Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/2010 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Al.Koutsouridis · #1

Πρώτη μέρα

1. Δίνονται τα δευτεροβάθμια τριώνυμα $f_{1}(x) = x^2+2a_{1}x+b_{1}$ , $f_{2}(x) = x^2+2a_{2}x+b_{2}$ , $f_{3}(x) = x^2+2a_{3}x+b_{3}$ με $a_{1}a_{2}a_{3} = b_{1}b_{2}b_{3} > 1$ . Να αποδείξετε, ότι τουλάχιστον ένα από τα τριώνυμα έχει δυο ρίζες.

2. Εφτά σκιέρ, σε αγώνα κατάβασης, με αριθμούς 1, 2, …, 7 ξεκίνησαν με την σειρά από την αφετηρία της πίστας ¨Φίλιππος¨ στα 3-5 Πηγάδια και έκαναν την διαδρομή ο καθένας με την δικιά του σταθερή ταχύτητα. Προέκυψε ότι κάθε σκιέρ συμμετείχε ακριβώς δυο φορές σε προσπέραση ( σε κάθε προσπέραση συμμετέχουν ακριβώς δυο σκιέρ, αυτός που προσπερνάει και αυτός που προσπεράστηκε). Στο τέλος του αγώνα πρέπει να καταρτιστεί το φύλλο αγώνος, οι αριθμοί των σκιέρ δηλαδή κατά σειρά τερματισμού. Να αποδείξετε, ότι σε αγώνα με τις παραπάνω ιδιότητες μπορούν να καταρτιστούν το πολύ δυο διαφορετικά φύλλα αγώνος.

3. Είναι δυνατόν για κάποιο φυσικό αριθμό

να χωρίσουμε όλους τους φυσικούς αριθμούς από το

έως

σε δυο ομάδες και να γράψουμε τους αριθμούς κάθε ομάδας στη σειρά (κολλητά) με κάποια διάταξη ώστε, να προκύψουν δυο ίσοι αριθμοί;

4. Στο τρίγωνο ABC

η γωνία

είναι ίση με 60^0

. Έστω $BB_{1}$ και $CC_{1}$ διχοτόμοι αυτού του τριγώνου. Να αποδείξετε, ότι το συμμετρικό σημείο της κορυφής

ως προς την ευθεία $B_{1}C_{1}$ βρίσκεται επί της πλευράς

.

Δεύτερη μέρα

5. Ο Τοτός έγραψε σε κύκλο 11 φυσικούς αριθμούς. Για κάθε δυο γειτονικούς αριθμούς βρήκε την διαφορά τους. Στις διαφορές που βρήκε υπάρχουν τέσσερεις άσσοι, τέσσερα δυάρια και τρία τριάρια. Να αποδείξετε ότι ο Τοτός κάπου άφησε λάθος.

6. Έστω A, B,C

σημεία ενός κύκλου και ευθεία $\epsilon$ που εφάπτεται αυτού του κύκλου στο σημείο

. Από σημείο

της $\epsilon$ φέρουμε τις κάθετες $PA_{1}$ και $PC_{1}$ προς τις ευθείες

και

αντίστοιχα (τα $A_{1}$ και $C_{1}$ βρίσκονται επί των

και

). Να αποδείξετε ότι $A_{1}C_{1} \perp AC$ .

7. Σε μία ομάδα των εφτά ατόμων οποιοιδήποτε έξι μπορούν να καθίσουν σε στρογγυλό τραπέζι έτσι, ώστε οποιοιδήποτε δυο διπλανοί να είναι γνωστοί. Να αποδείξετε ότι και όλη η ομάδα μπορεί να καθίσει σε στρογγυλό τραπέζι έτσι, ώστε οποιοιδήποτε δύο διπλανοί να είναι γνωστοί.

