Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2007(ΦΙΙΙ τάξη 9)

Al.Koutsouridis · #1

Μαθητική Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2007

Θέματα της φάσης επιλογής (*) για την 9η τάξη

1. Τετραγωνισμένο τετράγωνο $2007 \times 2007$ διαμερίστηκε σε τετράγωνα $1 \times 1$ και $2 \times 2$ . Να αποδείξετε, ότι θα βρεθεί μια γραμμή του αρχικού τετραγώνου, που τέμνει περιττό αριθμό τετραγώνων της διαμέρισης. (Μπερλόβ)

2. Οι διαφορετικοί μεταξύ τους μη μηδενικοί φυσικοί αριθμοί a,b

και

ικανοποιούν την σχέση (a+b)(a+c) = (b+c)^2

. Να αποδείξετε, ότι (b-c)^2 > 4(b+c)

. (Μπερλόβ)

3. Ευθεία, διερχόμενη από το σημείο τομής των διαγώνιων τραπεζίου ABCD

και παράλληλη προς τις βάσεις

και

αυτού, τέμνει την πλευρά

στο σημείο

. Κύκλος διερχόμενος από τις κορυφές

και

του τραπεζίου, τέμνει τις βάσεις του

και

στα σημεία

και

αντίστοιχα και εφάπτεται της πλευράς

στο σημείο

. Αποδείξτε, ότι η ευθεία

διέρχεται από το σημείο τομής των ευθείών

και

. (Μπερλόβ)

4. Ο Λευτέρης έχει

νομίσματα ( n > 1

), από τα οποία τα μισά και πάνω είναι γνήσια. Είναι γνωστό, ότι όλα τα γνήσια νομίσματα έχουν το ίδιο βάρος και το βάρος κάθε κάλπικου νομίσματος διαφέρει από το βάρος ενός αληθινού (όμως μπορεί διαφορετικά μεταξύ τους κάλπικα νομίσματα να έχουν διαφορετικό βάρος). Να αποδείξετε, ότι με 2n-3

ζυγίσεις σε ζυγό ισορροπίας χωρίς σταθμά ο Λευτέρης θα μπορέσει να βρει τουλάχιστόν ένα γνήσιο νόμισμα. (Κάρποβ, Πάστορ)

5. Στον πίνακα είναι γραμμένο το τριώνυμο x^2+25x+425

. Παίζουν δυο: με μια κίνηση επιτρέπεται να αφαιρεθεί μια μονάδα είτε από τον συντελεστή του

, είτε από τον σταθερό συντελεστή. Κερδίζει αυτός, μετά την κίνηση του οποίου πρώτη φορά θα εμφανιστεί τριώνυμο, που έχει πραγματική ρίζα. Ποιος κερδίζει αν παίξει σωστά; (Ιβάνοβα)

6. Το ABCD

είναι εγγεγραμμένο τετράπλευρο για το οποίο ισχύει BC=CD

. Το σημείο

είναι το μέσο της διαγωνίου

. Να αποδείξετε, ότι $BE+DE \geq AC$ . (Παστόρ)

7. Θεωρούμε την τοποθέτηση $a_{1}, a_2 , …, a_{200}$ των αριθμών

και

πάνω σε κύκλο. Έστω

, το πλήθος των αλλαγών προσήμου καθώς διατρέχουμε όλο τον κύκλο. Να βρείτε το άθροισμα των αριθμών $2^A \cdot a_{1} … a_{200$ για όλες τις δυνατές τοποθετήσεις. (Καρπόβ)

8. Να λύσετε στους μη μηδενικούς φυσικούς την εξίσωση 1^n + 2^n + … + n^n = k!

. (Πετρόβ)

(*) Η φάση επιλογής διαξάγοταν μέχρι το 2008 και είχε ως σκοπό την επιλογή της ομάδας που θα εκπροσωπούσε την περιοχή της Αγιάς Πετρούπολης στην πανρωσική ολυμπιάδα. Από το 2009 και ύστερα αυτή η φάση είναι ενιαία για όλη την Ρωσία και είναι η τρίτη φάση της πανρωσικής ολυμπιάδας.

