Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2022 (9η τάξη)

Al.Koutsouridis · #1

Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης
Θέματα της 9ης τάξης για την 2η φάση, 6 Μαρτίου 2022.

1. Οι μη μηδενικοί φυσικοί αριθμοί

και

είναι τέτοιοι, ώστε ο a+k

να διαιρείται με τον b+k

για όλους τους μη μηδενικούς φυσικούς k < b

. Να αποδείξετε, ότι ο a-k

διαιρείται με τον b-k

για όλους τους μη μηδενικούς k < b

. (Α. Κουζνέτσοβ, Τ. Κοροτσένκο)

2. Στον όμιλο πατριωτικού τραγουδιού συμμετέχουν 12 μαθητές, ο καθένας τους ξέρει μερικά τραγούδια (μπορεί και κανένα). Θα λέμε, ότι μια ομάδα μαθητών ξέρει ένα τραγούδι, αν μπορεί να το τραγουδήσει τουλάχιστον ένας μαθητής της ομάδας. Ο υπεύθυνος του ομίλου διαπίστωσε, ότι οποιαδήποτε ομάδα 10 μαθητών ξέρει ακριβώς 20 τραγούδια και οποιαδήποτε ομάδα 8 μαθητών – ακριβώς 16 τραγούδια. Να αποδείξετε ότι η ομάδα όλων των 12 μαθητών ξέρει ακριβώς 24 τραγούδια. (Β. Μύγκριν, Α. Κουζνέτσοβ)

3. Να αποδείξετε, ότι τα σημεία τομής των απέναντι διχοτόμων ενός τραπεζίου καθώς και τα άκρα οποιασδήποτε βάσης του βρίσκονται στον ίδιο κύκλο. Για λόγους ευκρίνειας θα θεωρήσουμε, ότι τα σημεία είναι τοποθετημένα, όπως στο σχήμα. (Α. Κουζνέτσοβ)

: Screen Shot 2022-09-26 at 21.30.43.png (17.51 KiB) Προβλήθηκε 1859 φορές

4. Θα λέμε, ότι το σημείο (u,v)

βρίσκεται μεταξύ των παραβολών y=f(x)

και

, αν $f(u) \leq v \leq g(u)$ . Να βρείτε τον ελάχιστο πραγματικό

, για τον οποίο ισχύει ο παρακάτω ισχυρισμός: οποιοδήποτε τμήμα, τα άκρα και το μέσο του οποίου βρίσκονται μεταξύ των παραβολών y=x^2

και

, εξ ολοκλήρου βρίσκεται μεταξύ των παραβολών y=x^2

και

. (Ι. Τούρκυν)

Καταληκτική αίθουσα

5. Δίνονται δυο σωροί από βότσαλα: 1703 βότσαλα στον ένα σωρό και 2022 στον άλλο. Η Αλεξάνδρα και η Όλγα παίζουν ένα παιχνίδι, κάνοντας κινήσεις με την σειρά, ξεκινώντας από την Αλεξάνδρα. Έστω πριν την κίνηση μιας παίχτριας οι σωροί έχουν

και

βότσαλα, εξάλλου $a \geq b$ . Τότε με την κίνησή του η κάθε παίχτρια επιτρέπεται να πάρει από το σωρό με

βότσαλα οποιοδήποτε αριθμό βότσαλων από

έως

. Χάνει αυτή που δεν μπορεί να κάνει κίνηση. Ποια θα κερδίσει αν παίξει σωστά; (Α .Γκολοβάνοβ)

6. Στο τρίγωνο ABC

φέρουμε την διάμεσο

. Στην εφαπτομένη από το σημείο

προς τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου BMC

δίνεται σημείο

τέτοιο, ώστε $\angle CBD =90^0$ . Τα τμήματα

και

τέμνονται στο σημείο

. Να αποδείξετε, ότι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου BDE

βρίσκεται στην ευθεία

. (Α. Κουζνέτσοβ)

