Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2019 (ΦΙΙ τάξη 10)

Al.Koutsouridis · #1

[i]Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2019
Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 10η τάξη
[/i]

[b]1.[/b] Για την μη σταθερή αριθμητική πρόοδο $\displaystyle \left ( a_{n}\right )$ υπάρχει τέτοιος μη μηδενικός φυσικός αριθμός

, ώστε

$\displaystyle a_{n}+a_{n+1} = a_{1}+…+a_{3n-1}$ .

Να αποδείξετε, ότι σε αυτή την πρόοδο δεν υπάρχουν μηδενικοί όροι. [size=85](Σ. Ιβάνοβ)[/size]

[b]2.[/b] Κάθε δυο πόλεις, από

, της Ρουριτανίας είναι συνδεμένες με απευθείας αερογραμμή με μια εκ δυο εταιριών. Φίλο μονοπωλιακή επιτροπή θέλει, τουλάχιστον

διαδρομές να εκτελούνται από την ίδια εταιρία. Για αυτό της επιτρέπεται ακόμη και κάθε μέρα να διαλέξει οποιεσδήποτε τρεις πόλεις και να αλλάξει την δικαιοδοσία τριών διαδρομών, που συνδέουν αυτές τις πόλεις μεταξύ τους (δηλαδή να αφαιρέσει αυτές τις διαδρομές από την μια εταιρία, η οποία τις εκτελεί, και να τις αναθέσει στην άλλη). Για ποιο μέγιστο

η επιτροπή εγγυημένα σε κάποιο χρονικό διάστημα θα μπορέσει να επιτύχει το σκοπό της, ανεξάρτητα το πως είναι κατανεμημένες οι διαδρομές την τρέχουσα στιγμή; [size=85](Σ. Μπερλόβ)[/size]

[b]3.[/b] Δίνονται οι μη μηδενικοί φυσικοί αριθμοί a,b

και $c \geq b$ . Να δείξετε, ότι

$a^{b}\left ( a+b\right )^{c} > c^{b}a^{c}$ .

[size=85](Α.Χράμπροβ)[/size]

[b]4.[/b] Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ABCD

. Οι διάμεσοι του τριγώνου ABC

τέμνονται στο σημείο

και οι διάμεσοι του τριγώνου ACD

, στο σημείο

. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ACM

, τέμνει το ευθύγραμμο τμήμα

στο σημείο

, εσωτερικό του τριγώνου AMB

. Είναι γνωστό, ότι $\angle MAN =\angle ANC = 90^{0}$ . Να αποδείξετε, ότι $\angle AKD = \angle MKC$ . [size=85](Α.Κουζνέτσοβ, Ρ. Κουζνέτσοβ)
[/size]

[i]Καταληκτική αίθουσα[/i]

[b]5.[/b] Μια τάξη έχει

μαθητές. Ο δάσκαλος θέλει να προμηθευτεί

σοκολάτες, να διεξάγει μια ολυμπιάδα και να μοιράσει για την επιτυχία των μαθητών όλες τις

σοκολάτες (οι λύσαντες ίσο αριθμό προβλημάτων λαμβάνουν ίσο αριθμό, οι λύσαντες λιγότερο, λιγότερες, πιθανόν και μηδενικό αριθμό σοκολάτων ). Για ποιο ελάχιστο

αυτό είναι δυνατόν ανεξάρτητα από τον αριθμό των προβλημάτων της ολυμπιάδας και της επίδοσης των μαθητών; [size=85](Μ.Αντίνοβ)[/size]

[b]6.[/b] Είναι δυνατόν άραγε σε όλα τα κελιά ενός άπειρου τετραγωνισμένου επιπέδου να τοποθετήσουμε όλους του θετικούς ακέραιους (από μια φορά) έτσι, ώστε για κάθε

το άθροισμα των αριθμών σε κάθε $n \times n$ τετράγωνο να διαιρείτε με τον

; [size=85](Α.Γκολοβάνοβ)
[/size]

[b]7.[/b] Σε τετράγωνο $10^{2019} \times 10^{2019}$ σημειώθηκαν $10^{4038}$ σημεία. Να αποδείξετε, ότι θα βρεθεί παραλληλόγραμμο, με πλευρές παράλληλες προς τις πλευρές του τετραγώνου, το εμβαδόν του οποίου διαφέρει από το πλήθος των σημείων που είναι τοποθετημένα σε αυτό τουλάχιστον κατά

. [size=85](Α.Χράμπροβ)[/size]

[url=http://www.pdmi.ras.ru/~olymp/]Πηγή η επίσημη σελίδα της ολυμπιάδας.[/url]

Xriiiiistos · #2

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Απρ 12, 2019 9:42 pm
1. Για την μη σταθερή αριθμητική πρόοδο $\displaystyle \left ( a_{n}\right )$ υπάρχει τέτοιος μη μηδενικός φυσικός αριθμός , ώστε

$\displaystyle a_{n}+a_{n+1} = a_{1}+…+a_{3n-1}$ .