Ορέστης Λιγνός · #2

Al.Koutsouridis έγραψε:Μαθητική Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2007

Θέματα της φάσης επιλογής (*) για την 9η τάξη

2. Οι διαφορετικοί μεταξύ τους μη μηδενικοί φυσικοί αριθμοί και ικανοποιούν την σχέση . Να αποδείξετε, ότι . (Μπερλόβ)

Έστω ότι $b+c \equiv 1 \pmod 2$ , οπότε a+b,a+c

περιττοί, οπότε $b+c \equiv b-c=(a+b)-(a+c) \equiv 0 \pmod 2$ , άτοπο.

Άρα, $2 \mid b+c \Rightarrow 2 \mid (a+b)(a+c)$ .

Έτσι, $2 \mid b-c \Rightarrow a+b \equiv a+c \pmod 2$ , και αφού $2 \mid (a+b)(a+c)$ .

Έστω λοιπόν $a+b=2x, a+c=2y, b+c=2\sqrt{xy}$ .

Θέλουμε $(2x-2y)^2 >8\sqrt{xy} \Rightarrow (x-y)^4>4xy$ .

Είναι $2\sqrt{xy}=b+c \in \mathbb{N} \Rightarrow xy=t^2$ , και αν $(x,y)=d \Rightarrow x=md, y=nd, (m,n)=1$ , είναι $mnd^2=t^2 \Rightarrow mn$ τέλειο τετράγωνο, και αφού (m,n)=1

, είναι $m=k^2, n=\ell^2$ .

Έτσι, $x=dk^2, y=d\ell^2$ , και άρα θέλουμε να δείξουμε ότι $(dk^2-d\ell)^4>4d^2k^2\ell^2 \Rightarrow d^2(k^2-\ell^2)^4>4k^2\ell^2 \Rightarrow d(k^2-\ell^2)^2>2k\ell$ , και αφού $d \geqslant 1$ , θέλουμε $(k^2-\ell^2)^2>2k\ell$ .

Από AM-GM, $2k\ell \leqslant \dfrac{(k+\ell)^2}{2}$ , και άρα αρκεί $(k^2-\ell^2)^2> \dfrac{(k+\ell)^2}{2} \Rightarrow [(k-\ell)(k+\ell)]^2>\dfrac{(k+\ell)^2}{2} \Rightarrow (k-\ell)^2>\dfrac{1}{2}$ , που προφανώς ισχύει.

#3

Al.Koutsouridis έγραψε:
5. Στον πίνακα είναι γραμμένο το τριώνυμο . Παίζουν δυο: με μια κίνηση επιτρέπεται να αφαιρεθεί μια μονάδα είτε από τον συντελεστή του , είτε από τον σταθερό συντελεστή. Κερδίζει αυτός, μετά την κίνηση του οποίου πρώτη φορά θα εμφανιστεί τριώνυμο, που έχει πραγματική ρίζα. Ποιος κερδίζει αν παίξει σωστά; (Ιβάνοβα)

Κερδίζει ο δεύτερος παίκτης παίζοντας ως εξής:

Αν ο συντελεστής του

είναι θετικός, τότε αφαιρεί μία μονάδα από τον συντελεστή του

. Αλλιώς αφαιρεί από τον σταθερό συντελεστή.

Ας δούμε γιατί αυτή η στρατηγική δουλεύει: Μετά από κάθε κίνηση του, ο πρώτος παίκτης θα καταλήγει σε ένα πολυώνυμο της μορφής x^2+ax+b

ώστε να ισχύει ένα από τα πιο πάτω:
(α) a=0

και

(θετικός) περιττός.
(β) $1 \leqslant a \leqslant 25$ και $b-a \geqslant 399$ .
Πράγματι, όσο ισχύει ότι a > 0

, ο δεύτερος παίκτης μειώνει το

και διατηρεί $b-a \geqslant 400$ . Το μόνο που μπορεί να κάνει ο πρώτος παίκτης στην επόμενη κίνησή του είναι να μειώσει το

και άρα και το b-a

το πολύ κατά

. Αν τώρα το

γίνει ίσο με

, παρατηρούμε ότι ούτως ή άλλως θα έχει γίνει περιττός αριθμός κινήσεων οπότε το b = a+b

θα είναι περιττό. (Αρχικά ισούται με 450

και σε κάθε κίνηση μειώνεται κατά

.)