7. Δίνονται

διαφορετικοί μη μηδενικοί φυσικοί αριθμοί, οποιοιδήποτε δυο εκ των οποίων προκύπτουν ο ένας από των άλλων με μετάθεση των ψηφίων τους ( το μηδέν δεν μπορεί να τοποθετηθεί στην πρώτη θέση). Για ποιο μέγιστο

όλοι αυτοί οι αριθμοί μπορούν να διαιρούνται με τον μικρότερο από αυτούς; (Τ. Κοροτσένκο)

Πηγή: Επίσημη σελίδα της ολυμπιάδας.

#2

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 26, 2022 9:39 pm
Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης
Θέματα της 9ης τάξης για την 2η φάση, 6 Μαρτίου 2022.

3. Να αποδείξετε, ότι τα σημεία τομής των απέναντι διχοτόμων ενός τραπεζίου καθώς και τα άκρα οποιασδήποτε βάσης του βρίσκονται στον ίδιο κύκλο. Για λόγους ευκρίνειας θα θεωρήσουμε, ότι τα σημεία είναι τοποθετημένα, όπως στο σχήμα. (Α. Κουζνέτσοβ)

Screen Shot 2022-09-26 at 21.30.43.png

Πηγή: Επίσημη σελίδα της ολυμπιάδας.

Απλό, με την παρατήρηση, ότι οι διχοτόμοι των δύο ζευγών των παραπληρωματικών γωνιών του τραπεζίου τέμνονται κάθετα και μάλιστα σε σημεία που ορίζουν ευθεία παράλληλη στις βάσεις του.

Το τετράπλευρο στο κέντρο του σχήματος είναι εγγράψιμο και οι "κόκκινες" γωνίες είναι ίσες σαν παραπληρωματικές της "μπλε" γωνίας. κ.λπ.

: 111.png (11.6 KiB) Προβλήθηκε 1789 φορές

Ορέστης Λιγνός · #3

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 26, 2022 9:39 pm
Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης
Θέματα της 9ης τάξης για την 2η φάση, 6 Μαρτίου 2022.

6. Στο τρίγωνο φέρουμε την διάμεσο . Στην εφαπτομένη από το σημείο προς τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου δίνεται σημείο τέτοιο, ώστε $\angle CBD =90^0$ . Τα τμήματα και τέμνονται στο σημείο . Να αποδείξετε, ότι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου βρίσκεται στην ευθεία . (Α. Κουζνέτσοβ)

Πηγή: Επίσημη σελίδα της ολυμπιάδας.

Αρχίζουμε με δύο Ισχυρισμούς.

Ισχυρισμός 1: Είναι $\angle AEM=\angle A$ .
Απόδειξη: Ορίζουμε ως

το σημείο πάνω στην

τέτοιο ώστε $\angle AEM=\angle A$ , και έστω ότι η

και η εφαπτομένη στο σημείο

στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου BMC

τέμνονται στο σημείο

. Θα δείξουμε ισοδύναμα ότι $\angle DBC=90^\circ$ .

Είναι,

$\angle EAC=180^\circ-\angle AMB-\angle AEM=180^\circ-\angle AMB-\angle A=\angle ABM$ και

$\angle ADC=\angle EAC-\angel ACD=\angle ABM-\angle MBC$ ,

οπότε από τον Νόμο Ημιτόνων στο τρίγωνο DAC

είναι

$\dfrac{DC}{\sin \angle DAC}=\dfrac{AC}{\sin \angle ADC},$ και άρα

$DC=\dfrac{b\sin \angle ABM}{\sin (\angle ABM-\angle MBC)}$

Για να δείξουμε ότι $\angle DBC=90^\circ$ , αρκεί να δείξουμε ότι $BC=DC\cos \angle DCB$ , δηλαδή ότι $a=DC\cos \angle AMB$ . Επομένως, αρκεί να δείξουμε ότι

