mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 10, 2018 4:21 pm**

LXXVII Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2014 11ή τάξη.

Πρώτη Μέρα.

Πρόβλημα 1. Το δευτεροβάθμιο τριώνυμο f(x) =ax^2+bx+c

παίρνει ετερόσημες τιμές στα σημεία

και $\dfrac{1}{a}$ . Αποδείξτε, ότι οι ρίζες του τριωνύμου f(x)

έχουν ετερόσημες τιμές.

Πρόβλημα 2. Να βρείτε όλες τις τιμές του

, για τις οποίες θα βρεθούν τέτοια x,y

και

, ώστε οι αριθμοί $\cos x, \cos y$ και $\cos z$ να είναι ανά δυο διαφορετικοί μεταξύ τους και να σχηματίζουν αριθμητική πρόοδο με τη δοθείσα σειρά, επιπλέον οι αριθμοί $\cos (x+a), \cos (y+a)$ και $\cos (z+a)$ επίσης να αποτελούν αριθμητική πρόοδο με την δοθείσα σειρά.

Πρόβλημα 3. Στις πλευρές

και

παραλληλογράμμου ABCD

με κέντρο

σημειώθηκαν σημεία

και

αντίστοιχα, ώστε $\angle AOP = \angle COQ = \angle ABC$ .
α) Αποδείξτε, ότι $\angle ABP = \angle CBQ$ .
β) Αποδείξτε, ότι οι ευθείες

και

τέμνονται στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC

Πρόβλημα 4. Ο Αλέξανδρος παρατήρησε, ότι στο πληκτρολόγιο του έμειναν

λειτουργικά πλήκτρα με ψηφία. Προέκυψε, ότι οποιοδήποτε φυσικός αριθμός από το

μέχρι το

μπορεί να σχηματιστεί, είτε πληκτρολογώντας τα λειτουργικά πλήκτρα, είτε ως αποτέλεσμα αθροίσματος δυο φυσικών αριθμών, καθένας εκ των οποίων μπορεί να πληκτρολογηθεί, χρησιμοποιώντας τα πλήκτρα που λειτουργούν. Για ποιο ελάχιστο

, αυτό είναι δυνατό;

Πρόβλημα 5. Το πολυώνυμο P(x)

ικανοποιεί τις ακόλουθες σχέσεις: P(0) =1

, $(P(x))^2 = 1+x+x^{100}Q(x)$ για όλα τα πραγματικά

, όπου

κάποιο πολυώνυμο. Να αποδείξετε, ότι ο συντελεστής του $x^{99}$ του πολυωνύμου $(P(x)+1)^{100}$ είναι ίσος με μηδέν.

Πρόβλημα 6. Σε ένα βασίλειο μερικά ζεύγη πόλεων είναι συνδεδεμένα με σιδηροδρομική γραμμή. Ο βασιλιάς έχει μια πλήρη λίστα, στην οποία είναι απαριθμημένα κατά όνομα όλα τα τέτοια ζεύγη (κάθε πόλη έχει το δικό της προσωπικό όνομα). Προέκυψε, ότι για οποιοδήποτε διατεταγμένο ζεύγος πόλεων ο πρίγκιπας μπορεί να μετονομάσει όλες τις πόλεις έτσι, ώστε η πρώτη πόλη να καταλήξει να έχει το όνομα της δεύτερης πόλης και ο βασιλιάς να μην αντιληφθεί την αλλαγή. Είναι άραγε αληθές, ότι για οποιοδήποτε ζεύγος ο πρίγκιπας μπορεί να μετονομάσει όλες τις πόλεις έτσι, ώστε η πρώτη πόλη να καταλήξει να έχει το όνομα της δεύτερης πόλης, η δεύτερη πόλη να καταλήξει να έχει το όνομα της πρώτης και ο βασιλιάς να μην αντιληφθεί την αλλαγή;

Δεύτερη Μέρα.