Κανένα από αυτά τα πολυώνυμα όμως δεν έχει πραγματική ρίζα. Πράγματι η διακρίνουσα $\Delta$ ισούται με a^2-4b

. Στην πρώτη περίπτωση είναι προφανώς αρνητική. Στην δεύτερη έχουμε

$\displaystyle{\Delta = a^2-4b = (a-2)^2 - 4(b-a) - 4 \leqslant 23^2 - 4\cdot 399 - 4 < 0.}$

Ορέστης Λιγνός · #4

Al.Koutsouridis έγραψε:Μαθητική Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2007

Θέματα της φάσης επιλογής (*) για την 9η τάξη

3. Ευθεία, διερχόμενη από το σημείο τομής των διαγώνιων τραπεζίου και παράλληλη προς τις βάσεις και αυτού, τέμνει την πλευρά στο σημείο . Κύκλος διερχόμενος από τις κορυφές και του τραπεζίου, τέμνει τις βάσεις του και στα σημεία και αντίστοιχα και εφάπτεται της πλευράς στο σημείο . Αποδείξτε, ότι η ευθεία διέρχεται από το σημείο τομής των ευθείών και . (Μπερλόβ)

Έστω $O \equiv BD \cap AC$ .

Είναι $CK^2=CX \cdot CB$ και $DK^2=DY \cdot DA$ , οπότε $\dfrac{CK^2}{DK^2}=\dfrac{CX \cdot CB}{DY \cdot DA}$ (1).

Επίσης, $\dfrac{CK^2}{DK^2}=\dfrac{CO^2}{OA^2}=\dfrac{BC^2}{AD^2} \Rightarrow \dfrac{CK^2}{DK^2}=\dfrac{BC^2}{AD^2}$ (2).

Από (1), (2), $\dfrac{CX}{DY}=\dfrac{BC}{AD} \Rightarrow \dfrac{BC}{XC}=\dfrac{AD}{YD} \Rightarrow \dfrac{BC}{XC}-1=\dfrac{AD}{YD}-1 \Rightarrow \dfrac{BX}{XC}=\dfrac{AY}{YD}$ .

Αν τώρα $T \equiv AB \cap XY$ , είναι $\dfrac{CX}{YD}=\dfrac{BX}{AY}=\dfrac{TX}{TY} \Rightarrow \dfrac{TX}{TY}=\dfrac{CX}{YD}$ .

και αφού $XC \parallel YD$ , $\vartriangle TXC \sim \vartriangle TAD$ , οπότε T,X,Y

συνευθειακά και T,C,D

συνευθειακά, και επομένως οι AB,XY,CD

συντρέχουν στο

.

(Στο σχήμα δεν εμφανίζεται το

λόγω μεγέθους του σχήματος).

: st. petersburg p.3.png (26.52 KiB) Προβλήθηκε 2059 φορές

manousos · #5

Μια διαφορετική προσέγγιση για το δεύτερο θέμα:

Χωρίς βλάβη της γενικότητας έστω $\displaystyle{b > c}$ .

Σαν πολυώνυμο ως προς το $\displaystyle{a}$ η εξίσωση γράφεται:
$\displaystyle{a^2 + (b + c)a - (b^2 + c^2 + bc) = 0}$

Με $\displaystyle{\Delta = (b + c)^2 + 4(b^2 + c^2 + bc) = (b-c)^2 + [2(b+c)]^2}$

Επομένως πρέπει $\displaystyle{(b-c)^2 + [2(b+c)]^2 = z^2$ για κάποιο θετικό ακέραιο $\displaystyle{z}$ .

Άρα αφού σχηματίζεται πυθαγόρεια τριάδα για κάποιους θετικούς ακέραιους $\displaystyle{m,n,k}$ με $\displaystyle{m > n}$ έχουμε τις πιθανές περιπτώσεις:

$\displaystyle{\begin{Bmatrix} b - c = k(m^2 - n^2)\\ 2(b+c) = k2mn \end{Bmatrix}\Rightarrow \begin{Bmatrix} (b-c)^2 = k^2[(m^2 - n^2)]^2\\ 4(b+c) = k4mn \end{Bmatrix}}$
Δηλαδή πρέπει να δείξω ότι $\displaystyle{k^2[(m^2 - n^2)]^2 > k4mn \Leftrightarrow m^2 - n^2 > 2\sqrt{mn} \Leftrightarrow (m-n)(m + n)> 2\sqrt{mn}}$ που ισχύει από $\displaystyle{AM-GM}$ και αφού $\displaystyle{m - n \geq 1}$ .