$\dfrac{a}{\cos \angle AMB}=\dfrac{b\sin \angle ABM}{\sin (\angle ABM-\angle MBC)}$

Έστω

η προβολή του

στην

,

το συμμετρικό του

ως προς το

και

το σημείο τέτοιο ώστε το τετράπλευρο ABCV

να είναι παραλληλόγραμμο. Τότε, είναι

$\angle UAV=\angle AUB-\angle AVB=\angle ABM-\angle MBC$ και

$\angle AUV=180^\circ-\angle AUB=\angle ABM,$

άρα $\dfrac{\sin \angle ABM}{\sin (\angle ABM-\angle MBC)}=\dfrac{\sin \angle AUV}{\sin \angle UAV}=$

$=\dfrac{AV}{UV}=\dfrac{BC}{2BM-2BK}=\dfrac{BC}{2MK}$

Συνεπώς, είναι $\dfrac{b\sin \angle ABM}{\sin (\angle ABM-\angle MBC)}=\dfrac{ab}{2MK}=\dfrac{a}{\cos \angle AMB},$

που δίνει το ζητούμενο $\blacksquare$

Ισχυρισμός 2: Οι εφαπτομένη του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου DAC

στο

και η εφαπτομένη του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC

στο

τέμνονται πάνω στην

.
Απόδειξη: Από το Λήμμα (δες το τέλος της απόδειξης), αρκεί να αποδείξουμε ότι $\dfrac{AD}{CD}=\dfrac{AB}{BC}$ .

Είναι, $\dfrac{AD}{CD}=\dfrac{\sin \angle DCA}{\sin \angle DAC}=\dfrac{\sin \angle MBC}{\sin \angle ABM}=\dfrac{AB}{BC},$

όπως θέλαμε $\blacksquare$

Στο πρόβλημα, αν

το σημείο που τέμνονται οι εφαπτομένες του Ισχυρισμού 2, είναι

$OD^2=OA \cdot OC=OB^2$ , άρα OD=OB

και

$\angle DOB=360^\circ-\angle ODA-\angle OBA-\angle DAB=360^\circ-\angle DCA-\angle ACB-\angle DAB=$

$360^\circ-\angle MBC-\angle C-(180^\circ-\angle A+\angle ABM)=\ldots = 2\angle A=360-2\angle DEB,$

οπότε από αυτές τις 2 σχέσεις προκύπτει ότι το $O \in AC$ είναι το περίκεντρο του τριγώνου DEB

, όπως θέλαμε.

Λήμμα: Αν ABC

τρίγωνο και η εφαπτομένη του περιγεγραμμένου του κύκλου στο

τέμνει την

στο

, τότε

$\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{AB^2}{AC^2}$
Απόδειξη: Αφήνεται ως απλή άσκηση

$\blacksquare$

Ορέστης Λιγνός · #4

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 26, 2022 9:39 pm
Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης
Θέματα της 9ης τάξης για την 2η φάση, 6 Μαρτίου 2022.

1. Οι μη μηδενικοί φυσικοί αριθμοί και είναι τέτοιοι, ώστε ο να διαιρείται με τον για όλους τους μη μηδενικούς φυσικούς . Να αποδείξετε, ότι ο διαιρείται με τον για όλους τους μη μηδενικούς . (Α. Κουζνέτσοβ, Τ. Κοροτσένκο)

Πηγή: Επίσημη σελίδα της ολυμπιάδας.