8. Για κάθε φυσικό αριθμό

συμβολίζουμε με $S_{n}$ το άθροισμα των πρώτων

πρώτων αριθμών. $S_{1} = 2 , S_{2} = 2+3=5, S_{3}=2+3+5 =10 , …$ . Είναι δυνατόν δυο διαδοχικοί όροι της ακολουθίας ${S_{n}}$ να είναι τετράγωνα φυσικών αριθμών;

#2

Al.Koutsouridis έγραψε: 1. Δίνονται τα δευτεροβάθμια τριώνυμα $f_{1}(x) = x^2+2a_{1}x+b_{1}$ , $f_{2}(x) = x^2+2a_{2}x+b_{2}$ , $f_{3}(x) = x^2+2a_{3}x+b_{3}$ με $a_{1}a_{2}a_{3} = b_{1}b_{2}b_{3} > 1$ . Να αποδείξετε, ότι τουλάχιστον ένα από τα τριώνυμα έχει δυο ρίζες.

Ας κάνω την αρχή με την εύκολη: Αν ίσχυε $a_1^2 \le b_1$ και $a_2^2 \le b_2$ και $a_3^2 \le b_3$ τότε θα ήταν

$a_1^2 a_2^2 a_3^2 \le b_1 b_2 b_3 = a_1 a_2 a_3$ . Αλλά τότε $0 \le a_1 a_2 a_3 \le 1$ που αντιβαίνει στην υπόθεση.

Τελικά κάποια απο τις αρχικές ανισότητες είναι "ανάποδα". Π.χ. a_1^2 > b_1

. Τότε όμως το πρώτο τριώνυμο έχει θετική διακρίνουσα, και λοιπά.

#3

Al.Koutsouridis έγραψε: 6. Έστω σημεία ενός κύκλου και ευθεία $\epsilon$ που εφάπτεται αυτού του κύκλου στο σημείο . Από σημείο της $\epsilon$ φέρουμε τις κάθετες $PA_{1}$ και $PC_{1}$ προς τις ευθείες και αντίστοιχα (τα $A_{1}$ και $C_{1}$ βρίσκονται επί των και ). Να αποδείξετε ότι $A_{1}C_{1} \perp AC$ .

: Πανρωσική 2009-2010(ΙΙΙΦ, 9, 6).png (15.09 KiB) Προβλήθηκε 2894 φορές

Το

είναι εγγράψιμο(δύο από τις απέναντι γωνίες του είναι ορθές).

$\displaystyle{{C_1}\widehat {{A_1}}B = B\widehat P{C_1} = {90^0} - P\widehat B{C_1} = {90^0} - \widehat A \Leftrightarrow }$ $\boxed{{A_1}{C_1} \bot AC}$

STOPJOHN · #4

Καλημέρα

Πρώτη μέρα

Πρόβλημα 4

Εστω ότι $AK\perp C_{1}B_{1}$ τέμνει την

στο σημείο

θα αποδειχθει ότι το τρίγωνο $AA'B_{1}$ είναι ισοσκελές . Πράγματι είναι $\hat{\omega }+\hat{\phi }=60^{0},(1)$
Από το εγράψιμο τετράπλευρο $AC_{1}IB_{1},90^{0}-\hat{\nu }=30^{0}+\hat{\phi }\Rightarrow 90^{0}-\nu =30+60-\omega \Rightarrow \hat{\nu }=\hat{\omega },\hat{\nu }=\hat{A'AC}, \hat{AB_{1}B}=90-\omega +30=90-\omega ,(2) (1),(2)\Rightarrow \hat{AB_{1}B}=\hat{BA'A}$

Συνεπώς το τετράπλευρο $BA'B_{1}A$ είναι εγράψιμο και $\hat{ABB_{1}}=\hat{AA'B_{1}}=\omega$

Γιάννης

#5

Al.Koutsouridis έγραψε:
5. Ο Τοτός έγραψε σε κύκλο 11 φυσικούς αριθμούς. Για κάθε δυο γειτονικούς αριθμούς βρήκε την διαφορά τους. Στις διαφορές που βρήκε υπάρχουν τέσσερεις άσσοι, τέσσερα δυάρια και τρία τριάρια. Να αποδείξετε ότι ο Τοτός κάπου άφησε λάθος.