Να αποδείξετε, ότι σε αυτή την πρόοδο δεν υπάρχουν μηδενικοί όροι. (Σ. Ιβάνοβ)
Πηγή η επίσημη σελίδα της ολυμπιάδας.

$a_{n}+a_{n+1}=a_{1}+...+a_{3n-1}\Leftrightarrow 2a_{1}+l(2n-1)=(3n-1)a_{1}+\frac{3n(3n-1)}{2}l\Leftrightarrow$
$0=(6n-6)a_{1}+l(9n^{2}-7n+2)$ (i)

όπου η αριθμητική πρόοδος είναι η εξής $a_{n}=a+l(n-1)$ με $l\neq 0$

Έστω ότι υπάρχει μηδενικός όρος στην x θέση τότε $a_{x}=a_{1}+(x-1)l=0\Leftrightarrow a_{1}-l=-lx$ (ii)

$(i)\Rightarrow (6n-6)a_{1}+(9n^{2}-n-4)l+(-6n+6)l=0\Leftrightarrow _{(ii)}(6n-6)(-lx)+(9n^{2}-n-4)l=0$

$6x-6nx=9n^{2}-n-4$ λόγο της αριθμητικής προόδου όμως n,x

ακέραιοι μεγαλύτεροι ή ίσου του 1 και αυτό σημαίνει πως στην τελαυταία ισότητα που έχουμε το αριστερό μέλος είναι αρνητικό ή ίσο με το 0 και το δεξί θετικός το οποίο είναι άτοπο. Οπότε δεν υπάρχει μηδενικός όρος στην αριθμητική πρόοδο.

η τελαυταία ισότητα έχει λάθος θα το διορθώσω όταν μπορέσω

Ορέστης Λιγνός · #3

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Απρ 12, 2019 9:42 pm
Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2019
Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 10η τάξη

1. Για την μη σταθερή αριθμητική πρόοδο $\displaystyle \left ( a_{n}\right )$ υπάρχει τέτοιος μη μηδενικός φυσικός αριθμός , ώστε

$\displaystyle a_{n}+a_{n+1} = a_{1}+…+a_{3n-1}$ .

Να αποδείξετε, ότι σε αυτή την πρόοδο δεν υπάρχουν μηδενικοί όροι. (Σ. Ιβάνοβ)

Έστω $\omega \neq 0$ η διαφορά της προόδου, και a_1

ο πρώτος όρος. Η δοσμένη γράφεται (εύκολο) $6a_1=(4-9n)\cdot \omega$ (1) (υπέθεσα ότι n >1

).

Αν υπάρχει μηδενικός όρος, ας πούμε ο $a_k=0, \, k>1$ , τότε $a_1+(k-1)\omega=0 \Rightarrow \omega \mid a_1$ .

Οπότε, από την (1) προκύπτει ότι $6 \mid (4-9n)$ , άτοπο, αφού $4-9n \equiv 1 \pmod 3$ .

Ορέστης Λιγνός · #4

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Απρ 12, 2019 9:42 pm
Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2019
Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 10η τάξη

4. Δίνεται κυρτό τετράπλευρο . Οι διάμεσοι του τριγώνου τέμνονται στο σημείο και οι διάμεσοι του τριγώνου , στο σημείο . Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου , τέμνει το ευθύγραμμο τμήμα στο σημείο , εσωτερικό του τριγώνου . Είναι γνωστό, ότι $\angle MAN =\angle ANC = 90^{0}$ . Να αποδείξετε, ότι $\angle AKD = \angle MKC$ . (Α.Κουζνέτσοβ, Ρ. Κουζνέτσοβ)

Έστω, $S \equiv CN \cap DB$ . Θα δείξω ότι το ASCM

είναι εγγράψιμο. Έστω

το μέσον της

, και $T \equiv ML \cap SC$ .

Είναι, $\angle MAN=\angle ANC=90^\circ \Rightarrow AM \parallel TC \Rightarrow ML=LT$ και AM=TC

.