Η απόδειξη βασίζεται στον ακόλουθο Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός: Για κάθε $1 \leq i \leq b-1$ , υπάρχει $1 \leq j \leq b-1$ τέτοιο ώστε $b-i \mid b+j$ .
Απόδειξη: Αφού i <b

, υπάρχει $k \in \mathbb{N^*}$ τέτοιο ώστε $\dfrac{i}{b} \leq \dfrac{k}{k+1}$ (αν τέτοιο

δεν υπήρχε, τότε

$1>\dfrac{i}{b} > \displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty} \dfrac{k}{k+1}=1,$

άτοπο)

Επιλέγοντας το ελάχιστο τέτοιο

, επιλέγουμε j=kb-(k+1)i,

οπότε $j \geq 0$ και $j=kb-(k+1)i=(b-i)+((k-1)b-ki) \leq b-i \leq b,$ λόγω της ελαχιστότητας του

. Τέλος, είναι

b+j=b+(kb-(k+1)i)=(k+1)(b-i)

$\blacksquare$

Στο πρόβλημα, για τυχόν i<b

, επιλέγουμε το

του Ισχυρισμού και αφού a-b=(a+j)-(b+j),

είναι $b+j \mid a-b$ , οπότε $(b-i) \mid (b+j) \mid (a-b),$ και άρα $b-i \mid (b-i)+(a-b)=a-i,$ όπως θέλαμε.

#5

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 26, 2022 9:39 pm
5. Δίνονται δυο σωροί από βότσαλα: 1703 βότσαλα στον ένα σωρό και 2022 στον άλλο. Η Αλεξάνδρα και η Όλγα παίζουν ένα παιχνίδι, κάνοντας κινήσεις με την σειρά, ξεκινώντας από την Αλεξάνδρα. Έστω πριν την κίνηση μιας παίχτριας οι σωροί έχουν και βότσαλα, εξάλλου $a \geq b$ . Τότε με την κίνησή του η κάθε παίχτρια επιτρέπεται να πάρει από το σωρό με βότσαλα οποιοδήποτε αριθμό βότσαλων από έως . Χάνει αυτή που δεν μπορεί να κάνει κίνηση. Ποια θα κερδίσει αν παίξει σωστά; (Α .Γκολοβάνοβ)

Πολύ καλό.

Ορίζω αρχικά την ακολουθία (a_n)

ως

και

$\displaystyle a_{n+1} = \max\{0\}\cup\{k\in \{1,2,\ldots,n\}:n+1 \equiv a_k \bmod k+1\}$

για $n \geqslant 1$ .

Ισχυρίζομαι ότι η (m,n)

με $m \geqslant n$ είναι θέση ήττας αν και μόνο αν n=0

ή $m \equiv a_n \bmod n+1$ . Αρκεί να δείξουμε ότι από κάθε θέση ήττας δεν μπορούμε να πάμε σε θέση νίκης, ενώ από θέση νίκης μπορούμε οπωσδήποτε να πάμε σε θέση ήττας.

Προφανώς αν n=0

δεν μπορούμε να κινηθούμε και είναι θέση ήττας. Αν βρισκόμαστε σε άλλη θέση ήττας, τότε μπορούμε να πάμε σε μια από τις θέσεις $(m-1,n),(m-2,n),\ldots,(m-n,n)$ . Αν ισχύει επιπλέον ότι $m-n \geqslant n$ , τότε όλες αυτές είναι θέσεις ήττας αφού $m \equiv a_n \bmod n+1$ συνεπώς $m-1,m-2,\ldots,m-n \equiv \not a_n \bmod n+1$ .

Ας υποθέσουμε λοιπόν ότι m-r < n

για κάποιο $r \in \{1,2,\ldots,n\}$ . Πρέπει να δείξουμε ότι τα $(n,m-r),(n,m-r-1),\ldots,(n,m-n)$ είναι όλες θέσεις νίκης. Αλλά αν το (n,m-i)

ήταν θέση ήττας για κάποιο $r \leqslant i \leqslant n$ , τότε θα είχαμε $n \equiv a_{m-i} \bmod m+1-i$ . Αυτό όμως, από τον ορισμό του a_n

, θα μας έδινε $a_n \geqslant m-i$ . Ισχύει όμως και $m \equiv a_n \bmod n+1$ . Αυτό όμως είναι άτοπο αφού θα έπρεπε να έχουμε $m \geqslant a_n + n+1$ αφού στην περίπτωση που εξετάζουμε ισχύει ότι n > m

.