Το άθροισμα των αριθμών του Τοτού είναι της μορφής $|a_1-a_2|+|a_2-a_3|+...+|a_{11}-a_1|$ . Αν διώξουμε τα απόλυτα, παίρνει την μορφή $\pm (a_1-a_2) \pm (a_2-a_3) \pm ... \pm(a_{11}-a_1)$ . Παρατηρούμε ότι τo a_1

(όμοια τα υπόλοιπα) εμφανίζεται ως
a_1+a_1

ή

. Πάντως, σε όλες τις περιτώσεις, το αποτέλεσμα είναι άρτιος αριθμός οπότε και το ολικό άθροισμα είναι άρτιος. Από την άλλη οι τέσσερις άσσοι, τα τέσσερα δυάρια και τα τρία τριάρια δίνουν άθροισμα περιττό. Άρα κάπου έγινε λάθος.

Μ.

#6

Al.Koutsouridis έγραψε: 2. Εφτά σκιέρ, σε αγώνα κατάβασης, με αριθμούς 1, 2, …, 7 ξεκίνησαν με την σειρά από την αφετηρία της πίστας ¨Φίλιππος¨ στα 3-5 Πηγάδια και έκαναν την διαδρομή ο καθένας με την δικιά του σταθερή ταχύτητα. Προέκυψε ότι κάθε σκιέρ συμμετείχε ακριβώς δυο φορές σε προσπέραση ( σε κάθε προσπέραση συμμετέχουν ακριβώς δυο σκιέρ, αυτός που προσπερνάει και αυτός που προσπεράστηκε). Στο τέλος του αγώνα πρέπει να καταρτιστεί το φύλλο αγώνος, οι αριθμοί των σκιέρ δηλαδή κατά σειρά τερματισμού. Να αποδείξετε, ότι σε αγώνα με τις παραπάνω ιδιότητες μπορούν να καταρτιστούν το πολύ δυο διαφορετικά φύλλα αγώνος.

Χμ. Βρίσκω τουλάχιστον τρία φύλλα αγώνος.

#7

Al.Koutsouridis έγραψε:
8. Για κάθε φυσικό αριθμό συμβολίζουμε με $S_{n}$ το άθροισμα των πρώτων πρώτων αριθμών. $S_{1} = 2 , S_{2} = 2+3=5, S_{3}=2+3+5 =10 , …$ . Είναι δυνατόν δυο διαδοχικοί όροι της ακολουθίας ${S_{n}}$ να είναι τετράγωνα φυσικών αριθμών;

Μήπως είναι εύκολη για 8;

Ας γράψω $p_1,p_2,p_3,\ldots$ για την ακολουθία των πρώτων.

Έστω ότι υπάρχει

με

και $S_{n+1}$ τέλεια τετράγωνα. Έστω ότι S_n = m^2

και $S_{n+1} = k^2$ . Τότε είναι

$\displaystyle{k^2 = S_{n+1} = S_n + p_{n+1} = m^2 + p_{n+1}}$

οπότε είναι $p_{n+1} = (k-m)(k+m)$ . Επειδή ο $p_{n+1}$ είναι πρώτος, πρέπει k=m+1

και $p_{n+1} = 2k+1$ . Τότε όμως

Για $k \in \{1,2,3\}$ έχουμε
$\displaystyle{ k^2 = S_{n+1} = p_1 + p_2 + \cdots + p_{n+1} = 2 + (3+5+\cdots + (2k+1)) = 1+k^2,}$
άτοπο.

Για k > 3

έχουμε
$\displaystyle{ k^2 = S_{n+1} = p_1 + p_2 + \cdots + p_{n+1} \geqslant 2 + (3+5+\cdots + (2k+1)) - 9 = k^2-8,}$
πάλι άτοπο.

