Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2021 (ΦΙΙΙ 11η τάξη, 1η μέρα)

Al.Koutsouridis · #1

Πανρωσική Μαθητική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2020/21.
1η μέρα: Θέματα της 3ης φάσης για την 11η τάξη.

1. Ένας θετικός ακέραιος μεγαλύτερος του 1000000

δίνει το ίδιο υπόλοιπο στην διαίρεση με τους αριθμούς

και

. Ποιο μπορεί να είναι το ψηφίο τον χιλιάδων αυτού του αριθμού; (Ν. Αγκαχάνοβ, Κ. Σούχοβ)

2. Οι μη μηδενικοί αριθμοί

και

ικανοποιούν τις ανισώσεις x^4-y^4 > x

και

. Τι πρόσημο μπορεί να έχει το γινόμενο

(υποδείξετε όλες τις περιπτώσεις); (Ν. Αγκαχάνοβ)

3. Στον άξονα

σημειώθηκαν τα σημεία $1, 2, \dots , 100$ και σχεδιάστηκαν οι γραφικές παραστάσεις 200

δευτεροβάθμιων τριωνύμων (συναρτήσεων), κάθε μία εκ των οποίων διέρχεται από δυο σημειωμένα σημεία και εφάπτεται της ευθείας y=-1

. Για κάθε ζεύγος γραφικών παραστάσεων η Όλγα έγραψε στον πίνακα αριθμό, ίσο με το πλήθος των κοινών σημείων αυτών των παραστάσεων. Ύστερα πρόσθεσε όλους τους 19900

αριθμούς, που ήταν γραμμένοι στον πίνακα. Θα μπορούσε να της προκύψει ο αριθμός 39699

; (Ο. Ποντλίνσκιϊ)

4. Η τριγωνική πυραμίδα SABC

είναι εγγεγραμμένη σε σφαίρα $\Omega$ . Να αποδείξετε, ότι οι σφαίρες, συμμετρικές της $\Omega$ ως προς τις ευθείες SA, SB, SC

και το επίπεδο ABC

, έχουν κοινό σημείο. Σφαίρα συμμετρική δοθείσας, ως προς ευθεία

, είναι σφαίρα ίδιας ακτίνας, το κέντρο της οποίας είναι συμμετρικό του κέντρου της δοθείσας σφαίρας ως προς την ευθεία

. (Ι. Μπογκντάνοβ)

5. Στην Χρωματούπολη κατοικούν 99^2

χρωματούληδες. Μερικοί από τους οποίους είναι ευγενείς (λένε πάντα την αλήθεια) και οι υπόλοιποι ψεύτες (λένε πάντα ψέματα). Τα σπίτια στην πόλη είναι τοποθετημένα στα κελιά ενός $99 \times 99$ τετραγώνου (σύνολο 99^2

σπίτια, τοποθετημένα σε

οριζόντιες και

κάθετες οδούς). Σε κάθε σπίτι κατοικεί ακριβώς ένας χρωματούλης. Η διεύθυνση του σπιτιού συμβολίζεται με ένα ζεύγος αριθμών (x,y)

, όπου $1 \leq x \leq 99$ ο αριθμός της κάθετης οδού (οι αριθμοί αυξάνουν από αριστερά προς δεξιά) και $1 \leq y \leq 99$ ο αριθμός της οριζόντιας οδού (οι αριθμοί αυξάνουν από κάτω προς τα πάνω). Οι χρωματοαπόσταση μεταξύ δυο σπιτιών με διευθύνσεις $(x_{1}, y_{1})$ και $(x_{2}, y_{2})$ ονομάζεται ο αριθμός $\rho = |x_{1}-x_{2}| + |y_{1}-y_{2}|$ . Είναι γνωστό ότι σε κάθε οδό οριζόντια ή κάθετη κατοικούν τουλάχιστον

ευγενείς. Εξάλλου όλοι οι χρωματούληδες ξέρουν σε ποιο σπίτι κατοικεί ο χρωματούλης Γνωστούλης. Θέλετε να βρείτε το σπίτι του Γνωστούλη, αλλά δεν ξέρετε, πως είναι ο Γνωστούλης εξωτερικά. Μπορείτε να προσέλθετε σε οποιοδήποτε σπίτι και να ρωτήσετε το χρωματούλη που κατοικεί εκεί: «Ποια είναι χρωματοαπόσταση από το σπίτι σας μέχρι το σπίτι του Γνωστούλη;». Για ποιο ελάχιστο