Υποθέτουμε τώρα ότι βρισκόμαστε σε μια θέση νίκης (m,n)

με $m \geqslant n$ . Έστω

μέγιστο ώστε m' < m

και $m' \equiv a_n \bmod n+1$ . Πρέπει $m' \geqslant m-n$ αφού τουλάχιστον ένα από τα $m,m-1,\ldots,m-n$ είναι ισότιμο με $a_n \bmod n+1$ και αυτό δεν μπορεί να είναι το

. Αν $m' \geqslant n$ , τότε το (m',n)

είναι θέση ήττας και μπορούμε να πάμε από το (m,n)

στο

. Σε διαφορετική περίπτωση, m' = a_n

και μπορούμε να πάμε από το (m,n)

στο

το οποίο είναι θέση ήττας. Πράγματι, από τον ορισμό του a_n

έχουμε ότι $n \equiv a_{a_n} \bmod a_n+1$ που μας λέει ότι το (n,a_n)

είναι θέση ήττας.

Έχουμε λοιπόν βρει όλες τις θέσεις ήττας και πρέπει να αποφασίσουμε αν και το (2022,1703)

είναι θέση ήττας ή όχι.

Αν τώρα το (2022,1703)

ήταν θέση ήττας, τότε θα είχαμε $2022 \equiv a_{1703} \bmod 1704$ , το οποίο δίνει $a_{1703} = 318$ . Αλλά τότε έχουμε $1703 \equiv a_{318} \bmod 319$ το οποίο δίνει $a_{318} = 108$ . Άρα $318 \equiv a_{108} \bmod 109$ το οποίο δίνει $a_{108} = 100$ . Παίρνουμε έπειτα $108 \equiv a_{100} \bmod 101$ που δίνει $a_{100} = 7$ . Μετά $100 \equiv a_7 \bmod 8$ που δίνει a_7 = 4

. Τέλος παίρνουμε $7 \equiv a_4 \bmod 5$ που δίνει a_4 = 2

. Μόνο που είναι εύκολο να ελεγχθεί ότι a_4 = 3

.

Άρα το (2022,1703)

είναι θέση νίκης και κερδίζει η Αλεξάνδρα. Δεν γνωρίζω όμως πως πρέπει να παίξει για να κερδίσει.

giannimani · #6

Έστω

το συμμετρικό του

, και $\omega '$ ο συμμετρικός του περιγεγραμμένου κύκλου $\omega$ του τριγώνου ABC

,
ως προς το μέσο

της πλευράς

αντίστοιχα. Προφανώς, ο $\omega '$ είναι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου AB'C

.
Συμβολίζουμε με

και

τα δεύτερα σημεία τομής της ευθείας της διαμέσου

με τους κύκλους $\omega '$ και $\omega$ αντίστοιχα.
Τα

και

είναι συμμετρικά ως προς το

. Ως εκ τούτου, τα ABCB'

, και

είναι παραλληλόγραμμα.

Από το σημείο

του κύκλου $\omega$ φέρουμε παράλληλη προς την

που επανατέμνει τον $\omega$ στο σημείο

.
Τότε, από γνωστή ιδιότητα της συμμετροδιαμέσου, προκύπτει ότι η

είναι η ευθεία της

- συμμετροδιαμέσου
του τριγώνου ABC

. Έστω $D = (AE) \cap (FC)$ . Θα αποδείξουμε ότι η ευθεία

εφάπτεται του περιγεγραμμένου κύκλου
του τριγώνου BMC

στο σημείο του

. Αρκεί, $\angle MCF= \angle CBM\quad (1)$ .
Πράγματι, $\angle MCF= \angle ACF=\angle CAE'=\angle CBE'=\angle CBM$ .

