν ακέραιο αριθμό διάφορο του μηδενός. Μετά από αυτό για κάθε μαύρο κελί υπολογίζουμε την διαφορά: το γινόμενο των γειτονικών κελιών στην οριζόντια διεύθυνση μείον το γινόμενο των γειτονικών κελιών στην κάθετη διεύθυνση. Μπορούν όλες αυτές οι διαφορές να ισούνται με 1;
Μια λύση φαίνεται στο παρακάτω σχήμα, όπου το μοτίβο επαναλαμβάνεται περιοδικά.

Ωραία. Ας δούμε και το πιο κάτω.

Πρόβλημα 4. Άπειρο τετραγωνικό πλέγμα χρωματίζεται όπως η σκακιέρα και σε κάθε λευκό κελί γράφουμε έναν θετικό ακέραιο. Μετά από αυτό για κάθε μαύρο κελί υπολογίζουμε την διαφορά: το γινόμενο των γειτονικών κελιών στην οριζόντια διεύθυνση μείον το γινόμενο των γειτονικών κελιών στην κάθετη διεύθυνση. Μπορούν όλες αυτές οι διαφορές να ισούνται με 1;

#14

Demetres έγραψε: Πρόβλημα 4. Άπειρο τετραγωνικό πλέγμα χρωματίζεται όπως η σκακιέρα και σε κάθε λευκό κελί γράφουμε έναν θετικό ακέραιο. Μετά από αυτό για κάθε μαύρο κελί υπολογίζουμε την διαφορά: το γινόμενο των γειτονικών κελιών στην οριζόντια διεύθυνση μείον το γινόμενο των γειτονικών κελιών στην κάθετη διεύθυνση. Μπορούν όλες αυτές οι διαφορές να ισούνται με 1;

Ναι, μπορούν. Ένας τρόπος φαίνεται στο παρακάτω σχήμα:

: Moscow Chessboard (2).png (26.57 KiB) Προβλήθηκε 2392 φορές

Αρχικά, διαλέγουμε δύο (οποιεσδήποτε) στήλες της σκακιέρας και τις συμπληρώνουμε με τον αριθμό $\displaystyle{{a_0} = 1.}$ Στη συνέχεια, συμπληρώνουμε τις στήλες αριστερά και δεξιά διαδοχικά με τους αριθμούς $\displaystyle{{a_1} = 2,}$ $\displaystyle{{a_2} = 5,}$ $\displaystyle{{a_3} = 13,}$ $\displaystyle{{a_4} = 34}$ και γενικά με τον αριθμό $\displaystyle{{a_n} = {F_{2n + 1}},}$ όπου $\displaystyle{\left( {{F_n}} \right)}$ η ακολουθία των αριθμών Fibonacci.

Θα αποδείξουμε ότι για κάθε θετικό ακέραιο

ισχύει $\displaystyle{\boxed{{a_{n + 1}}{a_{n - 1}} - a_n^2 = 1}}$ , οπότε το ζητούμενο έπεται.

Η παραπάνω σχέση είναι ειδική περίπτωση της ταυτότητας Catalan για τους αριθμούς Fibonacci. Για την απόδειξή της θα χρησιμοποιήσουμε τη σχέση

$\displaystyle{{F_n} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\left( {{\varphi ^n} - {\tau ^n}} \right),}$ όπου $\displaystyle{\varphi = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}}$ και $\displaystyle{\tau = \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2},}$ με $\displaystyle{\varphi \tau = - 1.}$

Είναι:

$\displaystyle{{a_{n + 1}}{a_{n - 1}} - a_n^2 = {F_{2n + 3}}{F_{2n - 1}} - F_{2n + 1}^2 = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\left( {{\varphi ^{2n + 3}} - {\tau ^{2n + 3}}} \right)\frac{1}{{\sqrt 5 }}\left( {{\varphi ^{2n - 1}} - {\tau ^{2n - 1}}} \right) - {\left[ {\frac{1}{{\sqrt 5 }}\left( {{\varphi ^{2n + 1}} - {\tau ^{2n + 1}}} \right)} \right]^2} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{5}\left[ {\left( {{\varphi ^{2n + 3}} - {\tau ^{2n + 3}}} \right)\left( {{\varphi ^{2n - 1}} - {\tau ^{2n - 1}}} \right) - {{\left( {{\varphi ^{2n + 1}} - {\tau ^{2n + 1}}} \right)}^2}} \right] = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{5}\left( { - {\varphi ^{2n + 3}}{\tau ^{2n - 1}} - {\varphi ^{2n - 1}}{\tau ^{2n + 3}} + 2{\varphi ^{2n + 1}}{\tau ^{2n + 1}}} \right) = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{5}{\left( {\varphi \tau } \right)^{2n - 1}}\left( { - {\varphi ^4} - {\tau ^4} + 2{\varphi ^2}{\tau ^2}} \right) = \frac{1}{5}{\left( { - 1} \right)^{2n - 1}}\left( { - 1} \right){\left( {{\varphi ^2} - {\tau ^2}} \right)^2} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{5}{\left( { - 1} \right)^{2n}}{\left( {\varphi + \tau } \right)^2}{\left( {\varphi - \tau } \right)^2} = \frac{1}{5} \cdot {1^2} \cdot {\sqrt 5 ^2} = 1}$

και η απόδειξη ολοκληρώνεται.