Είναι, BM=2ML, DN=2NL

(τα

είναι βαρύκεντρα), επομένως $MN \parallel BD$ , επομένως $MN \paralllel BS \Rightarrow SN=NT$ , αφού BM=2ML=MT

.

Επίσης, $\angle ANT=90^\circ \Rightarrow AS=AT=MC$ , από το παραλληλόγραμμο ATCM

. Συνεπώς, $AM \parallel SC, AS=MC \Rightarrow ASCM$ ισοσκελές τραπέζιο, οπότε και εγγράψιμο.

Συνεπώς, $\angle AKD=\angle AKS=\angle ACS=\angle ACN=90^\circ-\angle NAC=\angle MAC=\angle MKC$ , και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Ορέστης Λιγνός · #5

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Απρ 12, 2019 9:42 pm
Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2019
Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 10η τάξη

3. Δίνονται οι μη μηδενικοί φυσικοί αριθμοί και $c \geq b$ . Να δείξετε, ότι

$a^{b}\left ( a+b\right )^{c} > c^{b}a^{c}$ .

(Α.Χράμπροβ)

Η ανισότητα γράφεται $(\dfrac{a+b}{a})^c \geqslant (\dfrac{c}{a})^b$ , οπότε αν $a+b \geqslant c$ , είναι $(\dfrac{a+b}{a})^c \geqslant (\dfrac{c}{a})^c \geqslant (\dfrac{c}{a})^b$ .

Έστω τώρα c>a+b

. Γράφω την ανισότητα ως $(\dfrac{a}{a+b})^c \cdot c^b \leqslant a^b$ .

Θεωρώ την συνάρτηση $f(c)=(\dfrac{a}{a+b})^c \cdot c^b$ και θα δείξω ότι είναι γνησίως φθίνουσα.

Είναι, $f'(c)=(\dfrac{a}{a+b})^cc^{b-1}(\ln \dfrac{a}{a+b} \cdot c+b)$ , και αρκεί $c \geqslant \dfrac{b}{\displaystyle \ln \dfrac{a+b}{a}}$ , και αφού c>a+b

, αρκεί λοιπόν $\ln \dfrac{a+b}{a} \geqslant \dfrac{b}{a+b}$ , ή αλλιώς $\ln(1+k) \geqslant \dfrac{k}{k+1}$ , όπου $k=\dfrac{b}{a}>0$ .

Αρκεί λοιπόν $(k+1)^{k+1} \geqslant e^k$ . Αν $k+1 \geqslant e$ , η προηγούμενη είναι προφανής.

Έστω λοιπόν k+1<e

, και

οπότε αρκεί $a^a \geqslant e^{a-1}$ . Θέτω e=ab, a>1>b

, οπότε αρκεί $a^a \geqslant {ab}^{a-1} \Rightarrow a \geqslant b^{a-1}$ , και αφού $b<1 \Rightarrow b^{a-1}<1<a$ .

Συνεπώς, η

είναι φθίνουσα, οπότε $(\dfrac{a}{a+b})^c \cdot c^b \leqslant \dfrac{a^{a+b}}{(a+b)^{a+b}} \cdot (a+b)^b$ , και αρκεί μετά από πράξεις να δείξω ότι (a+b)^a >a^a

, που είναι προφανές.

Ορέστης Λιγνός · #6

Μόλις τώρα συνειδητοποιήσα ότι υπάρχει μία πολύ πιο εύκολη λύση για την προηγούμενη άσκηση.

Αρκεί να δείξω ότι $(1+\dfrac{b}{a})^{\dfrac{c}{b}}>\dfrac{c}{a}$ , και αφού $c/b \geqslant 1$ , είναι από την Bernoulli, $(1+\dfrac{b}{a})^{\dfrac{c}{b}} \geqslant 1+\dfrac{b}{a} \cdot \dfrac{c}{b}=1+\dfrac{c}{a}>\dfrac{c}{a}$ .

#7

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Απρ 12, 2019 9:42 pm
Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2019
Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 10η τάξη

5. Μια τάξη έχει μαθητές. Ο δάσκαλος θέλει να προμηθευτεί σοκολάτες, να διεξάγει μια ολυμπιάδα και να μοιράσει για την επιτυχία των μαθητών όλες τις σοκολάτες (οι λύσαντες ίσο αριθμό προβλημάτων λαμβάνουν ίσο αριθμό, οι λύσαντες λιγότερο, λιγότερες, πιθανόν και μηδενικό αριθμό σοκολατιών ). Για ποιο ελάχιστο αυτό είναι δυνατόν ανεξάρτητα από τον αριθμό των προβλημάτων της ολυμπιάδας και της επίδοσης των μαθητών; (Μ.Αντίνοβ)

Αν κάθε μαθητής έχει διαφορετική επίδοση, τότε ο δάσκαλος θέλει τουλάχιστον $N = 0+1+2+\cdots +24 = 300$ σοκολάτες.