Στη συνέχεια, αποδεικνύουμε ότι τα σημεία

,

και

ανήκουν στον ίδιο κύκλο. Αρκεί, $\angle BED=\angle BFD$ .
Πράγματι, $\angle BFD=\angle BFC=\angle BE'C=\angle AEE'=\angle BED$ .

: St. Petersburg_2022_ probl6.png (69.87 KiB) Προβλήθηκε 1615 φορές

Συμβολίζουμε αυτόν τον κύκλο με

. Έστω τώρα ότι η ευθεία

τέμνει για δεύτερη φορά τον κύκλο

στο σημείο

,
και η ευθεία

την ευθεία

στο σημείο

.
Είναι $\angle EBL=\angle EDL \quad (2)$ (ως εγγεγραμμένες γωνίες του κύκλου

που βαίνουν στο ίδιο τόξο

).
Αλλά, $\angle EBL=\angle E'BC= \angle E'AC=\angle ECA \quad (3)$ . Από (2)

και

έχουμε ότι $\angle ECA= \angle EDL =\angle EDK$ , δηλαδή, το τετράπλευρο DECK

είναι εγγράψιμο, οπότε $\angle DEK = \angle DCK=\angle ACF=\angle MCF=\angle CBM= \angle EDK$ , δηλαδή, $KE=KD \quad (4)$ .

Αποδεικνύουμε ότι η

εφάπτεται του $\omega '$ στο σημείο του

. Αρκεί $\angle KEC=\angle EB'C$ .
Πράγματι, $\angle KEC= \angle KDC=\angle FDC=\angle CBF=\angle ABB'=\angle BB'C$ .

Εφόσον η

εφάπτεται του $\omega '$ στο

, τότε $\frac{EA}{EC}=\frac{KA^2}{KC^2} \quad (5) \, (b)$ , και $KE^2=KC \cdot KA \quad (6)$ .
Έστω ότι η εφαπτομένη του κύκλου $\omega$ στο σημείο του

τέμνει την ευθεία

στο σημείο

.

Τότε, $\frac{BA}{BC}=\frac{K'A^2}{K'C^2} \quad (7)\, (b)$ , και $K'B^2=KC \cdot KA \quad (8)$ .

Αλλά, $\frac{EA}{EC}=\frac{BA}{BC} \quad (9)\,(a)$ , επομένως, $K'\equiv K$ , και $KE=KB \quad (10)$ .
Από τις (4)

και

εχουμε ότι KB=KD=KE

, δηλαδή το

είναι το κέντρο του κύκλου

, οπότε

διάμετρος αυτού,
και ως εκ τούτου, $\angle LBD =90^{\circ}$ , δηλαδή, $BD \bot BC$ .

- (a) η (9)

προκύπτει από την ομοιότητα των τριγώνων ABC

και

.
Εδώ αναφέρουμε ότι το σημείο

είναι το

- humpty point του τριγώνου ABC

.
- (b) Για την απόδειξη της (5)

ή της

βλέπε εδώ.

ΥΓ Ορισμένα στοιχεία της παραπάνω απόδειξης βρίσκονται και στην απόδειξη που έδωσε ο Ορέστης Λιγνός.

Henri van Aubel · #7

Καλησπέρα!!!

Εγώ προσωπικά το έλυσα με τριγωνομετρία (χωρίς πείραγμα του σχήματος και τις πράξεις τις έκανα με λογισμικό για συντομία ).
Η λύση του Ορέστη είναι υπέροχη, ωστόσο (κατά τη γνώμη μου) η λύση του giannimani είναι από άλλο πλανήτη. Απλά

στον αδιανόητα χαρισματικό γεωμέτρη.

Ορέστης Λιγνός · #8

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 26, 2022 9:39 pm
Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης
Θέματα της 9ης τάξης για την 2η φάση, 6 Μαρτίου 2022.