Πρόβλημα 1. Υπάρχει άραγε δευτεροβάθμιο τριώνυμο f(x) =ax^2+bx+c

με ακέραιους συντελεστές και

να μην διαιρείται με το 2014

, ώστε όλοι οι αριθμοί $f(1), f(2), \dots , f(2014)$ να αφήνουν διαφορετικά υπόλοιπα με την διαίρεσή τους με το 2014

; Εξηγήστε τη απάντηση.

Πρόβλημα 2. Να βρείτε όλα τα

και

τέτοια ώστε $\left | a \right |+\left | b\right |\geq \dfrac{2}{\sqrt{3}}$ και για όλα τα

να ικανοποιείται η ανισότητα $\left | a \sin x + b \sin (2x) \right | \leq 1$ .

Πρόβλημα 3. Να αποδείξετε, ότι για οποιοδήποτε φυσικό

θα βρεθεί φυσικός αριθμός, η δεκαδική αναπαράσταση του τετραγώνου του οποίου αρχίζει με

μονάδες και τελειώνει με κάποιο συνδυασμό

δυάρια και μονάδες.

Πρόβλημα 4. Ένας σεφ έχει υπό την επίβλεψή του δέκα μάγειρες, μερικοί από τους οποίους έχουν φιλία μεταξύ τους. Κάθε εργάσιμη μέρα ο σεφ αναθέτει έναν ή μερικούς μάγειρες σε επιμελητές καθαριότητας, ο καθένας εκ των επιμελητών φεύγοντας από την δουλειά παίρνει μαζί του από ένα γλυκό σε κάθε μη επιμελητή φίλο του. Στο τέλος της μέρας ο σεφ γνωρίζει πόσα γλυκά λείπουν. Μπορεί άραγε σε

εργάσιμες μέρες να καταλάβει, ποιοι εκ των μαγείρων είναι φίλοι μεταξύ τους, και ποιοι όχι;

Πρόβλημα 5. Η επιφάνεια του κυρτού πολύεδρου $A_{1}B_{1}C_{1}A_{2}B_{2}C_{2}$ αποτελείται από οχτώ τριγωνικές έδρες $A_{i}B_{j}C_{k}$ όπου τα i,j,k

παίρνουν τιμές από

έως

. Σφαίρα με κέντρο το σημείο

εφάπτεται όλων αυτών των εδρών. Να αποδείξετε ότι το σημείο

και τα μέσα των τριών τμημάτων $A_{1}A_{2}, B_{1}B_{2}$ και $C_{1}C_{2}$ βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 10, 2018 5:25 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε: Σάβ Φεβ 10, 2018 4:21 pm
Πρώτη Μέρα.

Πρόβλημα 1. Το δευτεροβάθμιο τριώνυμο παίρνει ετερόσημες τιμές στα σημεία και $\dfrac{1}{a}$ . Αποδείξτε, ότι οι ρίζες του τριωνύμου έχουν ετερόσημες τιμές.

Είναι

$\displaystyle f\left( c \right)f\left( {\frac{1}{a}} \right) = \left( {a{c^2} + bc + c} \right)\left( {a \cdot \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{b}{a} + c} \right) = c\left( {ac + b + 1} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{b}{a} + c} \right) = \frac{c}{a}{\left( {ac + b + 1} \right)^2}.$

Από την υπόθεση, είναι $\displaystyle f\left( c \right)f\left( {\frac{1}{a}} \right) < 0.$ Άρα, θα είναι $\displaystyle \frac{c}{a} < 0,$ οπότε (από τον τύπο του Vieta) το δευτεροβάθμιο τριώνυμο $\displaystyle f\left( x \right)$ έχει ετερόσημες ρίζες.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 10, 2018 5:47 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε: Σάβ Φεβ 10, 2018 4:21 pm
Πρώτη Μέρα.