μπορείτε εγγυημένα να βρείτε το σπίτι του Γνωστούλη; (Β. Νόβικοβ)

Manolis Petrakis · #2

Για το 2)
•Αν x=y

τότε $0>x,0>y\Rightarrow xy>0$
•Αν x>y

τότε προσθέτοντας κατά μέλη παίρνουμε $x+y<0\stackrel{x>y}{\Rightarrow} y<0$
Ακόμη η πρώτη σχέση γράφεται: (x^2+y^2)(x+y)(x-y)>x

Αλλά $x^2+y^2>0,x-y>0,x+y<0\Rightarrow x<0$
Έτσι xy>0

•Αν

όμοια με παραπάνω
$\Rightarrow xy>0$

Manolis Petrakis · #3

Για το 1)
Έστω

ο αριθμός τότε:
$A\equiv k(mod 5^4)$ και $A\equiv k(mod 5\cdot 2^3)$ με k<40

$\Rightarrow A\equiv k(mod 5^4\cdot 2^3)\equiv k(mod 5000)$
Έτσι ο αριθμός γράφεται A=5000n+k

όπου

Για

: άρτιο

άρα το ψηφίο των χιλιάδων του

είναι το

Για

: περιττό

άρα το ψηφίο των χιλιάδων του

είναι το

Το ψηφίο των χιλιάδων του είναι επομένως το

ή το

Ορέστης Λιγνός · #4

Al.Koutsouridis έγραψε: Κυρ Φεβ 07, 2021 4:40 pm Πανρωσική Μαθητική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2020/21.
1η μέρα: Θέματα της 3ης φάσης για την 11η τάξη.

3. Στον άξονα σημειώθηκαν τα σημεία $1, 2, \dots , 100$ και σχεδιάστηκαν οι γραφικές παραστάσεις δευτεροβάθμιων τριωνύμων (συναρτήσεων), κάθε μία εκ των οποίων διέρχεται από δυο σημειωμένα σημεία και εφάπτεται της ευθείας . Για κάθε ζεύγος γραφικών παραστάσεων η Όλγα έγραψε στον πίνακα αριθμό, ίσο με το πλήθος των κοινών σημείων αυτών των παραστάσεων. Ύστερα πρόσθεσε όλους τους αριθμούς, που ήταν γραμμένοι στον πίνακα. Θα μπορούσε να της προκύψει ο αριθμός ; (Ο. Ποντλίνσκιϊ)

Όχι, δεν θα μπορούσε να προκύψει ο αριθμός 39699

.

Έστω

, με $i \in \{1,2 \ldots, 200 \}$ , οι 200 συναρτήσεις, και $\Delta_i$ οι διακρίνουσες αυτών.

Έστω ότι η f_i

εφάπτεται στο σημείο A(k,-1)

στην ευθεία y=-1

. Τότε, είναι f(k)=-1

και

, οπότε $k=\dfrac{-b_i}{2a_i}$ , άρα $-1=f(k)=\dfrac{b_i^2}{4a_i}-\dfrac{b_i^2}{2a_i}+c_i$ , που δίνει ότι b_i^2=4a_ic_i+4a_i

για κάθε

, που γράφεται και $\Delta_i=4a_i$ .

Αφού η κάθε f_i

έχει 2 ρίζες, πρέπει $\Delta_i>0$ , οπότε a_i>0

για κάθε

.

Αν

οι ρίζες κάθε f_i

, είναι από Vieta $m_i+n_i=\dfrac{-b_i}{a_i}$ , άρα b_i<0

για κάθε

. Ας θέσουμε λοιπόν d_i=-b_i

για κάθε

, με

.

Εύκολα υπολογίζουμε λοιπόν ότι $\{m_i,n_i \} \in \{\dfrac{d_i-2\sqrt{a_i}}{2a_i}, \dfrac{d_i+2\sqrt{a_i}}{2a_i} \}$ , με $m_i,n_i \in \{1,2, \ldots, 100 \}$ .

Έστω, $\dfrac{d_i}{a_i}=k_i$ και $\dfrac{2}{\sqrt{a_i}}=\ell_i$ , οπότε η πιο πάνω δίνει ότι $\dfrac{k_i \pm \ell_i}{2} \in \{1,2, \ldots, 100 \}$ για κάθε

.