ealexiou · #8

Demetres έγραψε:
Al.Koutsouridis έγραψε: 2. Εφτά σκιέρ, σε αγώνα κατάβασης, με αριθμούς 1, 2, …, 7 ξεκίνησαν με την σειρά από την αφετηρία της πίστας ¨Φίλιππος¨ στα 3-5 Πηγάδια και έκαναν την διαδρομή ο καθένας με την δικιά του σταθερή ταχύτητα. Προέκυψε ότι κάθε σκιέρ συμμετείχε ακριβώς δυο φορές σε προσπέραση ( σε κάθε προσπέραση συμμετέχουν ακριβώς δυο σκιέρ, αυτός που προσπερνάει και αυτός που προσπεράστηκε). Στο τέλος του αγώνα πρέπει να καταρτιστεί το φύλλο αγώνος, οι αριθμοί των σκιέρ δηλαδή κατά σειρά τερματισμού. Να αποδείξετε, ότι σε αγώνα με τις παραπάνω ιδιότητες μπορούν να καταρτιστούν το πολύ δυο διαφορετικά φύλλα αγώνος.
Χμ. Βρίσκω τουλάχιστον τρία φύλλα αγώνος.

Και εγώ βρήκα αρκετά φύλλα αγώνα και θεώρησα ότι κάπου έκανα λάθος.

Ξεκίνησαν 7,6,5,4,3,2,1

ο φύλλο αγώνα
Ο

προσπερνά τους 2,1

, ο

προσπερνά τον

και οι

και

αλληλοπροσπερνιώνται.
7,6,5,4,1,2,3

ο φύλλο αγώνα
Οι 2,1

αλληλοπροσπερνιώνται, ο

προσπερνά τους 4,3

, ο

προσπερνά τον

και οι

αλληλοπροσπερνιώνται 7,6,3,4,5, 2,1

ο φύλλο αγώνα
Ο

προσπερνά τους 6,5

, ο

προσπερνά τον

και οι

και

αλληλοπροσπερνιώνται.
5,6,7,4,3,2,1

ο φύλλο αγώνα
Ο

προσπερνά τους 2,1

, ο

προσπερνά τον

και οι

προσπερνούν τους 5,4

ο φύλλο αγώνα
Οι 4,3

προσπερνούν τους 2,1

, ο

προσπερνά τους 6,5

και ο

προσπερνά τον

Για επιπλέον δεν έλεγξα

Ίσως χρειάζεται να ...απαγορευθούν τα αλληλοπροσπεράσματα...
Ίσως έπρεπε

Al.Koutsouridis έγραψε:Προέκυψε ότι κάθε σκιέρ συμμετείχε ακριβώς δυο φορές σε προσπέραση ( σε κάθε προσπέραση συμμετέχουν ακριβώς δυο διαφορετικοί κάθε φορά σκιέρ, αυτός που προσπερνάει και αυτός που προσπεράστηκε).

Al.Koutsouridis · #9

ealexiou έγραψε:
Ίσως χρειάζεται να ...απαγορευθούν τα αλληλοπροσπεράσματα...
Ίσως έπρεπε
Al.Koutsouridis έγραψε:Προέκυψε ότι κάθε σκιέρ συμμετείχε ακριβώς δυο φορές σε προσπέραση ( σε κάθε προσπέραση συμμετέχουν ακριβώς δυο διαφορετικοί κάθε φορά σκιέρ, αυτός που προσπερνάει και αυτός που προσπεράστηκε).

Θα ξανακοιτάξω την εκφώνηση ίσως να έχω κάνει κακή απόδοση αλλά, τα αλληλοπροσπεράσματα δεν μπορούν να συμβούν από την στιγμή που ο καθένας έχει την δικιά του σταθερή ταχύτητα.

Al.Koutsouridis έγραψε: 2. Εφτά σκιέρ, σε αγώνα κατάβασης, με αριθμούς 1, 2, …, 7 ξεκίνησαν με την σειρά από την αφετηρία της πίστας ¨Φίλιππος¨ στα 3-5 Πηγάδια και έκαναν την διαδρομή ο καθένας με την δικιά του σταθερή ταχύτητα. Προέκυψε ότι κάθε σκιέρ συμμετείχε ακριβώς δυο φορές σε προσπέραση ( σε κάθε προσπέραση συμμετέχουν ακριβώς δυο σκιέρ, αυτός που προσπερνάει και αυτός που προσπεράστηκε). Στο τέλος του αγώνα πρέπει να καταρτιστεί το φύλλο αγώνος, οι αριθμοί των σκιέρ δηλαδή κατά σειρά τερματισμού. Να αποδείξετε, ότι σε αγώνα με τις παραπάνω ιδιότητες μπορούν να καταρτιστούν το πολύ δυο διαφορετικά φύλλα αγώνος.