Πρόβλημα 2. Να βρείτε όλες τις τιμές του , για τις οποίες θα βρεθούν τέτοια και , ώστε οι αριθμοί $\cos x, \cos y$ και $\cos z$ να είναι ανά δυο διαφορετικοί μεταξύ τους και να σχηματίζουν αριθμητική πρόοδο με τη δοθείσα σειρά, επιπλέον οι αριθμοί $\cos (x+a), \cos (y+a)$ και $\cos (z+a)$ επίσης να αποτελούν αριθμητική πρόοδο με την δοθείσα σειρά.

Έστω ότι ο αριθμός

ικανοποιεί τις δοσμένες συνθήκες. Τότε:

$\displaystyle 2\cos y = \cos x + \cos z$ $\bf \color{red} \left( 1 \right)$

και

$\displaystyle 2\cos \left( {y + a} \right) = \cos \left( {x + a} \right) + \cos \left( {z + a} \right) \Rightarrow$

$\displaystyle \Rightarrow 2\cos y\cos a - 2\sin y\sin a = \cos x\cos a - \sin x\sin a + \cos z\cos a - \sin z\sin a \Rightarrow$

$\displaystyle \Rightarrow \left( {2\cos y - \cos x - \cos z} \right)\cos a = \left( {2\sin y - \sin x - \sin z} \right)\sin a \Rightarrow$

$\displaystyle \Rightarrow \left( {2\sin y - \sin x - \sin z} \right)\sin a = 0.$

Έστω ότι ισχύει

$\displaystyle {2\sin y = \sin x + \sin z}$ $\bf \color{red} \left( 2 \right)$ .

Θεωρούμε τα (διαφορετικά ανά δύο) σημεία $\displaystyle X\left( {\cos x,\sin x} \right),$ $\displaystyle Y\left( {\cos y,\sin y} \right)$ και $\displaystyle Z\left( {\cos z,\sin z} \right)$ του μοναδιαίου κύκλου. Τότε, από τις σχέσεις $\bf \color{red} \left( 1 \right)$ και $\bf \color{red} \left( 2 \right)$ έπεται ότι το σημείο $\displaystyle Y$ είναι το μέσο του ευθύγραμμου τμήματος $\displaystyle XZ$ , πράγμα άτοπο.

Επομένως, θα είναι $\displaystyle \sin a = 0,$ οπότε $\displaystyle a = k\pi$ με $k \in \mathbb{Z}$ .

Εύκολα βλέπουμε ότι όλες αυτές οι τιμές του

είναι δεκτές, αν πάρουμε (για παράδειγμα) $\displaystyle \left( {x,y,z} \right) = \left( {0,\frac{\pi }{2},\pi } \right).$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 10, 2018 6:32 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε: Σάβ Φεβ 10, 2018 4:21 pm Πρώτη Μέρα.
Πρόβλημα 5. Το πολυώνυμο ικανοποιεί τις ακόλουθες σχέσεις: , $(P(x))^2 = 1+x+x^{100}Q(x)$ για όλα τα πραγματικά , όπου κάποιο πολυώνυμο. Να αποδείξετε, ότι ο συντελεστής του $x^{99}$ του πολυωνύμου $(P(x)+1)^{100}$ είναι ίσος με μηδέν.

Επειδή ο αριθμός

είναι ρίζα του πολυωνύμου $\displaystyle P\left( x \right) - 1,$ θα υπάρχει πολυώνυμο $\displaystyle R\left( x \right)$ τέτοιο, ώστε

$\displaystyle P\left( x \right) - 1 = xR\left( x \right).$

Θεωρούμε το πολυώνυμο

$\displaystyle F\left( x \right) = {\left( {P\left( x \right) + 1} \right)^{100}} + {\left( {P\left( x \right) - 1} \right)^{100}}.$

Επειδή

$\displaystyle F\left( x \right) = {\left( {P\left( x \right) + 1} \right)^{100}} + {x^{100}}{\left( {R\left( x \right)} \right)^{100}},$