Αποδεικνύουμε τώρα τους εξής Ισχυρισμούς:

Ισχυρισμός 1: Δεν γίνεται να ισχύει k_i=k_j

και $\ell_i=\ell_j$ για $i \neq j$ .
Απόδειξη: Αν υπάρχουν τέτοια i,j

, τότε θα είχαμε άμεσα ότι a_i=a_j

και

, επομένως τα τριώνυμα f_i

και

είναι ίσα, που είναι άτοπο $\blacksquare$

Ισχυρισμός 2: Δύο γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f_i

και

έχουν ένα, ή δύο κοινά σημεία. Συγκεκριμένα, έχουν ένα κοινό σημείο όταν k_i=k_j

ή $\ell_i=\ell_j$ .
Απόδειξη: Είναι, $f_i=f_j \Rightarrow (a_i-a_j)x^2-(d_i-d_j)x+c_i-c_j=0$ . Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

Περίπτωση 1: a_i-a_j=0

. Τότε, $\ell_i=\ell_j$ , οπότε από τον Ισχυρισμό 1 $k_i \neq k_j$ , συνεπώς $d_i \neq d_j$ . Συνεπώς, η πιο πάνω εξίσωση έχει ακριβώς μία λύση, καθώς είναι πρώτου βαθμού.

Περίπτωση 2: a_i-a_j=0

, δηλαδή η εξίσωση είναι 2ου βαθμού, με διακρίνουσα

$\Delta_{i,j}=(d_i-d_j)^2-4(a_i-a_j)(c_i-c_j)=(d_i-d_j)^2-4(a_i-a_j)(\dfrac{d_i^2}{a_i}-\dfrac{d_j^2}{a_j})=\ldots=\dfrac{(a_id_j-a_jd_i)^2}{a_ia_j}$ , οπότε αφού a_i,a_j>0

, η εξίσωση έχει μία τουλάχιστον λύση. Για να έχει ακριβώς μία, πρέπει a_id_j=a_jd_i

, που δίνει k_i=k_j

.

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε $\blacksquare$

Επομένως, για να προκύψει ο αριθμός 39699

, θα πρέπει να υπάρχουν ακριβώς 101

ζεύγη

, με

, ώστε:

$\bullet$ k_i=k_j

, ή
$\bullet$ $\ell_i=\ell_j$ .

Ας ονομάσουμε τα ζεύγη (i,j)

που ικανοποιούν τις πιο πάνω συνθήκες φωτεινά.

Αποδεικνύουμε δύο Ισχυρισμούς που δείχνουν ότι δεν γίνεται να υπάρχουν 101

φωτεινά ζεύγη.

Ισχυρισμός 3: Υπάρχει τουλάχιστον

ζεύγος

ώστε

.
Ισχυρισμός 4: Υπάρχουν τουλάχιστον 101

ζεύγη

ώστε $\ell_i=\ell_j$ .

Οι δύο πιο πάνω ισχυρισμοί δίνουν το επιθυμητό άτοπο, καθώς θα έχουμε τουλάχιστον 101+1=102

φωτεινά ζεύγη. Επίσης, από τον Ισχυρισμό 1 είναι αδύνατον να ισχύει ταυτόχρονα k_i=k_j

και $\ell_i=\ell_j$ , οπότε τα ζεύγη που προκύπτουν είναι διαφορετικά μεταξύ τους.

Απόδειξη Ισχυρισμού 3: Είναι από Vieta, $m_i+n_i=\dfrac{d_i}{a_i}=k_i$ , και $3 \leq m_i+n_i \leq 199$ , οπότε $k_i \in \{3,4, \ldots, 199 \}$ για κάθε

. Αφού όμως υπάρχουν 200

και

πιθανές τιμές, υπάρχουν σίγουρα i,j

με

$\blacksquare$

Απόδειξη Ισχυρισμού 4: Είναι, $m_i-n_i=\dfrac{d_i+2\sqrt{a_i}}{2a_i}-\{\dfrac{d_i-2\sqrt{a_i}}{2a_i}=\dfrac{2}{\sqrt{a_i}}=\ell_i$ για κάθε

(υποθέτουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι m_i>n_i

), οπότε $1 \leq \ell_i \leq 99$ .