4. Θα λέμε, ότι το σημείο βρίσκεται μεταξύ των παραβολών και , αν $f(u) \leq v \leq g(u)$ . Να βρείτε τον ελάχιστο πραγματικό , για τον οποίο ισχύει ο παρακάτω ισχυρισμός: οποιοδήποτε τμήμα, τα άκρα και το μέσο του οποίου βρίσκονται μεταξύ των παραβολών και , εξ ολοκλήρου βρίσκεται μεταξύ των παραβολών και . (Ι. Τούρκυν)

Η απάντηση είναι $p=\dfrac{9}{8}$ .

Μέρος 1: Είναι $p \geq \dfrac{9}{8}$ . Θεωρούμε τα σημεία A(k,k^2)

και $B(\ell,\ell^2+1)$ με $\ell-k=\sqrt{2}$ και $\ell >0>k$ , οπότε το μέσον του

είναι το $C(\dfrac{k+\ell}{2},\dfrac{k^2+\ell^2+1}{2})$ , και είναι εύκολα

$\dfrac{k^2+\ell^2+1}{2} =(\dfrac{k+\ell}{2})^2+1$ , οπότε πρέπει κάθε σημείο του τμήματος

να βρίσκεται κάτω από την παραβολή y=x^2+p

.

Επιλέγουμε το σημείο $D(\dfrac{k+3\ell}{4},\dfrac{k^2+3\ell^2+3}{4})$ που εύκολα επαληθεύουμε ότι ανήκει στο

, οπότε πρέπει

$(\dfrac{k+3\ell}{4})^2+p \geq \dfrac{k^2+3\ell^2+3}{4}$ .

Είναι όμως $\ell-k=\sqrt{2}$ , άρα

$16p \geq 4(k^2+3\ell^2+3)-(k+3\ell)^2=3k^2+3\ell^2-6k\ell+12=3(k-\ell)^2+12=18,$

που δίνει ότι $p \geq \dfrac{9}{8}$ .

: saint petersburg.png (607.75 KiB) Προβλήθηκε 1512 φορές

Μέρος 2: Είναι $p \leq \dfrac{9}{8}$ . Αρκεί να δείξουμε ότι για $p=\dfrac{9}{8}$ ικανοποιούνται οι ζητούμενες συνθήκες.

Έστω A(x,y)

και

τα άκρα του ευθύγραμμου τμήματος

. Προφανώς αν τα x,z

είναι ομόσημα ισχύει το ζητούμενο (ένα απλό σχήμα το επιβεβαιώνει ότι τότε ισχύει το ζητούμενο ακόμα και με p=1

). Υποθέτουμε λοιπόν ότι $x \leq 0 \leq z$ . Ισχύουν:

$x^2 \leq y \leq x^2+1$ ,

$z^2 \leq w \leq z^2+1$ και

$(\dfrac{x+z}{2})^2 \leq \dfrac{y+w}{2} \leq (\dfrac{x+z}{2})^2+1$ .

Από το Λήμμα στο τέλος της απόδειξης, κάθε σημείο του ευθύγραμμου τμήματος

είναι της μορφής $K(\lambda x+(1-\lambda)z, \lambda y+(1-\lambda)w)$ , για κάποιο $0 \leq \lambda \leq 1$ .

Επομένως, πρέπει να ισχύει $(\lambda x+(1-\lambda)z)^2 \leq \lambda y+(1-\lambda)w \leq (\lambda x+(1-\lambda)z)^2+\dfrac{9}{8}$ .

Αριστερή ανισότητα: Η αριστερή ανισότητα γράφεται ως $(x-z)^2\lambda^2+(2xz-2z^2-y+w)\lambda+z^2-w \leq 0$ .