ealexiou · #10

Αλέξανδρε έχεις δίκαιο, μου διέφυγε το "ο καθένας με την δικιά του σταθερή ταχύτητα" (με σταθερή ταχύτητα δεν γίνεται αλληλοπροσπέρασμα

)

ealexiou · #11

Al.Koutsouridis έγραψε:Πρώτη μέρα

2. Εφτά σκιέρ, σε αγώνα κατάβασης, με αριθμούς 1, 2, …, 7 ξεκίνησαν με την σειρά από την αφετηρία της πίστας ¨Φίλιππος¨ στα 3-5 Πηγάδια και έκαναν την διαδρομή ο καθένας με την δικιά του σταθερή ταχύτητα. Προέκυψε ότι κάθε σκιέρ συμμετείχε ακριβώς δυο φορές σε προσπέραση ( σε κάθε προσπέραση συμμετέχουν ακριβώς δυο σκιέρ, αυτός που προσπερνάει και αυτός που προσπεράστηκε). Στο τέλος του αγώνα πρέπει να καταρτιστεί το φύλλο αγώνος, οι αριθμοί των σκιέρ δηλαδή κατά σειρά τερματισμού. Να αποδείξετε, ότι σε αγώνα με τις παραπάνω ιδιότητες μπορούν να καταρτιστούν το πολύ δυο διαφορετικά φύλλα αγώνος.

Ξεκίνησαν

(Ο

πρώτος, ο

τελευταίος).

O

που ξεκίνησε πρώτος μπορεί και πρέπει, σύμφωνα με τα δεδομένα, να προσπερασθεί από δύο ακριβώς σκιέρ. Αυτοί μπορεί να είναι:
α) είτε οι

και

και ο

να προσπερνά τον

(έτσι έχουμε δύο φορές συμμετοχή σε προσπέρασμα για καθέναν από του τρεις).
β) είτε οι

και

οι οποίοι φυσικά προσπερνούν αρχικά τον

(πάλι δύο φορές συμμετοχή σε προσπέρασμα για καθένα από τους τέσσερις σκιέρ). Άλλη περίπτωση προσπεράσματος - σύμφωνη με τα δεδομένα - του

από δύο σκιέρ δεν βλέπω.

Στην (α) περίπτωση για τους 7,6,5,4

ο μόνος δυνατός τρόπος προσπερασμάτων είναι οι

και

να προσπεράσουν τους

και

, άρα

ο φύλλο αγώνα $\boxed{5,4,7,6,1,2,3}$

Στην (β) περίπτωση για τους 7,6,5

ο μόνος δυνατός τρόπος προσπερασμάτων είναι ο

προσπερνά τους 6,5

και ο

προσπερνά τον

, άρα

ο φύλλο αγώνα $\boxed{5,6,7,2,1,4,3}$

#12

ealexiou έγραψε:
Al.Koutsouridis έγραψε:Πρώτη μέρα

2. Εφτά σκιέρ, σε αγώνα κατάβασης, με αριθμούς 1, 2, …, 7 ξεκίνησαν με την σειρά από την αφετηρία της πίστας ¨Φίλιππος¨ στα 3-5 Πηγάδια και έκαναν την διαδρομή ο καθένας με την δικιά του σταθερή ταχύτητα. Προέκυψε ότι κάθε σκιέρ συμμετείχε ακριβώς δυο φορές σε προσπέραση ( σε κάθε προσπέραση συμμετέχουν ακριβώς δυο σκιέρ, αυτός που προσπερνάει και αυτός που προσπεράστηκε). Στο τέλος του αγώνα πρέπει να καταρτιστεί το φύλλο αγώνος, οι αριθμοί των σκιέρ δηλαδή κατά σειρά τερματισμού. Να αποδείξετε, ότι σε αγώνα με τις παραπάνω ιδιότητες μπορούν να καταρτιστούν το πολύ δυο διαφορετικά φύλλα αγώνος.
Ξεκίνησαν (Ο πρώτος, ο τελευταίος).