Έστω, ότι υπάρχουν x_i

δείκτες

, ώστε να ισχύει $\ell_j=i$ , για κάθε $i \in \{1,2, \ldots, 99 \}$ . Είναι προφανώς $x_1+x_2+\ldots +x_{99}=200$

Τα ζεύγη (i,j)

με

για τα οποία $\ell_i=\ell_j$ είναι ακριβώς

$\displaystyle{\displaystyle \sum_{i=1}^{i=99} \dfrac{x_i(x_i-1)}{2}}$

Αν υποθέσουμε ότι το πιο πάνω άθροισμα είναι $\leq 100$ , τότε αφού $\displaystyle{\sum_{i=1}^{i=99} x_i=200}$ , προκύπτει ότι $\displaystyle{\sum_{i=1}^{i=99} x_i^2 \leq 400}$

Επομένως, $\displaystyle{\sum_{i=1}^{i=99} (x_i-2)^2 =\sum_{i=1}^{i=99} x_i^2-4 \sum_{i=1}^{i=99} x_i+4 \cdot 99 \leq 400-800+4 \cdot 99=-4<0}$ , άτοπο $\blacksquare$

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

#5

Al.Koutsouridis έγραψε: Κυρ Φεβ 07, 2021 4:40 pm Πανρωσική Μαθητική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2020/21.
1η μέρα: Θέματα της 3ης φάσης για την 11η τάξη.
.........................
4. Η τριγωνική πυραμίδα είναι εγγεγραμμένη σε σφαίρα $\Omega$ . Να αποδείξετε, ότι οι σφαίρες, συμμετρικές της $\Omega$ ως προς τις ευθείες και το επίπεδο , έχουν κοινό σημείο. Σφαίρα συμμετρική δοθείσας, ως προς ευθεία , είναι σφαίρα ίδιας ακτίνας, το κέντρο της οποίας είναι συμμετρικό του κέντρου της δοθείσας σφαίρας ως προς την ευθεία . (Ι. Μπογκντάνοβ)
......................................

Καλημέρα...

Εργαζόμαστε διαδοχικά στα παρακάτω σχήματα:

1ο Σχήμα

: Τομή σφαιρών 1.png (58.42 KiB) Προβλήθηκε 1664 φορές

Μας δίνεται μια τριγωνική πυραμίδα η $\displaystyle{S.ABC}$ και η περιγεγραμμένη σφαίρα $\displaystyle{(O,OS)}$ .

Αν φέρουμε το ύψος $\displaystyle{ST}$ της πυραμίδας αυτής, τότε η τομή της ευθείας που αυτό ορίζει με τη σφαίρα είναι

το σημείο $\displaystyle{Z}$ και είναι ένα σταθερό σημείο.

2ο Σχήμα

: Τομή σφαιρών 2.png (64.92 KiB) Προβλήθηκε 1664 φορές

Στο σχήμα αυτό φαίνεται η συμμετρική της περιγεγραμμένης σφαίρας στην πυραμίδα,

δηλαδή η $\displaystyle{(O_1,R)}$ , όπου $\displaystyle{R=(O_1C)=(OS) \ \ (1) }$ .

Είναι φανερό ότι η συμμετρική αυτή σφαίρα ως προς το επίπεδο της βάσης $\displaystyle{(ABC)}$ μπορεί

να θεωρηθεί ως μια παράλληλη μεταφορά της αρχικής σφαίρας κατά το διάνυσμα $\displaystyle{\overrightarrow {OO_1}}$ .

Έτσι αν το σημείο $\displaystyle{Q}$ είναι το συμμετρικό του σταθερού σημείου $\displaystyle{Z}$ ως προς τη βάση $\displaystyle{(ABC)}$ τότε αυτό

είναι σταθερό σημείο από το οποίο θα διέρχεται η σφαίρα $\displaystyle{(O_1,R)}$ και ασφαλώς θα είναι:

$\displaystyle{(SQO_1O)}$ παραλληλόγραμμο. $\displaystyle{(2)}$

3ο Σχήμα

: Τομή σφαιρών 3.png (33.81 KiB) Προβλήθηκε 1664 φορές

Στο ανωτέρω σχήμα είναι:

$\displaystyle{(SOCO_2)}$ =ρόμβος (3)

Επίσης από την (2) είναι:

$\displaystyle{O_1Q=//OS \ \ (4) }$

Από τις (3) και (4) προκύπτει:

$\displaystyle{O_1Q=//CO_2 \ \ (5) }$

Άρα το $\displaystyle{(QO_1CO_2)}$ είναι ρόμβος. Επομένως

$\displaystyle{x=O_2Q=O_1C=R \ \ (6) }$ .