$\displaystyle{\begin{Bmatrix} b-c = k2mn\\ 2(b+ c) = k(m^2 - n^2) \end{Bmatrix}\Rightarrow \begin{Bmatrix} (b-c)^2 = k^24m^2n^2\\ 4(b+c) = k(2m^2 - 2n^2) \end{Bmatrix}}$
Δηλαδή πρέπει να δείξω ότι $\displaystyle{k^24m^2n^2 > k(2m^2 - 2n^2)\Leftrightarrow 2m^2n^2 + n^2 > m^2}$ που ισχύει προφανώς.

nikkru · #6

Al.Koutsouridis έγραψε:Μαθητική Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2007

6. Το είναι εγγεγραμμένο τετράπλευρο για το οποίο ισχύει . Το σημείο είναι το μέσο της διαγωνίου . Να αποδείξετε, ότι $BE+DE \geq AC$ . (Παστόρ)

[attachment=0]Πετρούπολη 2007_Φ3_Τ9_6.png[/attachment]

Η ευθεία είναι μεσοκάθετος της χορδής (αφού μέσο της χορδής και το κέντρο του κύκλου).

Αν το συμμετρικό του ως προς την , θα είναι και .

Από το τελευταίο συμπεραίνουμε ότι το ισοσκελές τραπέζιο και άρα .

Από την τριγωνική ανισότητα στο προκύπτει το ζητούμενο.

S.E.Louridas · #7

Al.Koutsouridis έγραψε: 6. Το είναι εγγεγραμμένο τετράπλευρο για το οποίο ισχύει . Το σημείο είναι το μέσο της διαγωνίου . Να αποδείξετε, ότι $BE+DE \geq AC$ . (Παστόρ)

Ας δούμε και την άποψη που ακολουθεί:

Έστω $d = BC = CD,\;\,L \equiv AC \cap BC$ και $M,\;K,\;F,$ τα μέσα των $BD,\;BC,\;CD,$ αντίστοιχα. Τότε από $\vartriangle BCL \sim \vartriangle ABC\;\,\kappa \alpha \iota \;\vartriangle CDL \sim \vartriangle ACD\;$ παίρνουμε: $\displaystyle{\frac{{EB + ED}}{{AC}} \geqslant 1 \Leftrightarrow \frac{{LK + LF}}{d} \geqslant 1.}$ Η τελευταία όμως ισχύει,
αφού για το τυχόν σημείο

της βάσης

του ισοσκελούς τριγώνου CDB

έχουμε $LK + LF \geqslant MK + MF = d.$

#8

Al.Koutsouridis έγραψε:
1. Τετραγωνισμένο τετράγωνο $2007 \times 2007$ διαμερίστηκε σε τετράγωνα $1 \times 1$ και $2 \times 2$ . Να αποδείξετε, ότι θα βρεθεί μια γραμμή από $1 \times 1$ τετράγωνα του αρχικού τετραγώνου, που τέμνει περιττό αριθμό τετραγώνων της διαμέρισης. (Μπερλόβ)

Θα πρόσθετα το πρασινισμένο για να αποφευχθεί η σύγχυση με της 2018

οριζόντιες και 2018

κάθετες γραμμές που ορίζουν το πλέγμα.

Κοιτάζουμε τις 2017

κάθετες γραμμές. Έστω ότι η κάθετη γραμμή c_i

τέμνει $k_i\,\,2\times 2$ τετράγωνα της διαμέρισης.

Κάθε $2 \times 2$ τετράγωνο της διαμέρισης τέμνεται από δύο κάθετες γραμμές. Αν λοιπόν η διαμέριση έχει $N\,\, 2\times 2$ τετράγωνα τότε πρέπει $k_1 + \cdots + k_{2017} = 2N$ . Πρέπει λοιπόν κάποιο από τα $k_1,\ldots,k_{2017}$ να είναι περιττό, έστο το k_r

.

Αφού η κάθετη γραμμή c_r

τέμνει $k_r\,\,2\times 2$ τετράγωνα της διαμέρισης, τότε τέμνει και $2017-2k_r\,\,1\times 1$ τετράγωνα της διαμέρισης. Συνολικά τέμνει 2017-k_r

τετράγωνα της διαμέρισης. Δηλαδή περιττό αριθμό τετραγώνων της διαμέρισης όπως θέλαμε να δείξουμε.