O που ξεκίνησε πρώτος μπορεί και πρέπει, σύμφωνα με τα δεδομένα, να προσπερασθεί από δύο ακριβώς σκιέρ. Αυτοί μπορεί να είναι:
α) είτε οι και και ο να προσπερνά τον (έτσι έχουμε δύο φορές συμμετοχή σε προσπέρασμα για καθέναν από του τρεις).
β) είτε οι και οι οποίοι φυσικά προσπερνούν αρχικά τον (πάλι δύο φορές συμμετοχή σε προσπέρασμα για καθένα από τους τέσσερις σκιέρ). Άλλη περίπτωση προσπεράσματος - σύμφωνη με τα δεδομένα - του από δύο σκιέρ δεν βλέπω.

Στην (α) περίπτωση για τους ο μόνος δυνατός τρόπος προσπερασμάτων είναι οι και να προσπεράσουν τους και , άρα ο φύλλο αγώνα $\boxed{5,4,7,6,1,2,3}$

Στην (β) περίπτωση για τους ο μόνος δυνατός τρόπος προσπερασμάτων είναι ο προσπερνά τους και ο προσπερνά τον , άρα ο φύλλο αγώνα $\boxed{5,6,7,2,1,4,3}$

Δίνω μια προσέγγιση που επιβεβαιώνει ότι όντως δεν έχουμε καμιά άλλη περίπτωση. Θα γράψω τα φύλλα αγώνος ανάποδα από ότι τα γράφει ο Ευθύμης. Το μόνα δυνατά φύλλα αγώνος θα είναι τα 3,2,1,6,7,4,5

και

όπου το πρώτο φύλλο αγώνος δηλώνει ότι ο

τερμάτισε πρώτος, ο

δεύτερος κ.ο.κ.

Ότι αυτά τα φύλλα αγώνος μπορούν να προκύψουν το έχουμε ήδη δει.

Κάθε φορά που κάποιος προσπερνά θα πάει μια θέση μπροστά, ενώ κάθε φορά που τον προσπερνούν θα πάει μια θέση πίσω. Οπότε μετά από δύο προσπεράσματα, κάθε ένας είτε θα μείνει στην αρχική του θέση, είτε θα πάει δυο θέσεις μπροστά, είτε θα πάει δυο θέσεις πίσω.

Θα δείξουμε αρχικά ότι ο 1 σε καμία φάση του αγώνα δεν θα προσπεράσει κάποιον. Πράγματι έστω ότι σε κάποια στιγμή προσπερνάει τον

. Αυτό σημαίνει πως ο

σε κάποια στιγμή έχει προσπεράσει τον 1. Αυτό είναι αδύνατον λόγω τον σταθερών ταχυτήτων που κινούνται οι

και

.

Άρα αναγκαστικά ο

θα πέσει δύο θέσεις και με το ίδιο σκεπτικό αναγκαστικά ο

θα ανέβει δύο θέσεις. Μέχρι στιγμής κάθε φύλλο αγώνος πρέπει να είναι της μορφής $\ast \ast 1 \ast 7 \ast \ast$ .

Ο

δεν μπορεί να έμεινε στην θέση του αφού την καταλαμβάνει ο

. Ούτε μπορεί να έπεσε δύο θέσεις αφού την πέμπτη θέση την καταλαμβάνει ο

. Άρα πρέπει να ανέβηκε δύο θέσεις. Με το ίδιο σκεπτικό ο

έπεσε δύο θέσεις.

Μέχρι στιγμής κάθε φύλλο αγώνος πρέπει να είναι της μορφής $3 \ast 1 \ast 7 \ast 5$ .