Από την (6) προκύπτει ότι το συμμετρικό του κέντρου $\displaystyle{O}$ της αρχικής σφαίρας, δηλαδή το σημείο $\displaystyle{O_2}$

που είναι το κέντρο της τρίτης σφαίρας απέχει από το σταθερό σημείο $\displaystyle{Q}$ απόσταση ίση με $\displaystyle{R}$ .

Άρα η τρίτη αυτή σφαίρα διέρχεται από το σημείο $\displaystyle{Q}$ .

Όμοια δείχνεται ότι και οι άλλες δύο σφαίρες διέρχονται από το σημείο αυτό.

4ο Σχήμα

: Τομή σφαιρών 4.png (105.81 KiB) Προβλήθηκε 1664 φορές

Στο σχήμα αυτό σχεδιάστηκαν οι τέσσερις σφαίρες που διέρχονται (όσο μπορεί να φανεί)

από το ίδιο σημείο $\displaystyle{Q}$ .

Κώστας Δόρτσιος

S.E.Louridas · #6

Al.Koutsouridis έγραψε: Κυρ Φεβ 07, 2021 4:40 pm Πανρωσική Μαθητική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2020/21.
..... 4. Η τριγωνική πυραμίδα είναι εγγεγραμμένη σε σφαίρα $\Omega$ . Να αποδείξετε, ότι οι σφαίρες, συμμετρικές της $\Omega$ ως προς τις ευθείες και το επίπεδο , έχουν κοινό σημείο. Σφαίρα συμμετρική δοθείσας, ως προς ευθεία , είναι σφαίρα ίδιας ακτίνας, το κέντρο της οποίας είναι συμμετρικό του κέντρου της δοθείσας σφαίρας ως προς την ευθεία . (Ι. Μπογκντάνοβ)....

Μετά από την άψογη αντιμετώπιση από τον Κώστα και μόνο για λόγους πολυφωνίας, ας δούμε και την άποψη που ακολουθεί:

Θα εργαστούμε στο σχήμα που παραθέτουμε.
Στο σχήμα αυτό το επίπεδο είναι το επίπεδο που ανήκουν τα σημεία Αν είναι το κέντρο της περιγεγραμμένης σφαίρας $\Omega$ στο τετράεδρο , ας πούμε με ακτίνα τότε η προβολή του στο θα είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο Θεωρούμε ως το συμμετρικό του ως προς το που θα είναι το κέντρο της συμμετρικής της σφαίρας ως προς το Έστω τώρα το συμμετρικό του κέντρου της σφαίρας ως προς την ακμή του τετραέδρου Τότε το τμήμα αν είναι η προβολή του στο επίπεδο , θα είναι ίδιου μέτρου με τα τμήματα ${FO_2}, {FO_3}$ των αντίστοιχων συμμετρικών του κέντρου ως προς τις ακμές και αυτό επειδή εύκολα διαπιστώνεται ότι $\angle FS{O_1} = \angle KOA,\;\,\angle KOA = \angle KOB = \angle KOC \Rightarrow$ $\vartriangle FS{O_1} = \vartriangle FS{O_2} = \vartriangle FS{O_3},$ ταυτόχρονα είναι καθαρό ότι η προβολή του μέσου του στο θα συμπίπτει με το μέσον του Αν είναι η προβολή του στο η προβολή του στην ευθεία και η προβολή του στην ευθεία και με το θεώρημα των τριών καθέτων προκύπτει $MN = MK \Rightarrow MP = ML\;\,\left( 1 \right).$ Αν επομένως είναι το σημείο τομής της σφαίρας $({O_1}, r)$ με την ευθεία ισχύει $FG \cdot FS = \left| {{h^2} - {r^2}} \right|\;\,\left( 2 \right).$
Από τις σχέσεις παίρνουμε $FG \cdot FS = \left| {{r^2} - O{F^2}} \right| = \left| {{h^2} - {r^2}} \right|\;\,\left( 3 \right),$ αφού εφαρμοστεί, μετά από τα παραπάνω συμπεράσματα και το δεύτερο θεώρημα της διαμέσου στα τρίγωνα $OFA, {O_1}FA.$
Με βάση την ανωτέρω Ανάλυση καταλήγουμε:
1) Είναι απόλυτα καθαρό ότι οι σφαίρες $({O_2},r), ({O_3},r),$ θα διέρχονται επίσης από το σημείο
2) Το συμμετρικό του ως προς το θα ανήκει στην συμμετρική της σφαίρας ως προς το επίπεδο , επομένως από την σχέση θα ισχύει $FG \cdot F{S{'}} = \left| {{r^2} - O{F^2}} \right|=\left| {{r^2} - {O{'}}{F^2}} \right|.$ Έτσι προκύπτει ότι το σημείο θα ανήκει και στην συμμετρική της σφαίρας ως προς το επίπεδο

: R^3.png (115.34 KiB) Προβλήθηκε 1561 φορές

edit: Απλά συμπληρώθηκε η εξήγηση μετά από την σχέση (3)

και πριν την πρόταση: Με βάση την ανωτέρω Ανάλυση καταλήγουμε ...