#15

emouroukos έγραψε: Ναι, μπορούν. <...>

Θα αποδείξουμε ότι για κάθε θετικό ακέραιο ισχύει $\displaystyle{\boxed{{a_{n + 1}}{a_{n - 1}} - a_n^2 = 1}}$ , οπότε το ζητούμενο έπεται.

Αποδεικνύεται και επαγωγικά. Αρκεί να δείξουμε πιο γενικά ότι $F_{n+4}F_n - F_{n+2}^2 = (-1)^{n+1}$ .

Είναι άμεσο ότι ισχύει για n=1

. Ας υποθέσουμε λοιπόν ότι ισχύει για n=k

. Τότε

$\displaystyle{ \begin{aligned} F_{k+5}F_{k+1} - F_{k+3}^2 &= (F_{k+4}+F_{k+3})F_{k+1} - F_{k+3}^2 \\ &= F_{k+4}F_{k+1} + F_{k+3}(F_{k+1}-F_{k+3}) \\ &= F_{k+4}F_{k+1} - F_{k+3}F_{k+2} \\ &= F_{k+4}F_{k+1} - (F_{k+4}-F_{k+2})F_{k+2} \\ &= F_{k+2}^2 + F_{k+4}(F_{k+1}-F_{k+2}) \\ &= -[F_{k+4}F_k - F_{k+2}^2] = (-1)^{k+2} \end{aligned}}$

δηλαδή ισχύει και για n=k+1

. Άρα από επαγωγή ο ισχυρισμός ισχύει για κάθε φυσικό

.

Al.Koutsouridis · #16

Demetres έγραψε: Ωραία. Ας δούμε και το πιο κάτω.

Πρόβλημα 4. Άπειρο τετραγωνικό πλέγμα χρωματίζεται όπως η σκακιέρα και σε κάθε λευκό κελί γράφουμε έναν θετικό ακέραιο. Μετά από αυτό για κάθε μαύρο κελί υπολογίζουμε την διαφορά: το γινόμενο των γειτονικών κελιών στην οριζόντια διεύθυνση μείον το γινόμενο των γειτονικών κελιών στην κάθετη διεύθυνση. Μπορούν όλες αυτές οι διαφορές να ισούνται με 1;

Στις επίσημες λύσεις δίνονται τρεις λύσεις για το παραπάνω πρόβλημα. Οι δυο πρώτες είναι παρόμοιες με αυτές που έδωσε ο Βαγγέλης Μουρούκος παραπάνω , η τρίτη δίνει ένα τύπο που μας υπολογίζει την τιμή κάθε ακέραιου σε λευκό κελί. Ο τύπος αυτός χρησιμοποιεί μόνο θετικούς ακέραιους και μάλιστα όλους και είναι:

$f(x,y) =\begin{cases} & \left| y \right|+1 , \text{ if } \left| x \right| \leq \left| y \right| \\ & \dfrac{x^2 - y^2}{2} +\left| x \right|+1 , \text{ if } \left| x \right| > \left| y \right| \end{cases}$

όπου θεωρούμε καρτεσιανό επίπεδο με αρχή το κέντρο ενός λευκού κελιού, μονάδα το μήκος των κελιών και τους άξονες παράλληλους προς τις πλευρές των κελιών.

Σαν σχόλιο στο τέλος αναφέρεται ότι οι κατασκευές που προκύπτουν στο προβλήμα μελετόνται και εμφανίζονται συχνά στα σύγχρονα μαθηματικά. Για την σχέση τους με την διαμέριση τετραγωνικών πλεγμάτων με ντόμινο δίνεται η πρώτη παραπομπή παρακάτω (Μαθηματικη Εκπαίδευση τεύχος του 2005 στα ρώσικα σελ. 143-163) και σαν πηγή δίνεται ένα παλαιότερο άρθρο των S.M.Coxeter και J.F.Rigby, Frieze Patterns, Triangulated Polygons and Dichromatic Symmetry, 1961.

Παραπομπές:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2016 (10η τάξη)

Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2016 (10η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2016 (10η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2016 (10η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2016 (10η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2016 (10η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2016 (10η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2016 (10η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2016 (10η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2016 (10η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2016 (10η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2016 (10η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2016 (10η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2016 (10η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2016 (10η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2016 (10η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2016 (10η τάξη)

Μέλη σε σύνδεση