ο συντελεστής του $x^{99}$ στο ανάπτυγμα του πολυωνύμου $\displaystyle {\left( {P\left( x \right) + 1} \right)^{100}}$ είναι ίσος με το συντελεστή του $x^{99}$ στο ανάπτυγμα του πολυωνύμου $\displaystyle F\left( x \right).$

Από τον τύπο του διωνύμου του Newton έχουμε ότι:

$\displaystyle F\left( x \right) = \sum\limits_{j = 0}^{100} \binom{100}{j} {\left( {P\left( x \right)} \right)^j} + \sum\limits_{j = 0}^{100} {{{\left( { - 1} \right)}^j}\binom{100}{j} {\left( {P\left( x \right)} \right)^j} =$

$\displaystyle = 2\sum\limits_{k = 0}^{50} \binom{100}{2k} {\left( {P\left( x \right)} \right)^{2k}} = 2\sum\limits_{k = 0}^{50} \binom{100}{2k} {\left( {1 + x + {x^{100}}Q\left( x \right)} \right)^k}.$

Προφανώς, ο συντελεστής του $x^{99}$ στο ανάπτυγμα κάθε προσθετέου του τελευταίου αθροίσματος είναι ίσος με

. Άρα, ο συντελεστής του $x^{99}$ στο ανάπτυγμα του πολυωνύμου $\displaystyle F\left( x \right)$ είναι ίσος με

και το ζητούμενο δείχθηκε.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 11, 2018 11:55 am**

Al.Koutsouridis έγραψε: Σάβ Φεβ 10, 2018 4:21 pm Πρώτη Μέρα.
Πρόβλημα 3. Στις πλευρές και παραλληλογράμμου με κέντρο σημειώθηκαν σημεία και αντίστοιχα, ώστε $\angle AOP = \angle COQ = \angle ABC$ .
α) Αποδείξτε, ότι $\angle ABP = \angle CBQ$ .
β) Αποδείξτε, ότι οι ευθείες και τέμνονται στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου .

: Moscow Math Olympiad 2014 (11 class).png (38.68 KiB) Προβλήθηκε 2557 φορές

α) Αρκεί να αποδείξουμε ότι τα τρίγωνα $\displaystyle PAB$ και $\displaystyle QCB$ είναι όμοια. Αφού $\displaystyle \angle PAB = \angle QCB,$ αρκεί να αποδείξουμε ότι $\displaystyle \frac{{BA}}{{AP}} = \frac{{BC}}{{CQ}}.$

Επειδή $\displaystyle \angle AOP = \angle PDQ = \varphi$ και $\displaystyle \angle COQ = \angle ADQ = \varphi,$ τα τετράπλευρα POCD

και

είναι εγγράψιμα σε κύκλο. Συνεπώς:

$\displaystyle AP \cdot AD = AO \cdot AC = CO \cdot CA = CQ \cdot CD$

και άρα

$\displaystyle \frac{{AP}}{{CQ}} = \frac{{CD}}{{AD}} = \frac{{BA}}{{BC}} \Rightarrow \frac{{BA}}{{AP}} = \frac{{BC}}{{CQ}},$

οπότε το συμπέρασμα έπεται.

β) Έστω

το σημείο τομής των

και

. Τότε, από το σχήμα έχουμε ότι:

$\displaystyle \angle ABC + \angle AXC = \varphi + \angle AXC = \omega + \theta + \angle AXC = {180^ \circ }.$