Περίπτωση A: Κάποιος σε κάποια φάση προσπέρασε τον

. Δεν μπορεί να είναι κάποιος που ήταν ήδη μπροστά του λόγω των σταθερών ταχυτήτων. Άρα ήταν ένας από τους 5,6,7

. Αυτός πρέπει στην τελική κατάταξη να είναι μπροστά από τον

. Δεν μπορεί λοιπόν να ήταν ο

. Αν ήταν ο

τότε ο

καταλήγει έκτος. Αν ήταν ο

τότε ο

αφού ο

καταλήγει μπροστά από τον

πρέπει ο

να καταλήξει τέταρτος (δεν μπορεί να είναι δεύτερος αφού ανεβαίνει το πολύ δύο θέσεις) και ο

έκτος.

Άρα σε αυτήν την περίπτωση ο

καταλήγει έκτος. Ο

δεν μπορεί να είναι δεύτερος άρα σίγουρα το φύλλο αγώνος θα λέει 3,2,1,6,7,4,5

.

Περίπτωση B: Ο

προσπερνάει κάποιον. Ίδιο σκεπτικό με την Περίπτωση A και καταλήγουμε στο άλλο φύλλο αγώνος.

Al.Koutsouridis · #13

Demetres έγραψε:
Al.Koutsouridis έγραψε:
8. Για κάθε φυσικό αριθμό συμβολίζουμε με $S_{n}$ το άθροισμα των πρώτων πρώτων αριθμών. $S_{1} = 2 , S_{2} = 2+3=5, S_{3}=2+3+5 =10 , …$ . Είναι δυνατόν δυο διαδοχικοί όροι της ακολουθίας ${S_{n}}$ να είναι τετράγωνα φυσικών αριθμών;
Μήπως είναι εύκολη για 8;

Έτσι φαίνεται, αν και ήταν το πρόβλημα που δυσκόλεψε περισσότερο τους διαγωνιζόμενους. Από τους 282 (περιοχής Μόσχας) συμμετέχοντες 8 το έλυσαν πλήρως (7/7), 2 διαγωνιζόμενοι έγραψαν (6/7) και 3 (4/7).

Αν κάποιος μαθητής δεν γνωρίζει την σχέση 1 + 3 + 5 + ... + 2k-1 = k^2

το πρόβλημα γίνεται αρκετά δύσκολο για αυτόν. Η σχέση αυτή είναι πολύ γνωστή σε κάποιον που ασχολείτε με διαγωνισμούς βέβαια και αποκτά συγκριτικό πλεονέκτημα. Για αυτό κατα την γνώμη μου τα θέματα σε αυτές τις πρώτες φάσεις θα πρέπει να είναι όσο το δυνατόν ανεξάρτητα από το αν κάποιος έχει διαβάσει ή ασχοληθεί με διαγωνισμούς.

#14

Al.Koutsouridis έγραψε: 7. Σε μία ομάδα των εφτά ατόμων οποιοιδήποτε έξι μπορούν να καθίσουν σε στρογγυλό τραπέζι έτσι, ώστε οποιοιδήποτε δυο διπλανοί να είναι γνωστοί. Να αποδείξετε ότι και όλη η ομάδα μπορεί να καθίσει σε στρογγυλό τραπέζι έτσι, ώστε οποιοιδήποτε δύο διπλανοί να είναι γνωστοί.

Παρατήρηση 1: Κάθε άτομο γνωρίζει τουλάχιστον άλλους τρεις.
Απόδειξη: Παίρνουμε μια ομάδα έξι ατόμων που να περιέχει τον Α. Μπορούμε να τους κάτσουμε κυκλικά οπότε ο Α γνωρίζει τουλάχιστον άλλους δύο, έστω τους Β και Γ. Παίρνουμε τώρα όλα τα άτομα εκτός του Β. Με το ίδιο σκεπτικό ο Α γνωρίζει τουλάχιστον δύο από αυτά τα άτομα. Μαζί με τον Β γίνονται τρεις.