Ορέστης Λιγνός · #9

Al.Koutsouridis έγραψε:Μαθητική Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2007

Θέματα της φάσης επιλογής (*) για την 9η τάξη

8. Να λύσετε στους μη μηδενικούς φυσικούς την εξίσωση . (Πετρόβ)

. Η λύση αύριο αν δεν απαντηθεί.

Ορέστης Λιγνός · #10

Al.Koutsouridis έγραψε:Μαθητική Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2007

Θέματα της φάσης επιλογής (*) για την 9η τάξη

8. Να λύσετε στους μη μηδενικούς φυσικούς την εξίσωση . (Πετρόβ)

Αν

, είναι

, οπότε έχουμε μία λύση (n,k)=(1,1)

.

Έστω τώρα $n \geqslant 2$ .

Είναι $k!=1^n+2^n+ \ldots+n^n>n^n>n! \Rightarrow k>n$ .

Είναι $2 \mid k!$ , άρα $2 \mid 1^n+2^n+ \ldots +n^n$ .

Συνεπώς, υπάρχει άρτιο πλήθος περιττών δυνάμεων, οπότε $\dfrac{n}{2} \equiv 0 \pmod 2$ ή $\dfrac{n+1}{2} \equiv 0 \pmod 2$ , οπότε $n \equiv 0 \pmod 4$ ή $n \equiv 3 \pmod 4$ .

Αν $n \equiv 0 \pmod 4 \Rightarrow n \geqslant 4 \Rightarrow k>4 \Rightarrow 8 \mid k!$ .

Άρα, $8 \mid 1^n+2^n+ \ldots+n^n \Rightarrow 8 \mid 1^n+3^n+ \ldots+ (n-1)^n$ .

Είναι $n \equiv 0 \pmod 4 \Rightarrow n=2k$ , οπότε $1^{2k} \equiv 1 \pmod 8$ , $3^n=(3^k)^2 \equiv 1 \pmod 8$ ... και $(n-1)^n=(n-1)^{2k}=((n-1)^k)^2 \equiv 1 \pmod 8$ .

Έτσι, $1^n+3^n+ \ldots+ (n-1)^n \equiv \dfrac{n}{2} \pmod 8 \Rightarrow n \equiv 0 \pmod {16}$ .

Χρησιμοποιώντας την ίδια μέθοδο έχουμε ότι $2^{2m+2} \mid n$ , για κάθε

, και από την Άπειρη κάθοδο του Fermat πρέπει n=0

, άτοπο.

Έστω ότι ο $n \equiv 3 \pmod 4$ .

Είναι $k!=1+2^n + \ldots+n^n=1+(n^n+2^n)+((n-1)^n+3^n)+ \ldots \equiv 1 \pmod {n+2}$ .

Αν $k \geqslant n+2$ , είναι $k! \equiv 0 \pmod {n+2}$ , άτοπο.

Έτσι, $n<k \leqslant n+1 \Rightarrow k=n+1$ .

Είναι λοιπόν $(n+1)! \equiv 1 \pmod {n+2}$ .

Αν ο n+2

είναι πρώτος αριθμός, έστω

, έχουμε $(p-1)! \equiv 1 \pmod p$ .

Από Θ. Wilson $(p-1)! \equiv -1 \pmod p \Rightarrow 1 \equiv -1 \pmod p \Rightarrow p=2 \Rightarrow n=0$ , άτοπο.

Έστω ότι ο n+2

είναι σύνθετος, με n+2=ab

, $0<a,b\leqslant n+1$ και (a,b)=1

.

Αφού $a \leqslant n+1$ , είναι $a \mid (n+1)!$ και όμοια $b \mid (n+1)!$ , και αφού (a,b)=1

, έχουμε $ab \mid (n+1)! \Rightarrow n+2 \mid (n+1)!$ , που είναι άτοπο, καθώς $(n+1)! \equiv 1 \pmod {n+2}$ .

Τελικά, μοναδική λύση $\boxed{(n,k)=(1,1)}$ .

Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2007(ΦΙΙΙ τάξη 9)

Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2007(ΦΙΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2007(ΦΙΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2007(ΦΙΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2007(ΦΙΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2007(ΦΙΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2007(ΦΙΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2007(ΦΙΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2007(ΦΙΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2007(ΦΙΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2007(ΦΙΙΙ τάξη 9)

Μέλη σε σύνδεση