Άρα, το τετράπλευρο ABCX

είναι εγγράψιμο σε κύκλο και το ζητούμενο δείχθηκε.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 12, 2018 12:38 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε: Σάβ Φεβ 10, 2018 4:21 pm LXXVII Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2014 11ή τάξη.
Πρόβλημα 4. Ο Αλέξανδρος παρατήρησε, ότι στο πληκτρολόγιο του έμειναν λειτουργικά πλήκτρα με ψηφία. Προέκυψε, ότι οποιοδήποτε φυσικός αριθμός από το μέχρι το μπορεί να σχηματιστεί, είτε πληκτρολογώντας τα λειτουργικά πλήκτρα, είτε ως αποτέλεσμα αθροίσματος δυο φυσικών αριθμών, καθένας εκ των οποίων μπορεί να πληκτρολογηθεί, χρησιμοποιώντας τα πλήκτρα που λειτουργούν. Για ποιο ελάχιστο , αυτό είναι δυνατό;

Για

γίνεται με τα ψηφία 0,1,2,4,7

. Αυτό είναι άμεσο επειδή κάθε αριθμός από το

ως το

μπορεί να γραφτεί ως άθροισμα δύο εκ των ψηφίων. Άρα μπορούμε να σχηματίσουμε και κάθε φυσικό αριθμό ως άθροισμα δύο πληκτρολογίσιμων φυσικών αριθμών κάνοντας την επιλογή ψηφίο προς ψηφίο χωρίς να χρειαστεί κράτημα.

Αν έχουμε μόνο τέσσερα ψηφία θα δείξουμε ότι δεν μπορούμε καν να σχηματίσουμε κάθε φυσικό αριθμό από το

ως το

. Πράγματι κοιτάζοντας τα τελικά ψηφία μόνα τους, μπορούμε να πάρουμε το πολύ $4 + \binom{4}{2} = 10$ τελικά ψηφία. Η ισότητα θα ισχύει αν κάθε δύο ψηφία που προσθέτουμε έχουν διαφορετικό τελικό ψηφίο το οποίο να είναι μάλιστα διαφορετικό από τα ψηφία που έχουμε.

Έστω ότι έχουμε

περιττά και

άρτια ψηφία. Τότε μπορούμε να πάρουμε το πολύ ab + a

περιττά ψηφία. Θέλουμε όμως

περιττά ψηφία και πρέπει να έχουμε ισότητα. (Αλλιώς θα έχουμε λιγότερα άρτια ψηφία.) Όμως η εξίσωση ab+a = 5

δίνει

, ή

, άτοπο αφού a+b = 4

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 19, 2018 11:59 am**

Al.Koutsouridis έγραψε: Σάβ Φεβ 10, 2018 4:21 pm LXXVII Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2014 11ή τάξη.

Δεύτερη Μέρα.

Πρόβλημα 4. Ένας σεφ έχει υπό την επίβλεψή του δέκα μάγειρες, μερικοί από τους οποίους έχουν φιλία μεταξύ τους. Κάθε εργάσιμη μέρα ο σεφ αναθέτει έναν ή μερικούς μάγειρες σε επιμελητές καθαριότητας, ο καθένας εκ των επιμελητών φεύγοντας από την δουλειά παίρνει μαζί του από ένα γλυκό σε κάθε μη επιμελητή φίλο του. Στο τέλος της μέρας ο σεφ γνωρίζει πόσα γλυκά λείπουν. Μπορεί άραγε σε εργάσιμες μέρες να καταλάβει, ποιοι εκ των μαγείρων είναι φίλοι μεταξύ τους, και ποιοι όχι;

Ναι μπορεί. Τις πρώτες

μέρες αφήνει τους μάγειρες

ως

μόνους τους. Στο τέλος ξέρεις πόσους φίλους έχει κάθε ένας. Τις επόμενες

μέρες, αφήνει τους μάγειρες

ως

με όλους τους δυνατούς ανά δύο τρόπους. Έτσι μπορεί να ξέρει για κάθε δυάδα από τους μάγειρες

ως

αν είναι φίλοι μεταξύ τους. Πράγματι, αν ο

έχει

φίλους και ο

έχει

φίλους, όταν τους αφήσει μαζί, είτε θα είναι φίλοι και θα λείπουν a_i+a_j-2

γλυκά, είτε δεν θα είναι φίλοι και θα λείπουν a_i+a_j

γλυκά.