Ισοδύναμα αρκεί $(x-z)^2\lambda^2+(2xz-2z^2-y+w)\lambda+z^2-w \leq 0$ . Είναι,

$(x-z)^2\lambda^2+(2xz-2z^2-y+w)\lambda+z^2-w=$

$=(x-z)^2\lambda^2+(2xz-2z^2-y)\lambda+z^2-w(1-\lambda) \leq (x-z)^2\lambda^2+(2xz-2z^2-x^2)\lambda+z^2-z^2(1-\lambda)=$

$=(x-z)^2(\lambda^2-\lambda)=(x-z)^2\lambda(\lambda-1) \leq 0,$

όπως θέλαμε.

Δεξιά ανισότητα: Η δεξιά ανισότητα γράφεται ως $(x-z)^2\lambda^2+(2xz-2z^2-y+w)\lambda+z^2-w+\dfrac{9}{8} \geq 0$ .

Γράφουμε y=x^2+m

και

με $0 \leq m,n \leq 1$ , και

$(\dfrac{x+z}{2})^2+1-\dfrac{y+w}{2}=\dfrac{2+2n-2m-(x-z)^2}{4} \geq 0,$

οπότε $2+2n-2m \geq (x-z)^2$ .

Η προς απόδειξη γράφεται τότε ως $(x-z)^2\lambda^2+(1-m-n-(x-z)^2)\lambda+n+\dfrac{1}{8} \geq 0$ .

Αν $\Delta \leq 0$ , τότε το τριώνυμο ως προς $\lambda$ διατηρεί πρόσημο που είναι θετικό αφού $(x-z)^2 \geq 0$ .
Αν πάλι $\Delta >0$ , τότε έχει δύο ρίζες $\rho_1, \rho_2$ .

Αφού $\rho_1 \cdot \rho_2=\dfrac{1}{8}$ , οι ρίζες είναι ομόσημες. Αν είναι και οι δύο αρνητικές, τότε στο διάστημα [0,1]

το πρόσημο του τριωνύμου είναι θετικό, όπως θέλαμε. Αν είναι και οι δύο θετικές, τότε για να δείξουμε την ζητούμενη ανισότητα αρκεί να δείξουμε ότι ισχύει για $\lambda = \dfrac{m+n+(x-z)^2-1}{2(x-z)^2} \in [0,1]$ .

Προς τούτο αρκεί να είναι $\dfrac{m+n+(x-z)^2-1)^2}{4(x-z)^2} \leq n+\dfrac{1}{8}$ , δηλαδή ισοδύναμα

$\dfrac{m+n+(z-x)^2-1}{2(z-x)} \leq \sqrt{n+\dfrac{1}{8}}$ .

Είναι όμως $2m \leq 2+2n-(x-z)^2$ και άρα

$\dfrac{m+n+(z-x)^2-1}{2(z-x)} \leq \dfrac{2n+2(z-x)^2-2+2+2n-(z-x)^2}{4(z-x)}=\dfrac{4n+(z-x)^2}{4(z-x)}$ .

Θεωρούμε τη συνάρτηση $f(u)=u+\dfrac{s}{u}$ με $u,s \geq 0$ . Αυτή είναι γνησίως φθίνουσα για $u \leq \sqrt{s}$ και γνησίως αύξουσα για $u \geq \sqrt{s}$ . Άρα, αν $u \in [r,t]$ , για να δείξουμε πως $f(u) \leq 0$ , πρέπει να το δείξουμε για u=r

,

και $u=\sqrt{s}$ .

Στο πρόβλημά μας, αρκεί να δείξουμε τη ζητούμενη για $(z-x)^2=\sqrt{4n}$ και για $(z-x)^2=\sqrt{2+2n}$ , το οποίο είναι εύκολο με πράξεις.

Τελικά, η απάντηση είναι $p=\dfrac{9}{8}$ .

Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2022 (9η τάξη)

Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2022 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2022 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2022 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2022 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2022 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2022 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2022 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2022 (9η τάξη)

Μέλη σε σύνδεση