(*) Είναι καθαρό ότι είναι τιμητικό για μένα ο φίλος Κώστας Δόρτσιος να έδινε κίνηση και στην διαπραγμάτευση αυτή, με το προς το παρόν χειροκίνητο σχήμα βγαλμένο από νοοτροποία μίας άλλης εποχής, έστω και αν αυτή η εποχή δεν είναι επιστημονικά μακρινή.

#7

Al.Koutsouridis έγραψε: Κυρ Φεβ 07, 2021 4:40 pm Πανρωσική Μαθητική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2020/21.
1η μέρα: Θέματα της 3ης φάσης για την 11η τάξη.

5. Στην Χρωματούπολη κατοικούν χρωματούληδες. Μερικοί από τους οποίους είναι ευγενείς (λένε πάντα την αλήθεια) και οι υπόλοιποι ψεύτες (λένε πάντα ψέματα). Τα σπίτια στην πόλη είναι τοποθετημένα στα κελιά ενός $99 \times 99$ τετραγώνου (σύνολο σπίτια, τοποθετημένα σε οριζόντιες και κάθετες οδούς). Σε κάθε σπίτι κατοικεί ακριβώς ένας χρωματούλης. Η διεύθυνση του σπιτιού συμβολίζεται με ένα ζεύγος αριθμών , όπου $1 \leq x \leq 99$ ο αριθμός της κάθετης οδού (οι αριθμοί αυξάνουν από αριστερά προς δεξιά) και $1 \leq y \leq 99$ ο αριθμός της οριζόντιας οδού (οι αριθμοί αυξάνουν από κάτω προς τα πάνω). Οι χρωματοαπόσταση μεταξύ δυο σπιτιών με διευθύνσεις $(x_{1}, y_{1})$ και $(x_{2}, y_{2})$ ονομάζεται ο αριθμός $\rho = |x_{1}-x_{2}| + |y_{1}-y_{2}|$ . Είναι γνωστό ότι σε κάθε οδό οριζόντια ή κάθετη κατοικούν τουλάχιστον ευγενείς. Εξάλλου όλοι οι χρωματούληδες ξέρουν σε ποιο σπίτι κατοικεί ο χρωματούλης Γνωστούλης. Θέλετε να βρείτε το σπίτι του Γνωστούλη, αλλά δεν ξέρετε, πως είναι ο Γνωστούλης εξωτερικά. Μπορείτε να προσέλθετε σε οποιοδήποτε σπίτι και να ρωτήσετε το χρωματούλη που κατοικεί εκεί: «Ποια είναι χρωματοαπόσταση από το σπίτι σας μέχρι το σπίτι του Γνωστούλη;». Για ποιο ελάχιστο μπορείτε εγγυημένα να βρείτε το σπίτι του Γνωστούλη; (Β. Νόβικοβ)

Θα δείξουμε ότι γίνεται εγγυημένα για $k \geqslant 75$ αλλά όχι απαραίτητα για k = 74

.

Έστω λοιπόν ότι $k \geqslant 75$ και έστω ότι ο Γνωστούλης βρίσκεται στη θέση (i,j)

. Χωρίς βλάβη της γενικότητας είναι $i,j \leqslant 49$ . Γυρίζουμε όλα τα 99^2

σπίτια, καταγράφουμε τις απαντήσεις και για κάθε απάντηση καταγράφουμε τις πιθανές θέσεις του Γνωστούλη υποθέτοντας ότι η απάντηση είναι αληθής.

Θα δείξουμε ότι ο Γνωστούλης δεν μπορεί να βρίσκεται στο $(i',j') \neq (i,j)$ . Χωρίς βλάβη της γενικότητας είναι $i' \neq i$ .