Τότε όμως ξέρει και όλες τις φιλίες. Αφού π.χ. ξέρει το πλήθος των φίλων του

καθώς και ποιοι από τους

ως

είναι φίλοι του, θα ξέρει και αν ο

είναι φίλος του. Ομοίως και για τους υπόλοιπους.

(Θεώρησα την φιλία συμμετρική σχέση.)

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 27, 2018 5:22 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε: Σάβ Φεβ 10, 2018 4:21 pm LXXVII Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2014 11ή τάξη.

Πρώτη Μέρα.

Πρόβλημα 6. Σε ένα βασίλειο μερικά ζεύγη πόλεων είναι συνδεδεμένα με σιδηροδρομική γραμμή. Ο βασιλιάς έχει μια πλήρη λίστα, στην οποία είναι απαριθμημένα κατά όνομα όλα τα τέτοια ζεύγη (κάθε πόλη έχει το δικό της προσωπικό όνομα). Προέκυψε, ότι για οποιοδήποτε διατεταγμένο ζεύγος πόλεων ο πρίγκιπας μπορεί να μετονομάσει όλες τις πόλεις έτσι, ώστε η πρώτη πόλη να καταλήξει να έχει το όνομα της δεύτερης πόλης και ο βασιλιάς να μην αντιληφθεί την αλλαγή. Είναι άραγε αληθές, ότι για οποιοδήποτε ζεύγος ο πρίγκιπας μπορεί να μετονομάσει όλες τις πόλεις έτσι, ώστε η πρώτη πόλη να καταλήξει να έχει το όνομα της δεύτερης πόλης, η δεύτερη πόλη να καταλήξει να έχει το όνομα της πρώτης και ο βασιλιάς να μην αντιληφθεί την αλλαγή;

Η απάντηση είναι αρνητική. Ένα παράδειγμα είναι το πιο κάτω:

$\displaystyle \begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm] \clip(9.58053539513193,1.1797463385788545) rectangle (16.582110139968258,7.479098247649878); \draw [line width=0.8pt] (10.585786437626904,5.414213562373096)-- (12.,6.82842712474619); \draw [line width=0.8pt] (12.,6.82842712474619)-- (12.51763809020504,4.8965754721680534); \draw [line width=0.8pt] (12.51763809020504,4.8965754721680534)-- (10.585786437626904,5.414213562373096); \draw [line width=0.8pt] (13.482361909794959,4.896575472168053)-- (14.,6.82842712474619); \draw [line width=0.8pt] (14.,6.82842712474619)-- (15.414213562373096,5.414213562373095); \draw [line width=0.8pt] (15.414213562373096,5.414213562373095)-- (13.482361909794959,4.896575472168053); \draw [line width=0.8pt] (10.585786437626904,3.414213562373096)-- (12.517638090205041,3.9318516525781373); \draw [line width=0.8pt] (12.517638090205041,3.9318516525781373)-- (12.,2.); \draw [line width=0.8pt] (12.,2.)-- (10.585786437626904,3.414213562373096); \draw [line width=0.8pt] (13.482361909794959,3.9318516525781373)-- (14.,2.); \draw [line width=0.8pt] (14.,2.)-- (15.414213562373096,3.414213562373095); \draw [line width=0.8pt] (15.414213562373096,3.414213562373095)-- (13.482361909794959,3.9318516525781373); \draw [line width=0.8pt] (10.585786437626904,3.414213562373096)-- (10.585786437626904,5.414213562373096); \draw [line width=0.8pt] (12.,6.82842712474619)-- (14.,6.82842712474619); \draw [line width=0.8pt] (15.414213562373096,5.414213562373095)-- (15.414213562373096,3.414213562373095); \draw [line width=0.8pt] (14.,2.)-- (12.,2.); \draw [line width=0.8pt] (12.517638090205041,3.9318516525781373)-- (13.482361909794959,4.896575472168053); \draw [line width=0.8pt] (13.482361909794959,3.9318516525781373)-- (12.51763809020504,4.8965754721680534); \draw (11.7,7.2312548938503625) node[anchor=north west] {1}; \draw (14.062369376339845,7.251908506666989) node[anchor=north west] {2}; \draw (15.570083111953567,5.599619481336884) node[anchor=north west] {3}; \draw (15.570083111953567,3.430990135591122) node[anchor=north west] {4}; \draw (13.979754925073339,1.8406619487108964) node[anchor=north west] {5}; \draw (11.76981835369432,1.8406619487108964) node[anchor=north west] {6}; \draw (10.220797392447347,3.348375684324617) node[anchor=north west] {7}; \draw (10.179490166814094,5.661580319786763) node[anchor=north west] {8}; \draw (13.5,5.5) node[anchor=north west] {9}; \draw (13.58733628155744,3.761447940657143) node[anchor=north west] {10}; \draw (11.6,3.699487102207264) node[anchor=north west] {11}; \draw (11.955700869043959,5.3724297403539945) node[anchor=north west] {12}; \draw [fill=white] (12.,2.) circle (1.5pt); \draw [fill=white] (14.,2.) circle (1.5pt); \draw [fill=white] (15.414213562373096,3.414213562373095) circle (1.5pt); \draw [fill=white] (15.414213562373096,5.414213562373095) circle (1.5pt); \draw [fill=white] (14.,6.82842712474619) circle (1.5pt); \draw [fill=white] (12.,6.82842712474619) circle (1.5pt); \draw [fill=white] (10.585786437626904,5.414213562373096) circle (1.5pt); \draw [fill=white] (10.585786437626904,3.414213562373096) circle (1.5pt); \draw [fill=white] (12.517638090205041,3.9318516525781373) circle (1.5pt); \draw [fill= white] (13.482361909794959,3.9318516525781373) circle (1.5pt); \draw [fill= white] (13.482361909794959,4.896575472168053) circle (1.5pt); \draw [fill= white] (12.51763809020504,4.8965754721680534) circle (1.5pt); \end{tikzpicture}$

Με περιστροφές και ανακλάσεις είναι εύκολο να αλλάξουμε το όνομα της πόλης

σε κάποιο από τα $2,\ldots,8$ χωρίς ο βασιλιάς να το πάρει είδηση. Μπορούμε να αλλάξουμε επίσης το όνομα της πόλης

σε

(και άρα και σε 9,10,11

) χωρίς πάλι ο βασιλιάς να το πάρει είδηση. Αρκεί να ονομάσουμε τις πόλεις $1,2,\ldots,12$ ως εξής:

12,10,5,6,11,9,2,1,4,7,3,8

Όμως ο πρίγκιπας δεν μπορεί να ανταλλάξει το όνομα οποιονδήποτε δύο πόλεων χωρίς να το πάρει είδηση ο βασιλιάς. Αν π.χ. ανταλλάξει το όνομα των

και

, τότε η

πρέπει να παραμείνει με το ίδιο όνομα αφού είναι η μόνο κοινή γειτονική πόλη. Αυτό είναι αδύνατο αφού οι πόλεις

και

δεν έχουν κοινή γειτονική πόλη ενώ οι

και

έχουν.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 28, 2018 12:09 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε: Σάβ Φεβ 10, 2018 4:21 pm LXXVII Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2014 11ή τάξη.
Δεύτερη Μέρα.

Πρόβλημα 1. Υπάρχει άραγε δευτεροβάθμιο τριώνυμο με ακέραιους συντελεστές και να μην διαιρείται με το , ώστε όλοι οι αριθμοί $f(1), f(2), \dots , f(2014)$ να αφήνουν διαφορετικά υπόλοιπα με την διαίρεσή τους με το ; Εξηγήστε τη απάντηση.