Παρατήρηση 2: Υπάρχει τουλάχιστον ένα άτομο που γνωρίζει τουλάχιστον τέσσερα άτομα.
Απόδειξη: Αν δεν ισχύει αυτό τότε από την Παρατήρηση 1 κάθε άτομο γνωρίζει ακριβώς τρία άτομα. Συνολικά λοιπόν έχουμε $7 \times 3/2 = 10.5$ γνωριμίες, άτοπο.

Έστω λοιπόν ότι ο Α έχει τουλάχιστον τέσσερις γνωστούς. Βάζουμε τους άλλος έξι κυκλικά στο τραπέζι. Από τους τέσσερις που γνωρίζει ο Α υπάρχουν δύο που κάθονται συνεχόμενα στο τραπέζι. Βάζουμε τον Α ανάμεσά τους και τελειώσαμε.

#15

Al.Koutsouridis έγραψε: 3. Είναι δυνατόν για κάποιο φυσικό αριθμό να χωρίσουμε όλους τους φυσικούς αριθμούς από το έως σε δυο ομάδες και να γράψουμε τους αριθμούς κάθε ομάδας στη σειρά (κολλητά) με κάποια διάταξη ώστε, να προκύψουν δυο ίσοι αριθμοί;

Όμορφο!

Έστω ότι ο

είναι

-ψήφιος. Πρέπει $n \geqslant 2$ αλλιώς είναι προφανές ότι δεν γίνεται. Η μια ομάδα σίγουρα θα περιέχει τον αριθμό $10\cdots 0$ με n-1

μηδενικά. Ότι και να κάνουμε όμως δεν μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τους υπόλοιπους αριθμούς για να φτιάξουμε ένα κομμάτι που ξεκινάει από

και τελειώνει με n-1

μηδενικά. (Κανένας αριθμός δεν ξεκινάει με

οπότε για να φτιάξουμε τέτοιο πρέπει να πάρουμε αριθμό που να έχει ακριβώς n-1

μηδενικά και βέβαια να έχει μπροστά τους το

. Μόνο όμως ένας τέτοιος αριθμός υπάρχει.)

#16

Al.Koutsouridis έγραψε:
Demetres έγραψε: Μήπως είναι εύκολη για 8;
Έτσι φαίνεται, αν και ήταν το πρόβλημα που δυσκόλεψε περισσότερο τους διαγωνιζόμενους. Από τους 282 (περιοχής Μόσχας) συμμετέχοντες 8 το έλυσαν πλήρως (7/7), 2 διαγωνιζόμενοι έγραψαν (6/7) και 3 (4/7).

Αν κάποιος μαθητής δεν γνωρίζει την σχέση το πρόβλημα γίνεται αρκετά δύσκολο για αυτόν. Η σχέση αυτή είναι πολύ γνωστή σε κάποιον που ασχολείτε με διαγωνισμούς βέβαια και αποκτά συγκριτικό πλεονέκτημα. Για αυτό κατα την γνώμη μου τα θέματα σε αυτές τις πρώτες φάσεις θα πρέπει να είναι όσο το δυνατόν ανεξάρτητα από το αν κάποιος έχει διαβάσει ή ασχοληθεί με διαγωνισμούς.

Μιλάμε όμως για Γ' Γυμνασίου στην Ρωσία. Οι Ρώσοι δεν ξέρουν αυτήν την σχέση από το δημοτικό;

#17

Al.Koutsouridis έγραψε:8. Για κάθε φυσικό αριθμό συμβολίζουμε με $S_{n}$ το άθροισμα των πρώτων πρώτων αριθμών. $S_{1} = 2 , S_{2} = 2+3=5, S_{3}=2+3+5 =10 , …$ . Είναι δυνατόν δυο διαδοχικοί όροι της ακολουθίας ${S_{n}}$ να είναι τετράγωνα φυσικών αριθμών;

Κάτι παρόμοιο είδαμε εδώ
viewtopic.php?f=111&t=53048

Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/2010 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/2010 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/2010 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/2010 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/2010 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/2010 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/2010 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/2010 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/2010 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/2010 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/2010 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/2010 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/2010 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/2010 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/2010 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/2010 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/2010 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/2010 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Μέλη σε σύνδεση