Αν i' > i

και $j' \geqslant j$ κοιτάζουμε τις απαντήσεις που πήραμε από τα (i',t)

για $t =1,2,\ldots,99$ . Κάθε ευγενής που βρίσκεται σε σπίτι με $t \geqslant j$ μας λέει ότι o Γνωστούλης δεν βρίσκεται στο (i',j')

. Αυτό συμβαίνει διότι η απόσταση του (i',j)

από το

είναι μικρότερη από την απόσταση του (i,j)

από το

. Συνολικά έχουμε το πολύ

ψεύτες σε αυτά τα σπίτια. Άρα οι απαντήσεις της σειράς

που θα μας πουν ότι ο Γνωστούλης πιθανώς να βρίσκεται στο (i',j')

είναι το πολύ $24+(j-1) \leqslant 72$ . Αν όμως ο Γνωστούλης βρισκόταν στο (i',j')

θα είχαμε τουλάχιστον

τέτοιες απαντήσεις. Άρα όντως ο Γνωστούλης δεν βρίσκεται στο (i',j')

.

Αν

και $j' \leqslant j$ κοιτάζουμε τις απαντήσεις που πήραμε από τα (i,t)

για $t =1,2,\ldots,99$ . Κάθε ευγενής που βρίσκεται σε σπίτι με $t \geqslant j$ μας λέει ότι o Γνωστούλης δεν βρίσκεται στο (i',j')

. Αυτό συμβαίνει διότι η απόσταση του (i',j)

από το

είναι μεγαλύτερη από την απόσταση του (i,j)

από το

. Με παρόμοιο τρόπο όπως πιο πάνω βρίσκουμε ότι ο Γνωστούλης δεν βρίσκεται στο (i',j')

.

Ομοίως ο Γνωστούλης δεν βρίσκεται στο (i',j')

αν

.

Θα δώσουμε τώρα παράδειγμα με k=74

όπου δεν μπορούμε να είμαστε σίγουρη για τη θέση του Γνωστούλη. Συγκεκριμένα, ενώ ο Γνωστούλης θα βρίσκεται στη θέση (50,50)

δεν θα είμαστε σίγουροι αν βρίσκεται σε αυτή τη θέση ή στη θέση (51,49)

.

Χωρίζουμε τα σπίτια στα εξής σύνολα:

Α: Όλα τα σπίτια της μορφής (i,j)

με $i \leqslant 50$ και $j \leqslant 49$ .
Β: Όλα τα σπίτια της μορφής (i,j)

με $i \leqslant 50$ και $j \geqslant 50$ .
Γ: Όλα τα σπίτια της μορφής (i,j)

με $i \geqslant 51$ και $j \leqslant 49$ .
Δ: Όλα τα σπίτια της μορφής (i,j)

με $i \geqslant 51$ και $j \geqslant 50$ .

Η απόσταση κάθε σπιτιού των συνόλων Α και Δ από το (50,50)

είναι ίδια με την απόσταση του από το (51,50)

. Σε όλα αυτά τα σπίτια τοποθετούμε ευγενείς.

Για να έχουμε

συγγενείς σε κάθε σειρά και κάθε στήλη πρέπει να έχουμε:
Τουλάχιστον

ευγενείς σε κάθε σειρά του Β.
Τουλάχιστον

ευγενείς σε κάθε στήλη του Β.
Τουλάχιστον

ευγενείς σε κάθε σειρά του Γ.
Τουλάχιστον

ευγενείς σε κάθε στήλη του Γ.
Επειδή τα B και Γ είναι τετράγωνα μπορούμε να επιτύχουμε το πιο πάνω ώστε να έχουμε:
Ακριβώς

ευγενείς σε κάθε σειρά του Β.
Ακριβώς

ευγενείς σε κάθε στήλη του Β.
Ακριβώς

ευγενείς σε κάθε σειρά του Γ.
Ακριβώς

ευγενείς σε κάθε στήλη του Γ.
(Π.χ. τοποθετούμε

ευγενείς στις πρώτες

θέσεις της πρώτης σειράς του

, μετά

διαδοχικούς ευγενείς στη δεύτερη σειρά του

ξεκινώντας όμως από τη δεύτερη θέση κ.ο.κ. Αν σε κάποια φάση φτάσουμε στο τέρμα μιας σειράς και πρέπει να τοποθετήσουμε και άλλους ευγενείς ξεκινάμε από την αρχή κ.ο.κ.)