Ναι υπάρχει. Π.χ. το f(x) = 1007x^2 + 2x

$\displaystyle \begin{aligned} f(m) \equiv f(n) \bmod 2014 &\Leftrightarrow 1007m^2 + 2m \equiv 1007n^2 + 2n \bmod 2014 \\ &\Leftrightarrow (m-n)(1007m+1007n+2) \equiv 0 \bmod 2014 \end{aligned}$

Αν λοιπόν οι f(m),f(n)

αφήνουν το ίδιο υπόλοιπο, τότε πρέπει $2(m-n) \equiv 0 \bmod 1007$ και $1007(m-n)(m+n) \equiv 0 \bmod 2$ . Η πρώτη δίνει ότι $m \equiv n \bmod 1007$ και η δεύτερη ότι $m \equiv n \bmod 2$ . Αλλά τότε $m \equiv n \bmod 2014$ .

Άρα οι $f(1),f(2),\ldots,f(2014)$ αφήνουν όλοι διαφορετικά υπόλοιπα.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 31, 2023 11:18 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε: Σάβ Φεβ 10, 2018 4:21 pm LXXVII Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2014 11ή τάξη.

Δεύτερη Μέρα.

Πρόβλημα 2. Να βρείτε όλα τα και τέτοια ώστε $\left | a \right |+\left | b\right |\geq \dfrac{2}{\sqrt{3}}$ και για όλα τα να ικανοποιείται η ανισότητα $\left | a \sin x + b \sin (2x) \right | \leq 1$ .

Από "βιβλιογραφικής" σκοπιάς να σημειώσουμε ότι το πρόβλημα αυτό δυσκόλεψε σχετικά, για την θέση του, τους μαθητές. Από σύνολο 202 συμμετεχόντων της 2ης μέρας το έλυσαν 6 (+) και το προσέγγισαν άλλοι 2 (+-). Το πρόβλημα είναι ειδική περίπτωση του παρακάτω γενικότερου αποτελέσματος (Serge Bernstein, 1914):

Θεώρημα. Έστω το περιττό πραγματικό τριγωνομετρικό πολυώνυμο

$\displaystyle{t_{n} \left ( x\right) = \sum_{k=1}^{n} b_{k} \sin kx}$

που ικανοποιεί τις ανισότητες

$\left | t_{n} \left ( \dfrac{2\pi k}{2n+1}\right ) \right | \leq 1 , \quad k=1, \ldots , n$ . $\quad (\star)$

Τότε

$\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} \left | b_{k} \right | \leq \sqrt{2n+1} - \dfrac{1}{\sqrt{2n+1}} }$ .

Η ανισότητα μετατρέπεται σε ισότητα για τα περιττά

, για τα οποία p=2n+1

είναι πρώτος και

$b_{k}= \dfrac{2}{\sqrt{2n+1}} \left ( \dfrac{k}{2n+1}\right ), \quad k=1, \ldots , n$ .

'Εστω το άρτιο πραγματικό τριγωνομετρικό πολυώνυμο

$\displaystyle{t_{n} \left ( x\right) = \sum_{k=1}^{n} a_{k} \cos kx}$

που ικανοποιεί την συνθήκη $t_{n} \left ( 0 \right) =0$ και τις ανισότητες $(\star )$ . Τότε

$\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} \left | a_{k} \right | \leq \sqrt{2n+1} - \dfrac{1}{\sqrt{2n+1}} }$ .

Η ανισότητα μετατρέπεται σε ισότητα για τα περιττά

, για τα οποία p=2n+1

είναι πρώτος και

$a_{k}= \dfrac{2}{\sqrt{2n+1}} \left ( \dfrac{k}{2n+1}\right ), \quad k=1, \ldots , n$ .

Εδώ $\left ( \dfrac{k}{n} \right )$ είναι το σύμβολο του Legendre. Για