Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (τάξη 10η, μέρα 2η)

Al.Koutsouridis · #1

XLIX Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα
Εκπαιδευτικό κέντρο «Σείριος», Σότσι 21-27 Απριλίου 2023
Θέματα της δεύτερης μέρας για την 10η τάξη.

1. Να βρείτε τον μεγαλύτερο φυσικό αριθμό

, για τον οποίο το γινόμενο των αριθμών $n, n+1, n+2, \ldots , n+20$ διαιρείται με το τετράγωνο κάποιου ενός εξ αυτών. (Α. Χραμπρόβ)

2. Ένα τετράγωνο διαστάσεων $100 \times 100$ διαμερίστηκε σε τετράγωνα $2 \times 2$ . Ύστερα διαμερίστηκε σε ντόμινο (ορθογώνια διαστάσεων $1 \times 2$ και $2 \times 1$ ). Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός ντόμινο που μπορεί να προκύψει να βρίσκεται στο εσωτερικό των τετραγώνων της διαμέρισης; (Σ. Μπερλόβ)

3. Δίνεται τραπέζιο ABCD

, στο οποίο AD || BC

και οι ημιευθείες

και

τέμνονται στο σημείο

. Οι κοινές εξωτερικές εφαπτόμενες των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων ABC

και

, τέμνονται στο σημείο

. Οι κοινές εξωτερικές εφαπτόμενες των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων ABD

και

, τέμνονται στο σημείο

. Να αποδείξετε, ότι τα σημεία E,F

και

είναι συνευθειακά. (Α. Κουζνέτσοβ)

4. Δίνεται ένας αριθμός $a \in (0,1)$ . Οι θετικοί αριθμοί $x_{0}, x_{1}, \dots , x_{n}$ ικανοποιούν τις συνθήκες

$x_{0}+ x_{1}+ \dots + x_{n} =n+a$ και $\dfrac{1}{x_{0}} +\dfrac{1}{x_{1}}+ \ldots +\dfrac{1}{x_{n}} = n+\dfrac{1}{a}$ .

Να βρείτε την ελάχιστη τιμή της έκφρασης $x_{0}^2 + x_{1}^2 + \ldots +x_{n}^2$ . (Α. Χραμπρόβ)

Ορέστης Λιγνός · #2

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Δευ Απρ 24, 2023 9:45 pm
1. Να βρείτε τον μεγαλύτερο φυσικό αριθμό , για τον οποίο το γινόμενο των αριθμών $n, n+1, n+2, \ldots , n+20$ διαιρείται με το τετράγωνο κάποιου ενός εξ αυτών. (Α. Χραμπρόβ)

Είναι $n_{{\rm max}}=20!$ . Ονομάζουμε έναν θετικό ακέραιο

καλό, αν έχει την ιδιότητα που αναφέρει η εκφώνηση. Χωρίζουμε την απόδειξη σε 2 μέρη:

Μέρος 1: Ο n=20!

είναι καλός. Πράγματι, είναι $20! \mid 20! \cdot (20!+1) \cdots \cdot (20!+20),$ καθώς αυτό είναι ισοδύναμο με το ότι $20! \mid (20!+1) \cdots (20!+20)$ , που προφανώς ισχύει.

Μέρος 2: Αν ο

είναι καλός, τότε $n \leq 20!$ . Ας υποθέσουμε ότι υπήρχε n>20!

ώστε ο

να ήταν καλός. Γνωρίζουμε ότι

$(n+i)^2 \mid n(n+1) \cdots (n+20),$

για κάποιο $i \in \{0,1, \ldots, 20 \}$ . Αν i=0

ή

τότε εύκολα προκύπτει ότι πρέπει $n \mid 20!$ στην πρώτη περίπτωση και $n+20 \mid 20!$ στην δεύτερη. Αφού όμως n>20!,

έχουμε άμεσα άτοπο.

Έστω τώρα $1 \leq i \leq 19$ . Ονομάζουμε έναν δείκτη

συμβατό αν είναι $0 \leq j \leq 20$ και $j \neq i$ . Είναι

$\displaystyle \prod_{j \, \text{\gr συμβατός}} (n+j) \equiv \prod_{j \, \text{\gr συμβατός}} (j-i) \equiv i!(20-i)! \pmod {n+i},$

και άρα για να ικανοποιείται η συνθήκη πρέπει $(n+i) \mid i!(20-i)!,$ οπότε

$20!<n<n+i \leq i!(20-i)! \leq 20!,$

άτοπο. Η τελευταία ανισότητα ισχύει λόγω του επόμενου Λήμματος.

Λήμμα: Αν $a,b \geq 0$ , είναι $a!b! \leq (a+b)!$ .
Απόδειξη: Αν a=0

ή

η ανισότητα είναι προφανής. Έστω τώρα $a,b \geq 1$ . Χωρίς βλάβη της γενικότητας, έστω $a \geq b$ . Τότε, είναι

$(a+b)!=b! \cdot (b+1) \ldots (b+a) \geq b! \cdot 1 \cdot 2 \cdots a=a! \cdot b!,$

όπως θέλαμε $\blacksquare$

Ορέστης Λιγνός · #3

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Δευ Απρ 24, 2023 9:45 pm
3. Δίνεται τραπέζιο , στο οποίο και οι ημιευθείες και τέμνονται στο σημείο . Οι κοινές εξωτερικές εφαπτόμενες των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων και , τέμνονται στο σημείο . Οι κοινές εξωτερικές εφαπτόμενες των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων και , τέμνονται στο σημείο . Να αποδείξετε, ότι τα σημεία και είναι συνευθειακά. (Α. Κουζνέτσοβ)

Ο βασικός Ισχυρισμός είναι ο επόμενος:

Ισχυρισμός: Τα τετράπλευρα EGAC

και

είναι εγγράψιμα.
Απόδειξη: Θα αποδείξουμε μόνο ότι το πρώτο τετράπλευρο είναι εγγράψιμο, καθώς η απόδειξη για το δεύτερο είναι όμοια.

Έστω ότι οι EA,EC

τέμνουν τον κύκλο (ABC)

στα σημεία P,Q

αντίστοιχα και τον κύκλο (ADC)

στα σημεία P',Q'

αντίστοιχα. Είναι,

$\angle AEC=\angle AQC-\angle EAQ=(180^\circ-\angle ABC)-\dfrac{\overset\frown{PQ}}{2}=$

$=180^\circ-\angle ABC-\dfrac{\overset\frown{P'Q'}}{2}=180^\circ-\angle ABC-(180^\circ-\angle ADC)=\angle AGD=\angle AGC,$

συνεπώς το τετράπλευρο EGAC

είναι εγγράψιμο $\blacksquare$

Πίσω στο πρόβλημα, προφανώς είναι EA=EC

, συνεπώς

$\angle EGC=\angle EAC=\angle ECA=180^\circ-\angle EGA,$

και άρα η

είναι η εξωτερική διχοτόμος της γωνίας $\angle AGC$ . Όμοια, το ίδιο ισχύει και για την

, συνεπώς τα σημεία E,F,G

είναι συνευθειακά, όπως θέλαμε.

Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (τάξη 10η, μέρα 2η)

Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (τάξη 10η, μέρα 2η)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (τάξη 10η, μέρα 2η)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2023 (τάξη 10η, μέρα 2η)

Μέλη σε σύνδεση