Σε κάθε σειρά του

θα έχουμε τώρα και

ψεύτες. Αυτοί όλοι θα απαντούν λες και ο Γνωστούλης βρίσκεται στη θέση (51,49)

. Συνολικά από κάθε σειρά

με $i \leqslant 50$ θα έχουμε 49+25 = 74

απαντήσεις που λένε ότι ο Γνωστούλης μπορεί να βρίσκεται στη θέση (51,49)

. Το ίδιο ισχύει και για κάθε άλλη σειρά ή στήλη. Άρα δεν θα μπορέσουμε να απορρίψουμε την πιθανότητα ο Γνωστούλης να βρίσκεται στη θέση (51,49)

.

#8

Σωτήρη καλησπέρα από Γρεβενά...

Ευχαριστώ για τα καλά σου λόγια και θα επιχειρήσω να περιγράψω την όμορφη λύση σου

με τα παρακάτω σχήματα.

1ο Σχήμα

: Τομ. Σφαιρών 1α.png (29.09 KiB) Προβλήθηκε 1428 φορές

Στο σχήμα αυτό φαίνεται το τετράεδρο $\displaystyle{S.ABC}$ καθώς και το κέντρο $\displaystyle{O_1}$ της σφαίρας που είναι

συμμετρική της περιγεγραμμένης στο τετράεδρο σφαίρας ως προς την ακμή $\displaystyle{SA}$ .

Στο σχήμα αυτό φαίνονται οι γωνίες $\displaystyle{\phi}$ και $\displaystyle{\omega}$ οι οποίες είναι ίσες γιατί έχουν τις πλευρές των παράλληλες.

2ο Σχήμα

: Τομ. Σφαιρών 1β.png (32.31 KiB) Προβλήθηκε 1428 φορές

Στο σχήμα αυτό φαίνεται γιατί είναι:

$\displaystyle{FO_1=FO_2=FO_3=h \ \ (1)}$

Η σχέση (1) προκύπτει από την ισότητα των τριγώνων

$\displaystyle{SFO_1, \ \ SFO_2 \ \ SFO_3 }$

3ο Σχήμα

: Τομ. Σφαιρών 1γ.png (36.23 KiB) Προβλήθηκε 1428 φορές

Αν $\displaystyle{G}$ το σημείο τομής της σφαίρας $\displaystyle{(O_1, r)}$ με την $\displaystyle{SF}$ , τότε:

$\displaystyle{ (FG)(FS)=h^2-r^2 \ \ (2) }$

Το σημείο $\displaystyle{G}$ είναι σταθερό και προφανώς ανήκει και στις σφαίρες $\displaystyle{(O_2,r), \ \ (O_3,r)}$ .

4ο Σχήμα

: Τομ. Σφαιρών 1δ.png (28.47 KiB) Προβλήθηκε 1428 φορές

Από τα τρίγωνα $\displaystyle{OAF}$ και $\displaystyle{O_1AF}$ και με εφαρμογή του δεύτερου θεωρήματος των διαμέσων

προκύπτει:

$\displaystyle{h^2-r^2 =r^2-(OF)^2 \ \ (3) }$

5ο Σχήμα

: Τομ. Σφαιρών 1ε.png (17.02 KiB) Προβλήθηκε 1428 φορές

Από το σχήμα αυτό και από τις προηγούμενες σχέσεις γίνεται κατανοητό ότι είναι:

$\displaystyle{(FS')(FG)=r^2-(O'F)^2 \ \ (4) }$

Από την οποία προκύπτει ότι το σημείο $\displaystyle{G}$ ανήκει και στην τέταρτη σφαίρα κέντρου $\displaystyle{O'}$ .

Κώστας Δόρτσιος

Σημείωση:

Για να γίνουν τα ανωτέρω αντιληπτά πρέπει κανείς να μελετήσει το συλλογιστικό του φίλου μας Σωτήρη.

Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2021 (ΦΙΙΙ 11η τάξη, 1η μέρα)

Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2021 (ΦΙΙΙ 11η τάξη, 1η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2021 (ΦΙΙΙ 11η τάξη, 1η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2021 (ΦΙΙΙ 11η τάξη, 1η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2021 (ΦΙΙΙ 11η τάξη, 1η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2021 (ΦΙΙΙ 11η τάξη, 1η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2021 (ΦΙΙΙ 11η τάξη, 1η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2021 (ΦΙΙΙ 11η τάξη, 1η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2021 (ΦΙΙΙ 11η τάξη, 1η μέρα)

Μέλη σε σύνδεση