Αν έχει τόσες σοκολάτες τότε μπορεί σίγουρα να πετύχει το ζητούμενο: Έστω ότι έχουμε n_1

μαθητές οι οποίοι έχουν τον χαμηλότερο βαθμό, n_2

με το δεύτερο χαμηλότερο βαθμό κ.ο.κ. μέχρι τους n_k

μαθητές με τον ψηλότερο βαθμό. Τότε έχουμε $n_1 + \cdots +n_k = 25$ . Ο δάσκαλος μπορεί να δώσει

σοκολάτες σε αυτούς με τον χαμηλότερο βαθμό, από μία σε αυτούς με τον δεύτερο χαμηλότερο κ.ο.κ. Συνολικά θα χρειαστεί:

$\displaystyle N' = n_2 + 2n_3 + \cdots + (k-1)n_k = n_k + (n_k+n_{k-1}) + \cdots + (n_k + \cdots + n_2)$

σοκολάτες. Έχουμε:

$\displaystyle 1 \leqslant n_k < n_k + n_{k-1} < \cdots < n_k + \cdots + n_2 < n_k+\cdots + n_1 = 25$

Άρα $N' \leqslant 24 + 23 + \cdots + 1 = 300$ όπως ισχυριστήκαμε.

#8

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 27, 2019 4:25 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Απρ 12, 2019 9:42 pm
Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2019
Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 10η τάξη

1. Για την μη σταθερή αριθμητική πρόοδο $\displaystyle \left ( a_{n}\right )$ υπάρχει τέτοιος μη μηδενικός φυσικός αριθμός , ώστε

$\displaystyle a_{n}+a_{n+1} = a_{1}+…+a_{3n-1}$ .

Να αποδείξετε, ότι σε αυτή την πρόοδο δεν υπάρχουν μηδενικοί όροι. (Σ. Ιβάνοβ)

Έστω $\omega \neq 0$ η διαφορά της προόδου, και ο πρώτος όρος. Η δοσμένη γράφεται (εύκολο) $6a_1=(4-9n)\cdot \omega$ (1) (υπέθεσα ότι ).

Αν υπάρχει μηδενικός όρος, ας πούμε ο $a_k=0, \, k>1$ , τότε $a_1+(k-1)\omega=0 \Rightarrow \omega \mid a_1$ .

Οπότε, από την (1) προκύπτει ότι $6 \mid (4-9n)$ , άτοπο, αφού $4-9n \equiv 1 \pmod 3$ .

Δεν μας εγγυάται κάποιος ότι τα $a_1,\omega$ είναι ακέραιοι. Οπότε από την $a_1+(k-1)\omega=0$ δεν μπορούμε να συμπεράνουμε ότι $\omega|a_1$ . Λύνοντας όμως ως προς $\omega$ και αντικαθιστώντας στην (1) καταλήγουμε στο -6(k-1) = (4-9n)

οπότε πάλι καταλήγουμε προς άτοπο όπως στη λύση του Ορέστη.

#9

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Απρ 12, 2019 9:42 pm
Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2019
Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 10η τάξη

2. Κάθε δυο πόλεις, από , της Ρουριτανίας είναι συνδεμένες με απευθείας αερογραμμή με μια εκ δυο εταιριών. Φίλο μονοπωλιακή επιτροπή θέλει, τουλάχιστον διαδρομές να εκτελούνται από την ίδια εταιρία. Για αυτό της επιτρέπεται ακόμη και κάθε μέρα να διαλέξει οποιεσδήποτε τρεις πόλεις και να αλλάξει την δικαιοδοσία τριών διαδρομών, που συνδέουν αυτές τις πόλεις μεταξύ τους (δηλαδή να αφαιρέσει αυτές τις διαδρομές από την μια εταιρία, η οποία τις εκτελεί, και να τις αναθέσει στην άλλη). Για ποιο μέγιστο η επιτροπή εγγυημένα σε κάποιο χρονικό διάστημα θα μπορέσει να επιτύχει το σκοπό της, ανεξάρτητα το πως είναι κατανεμημένες οι διαδρομές την τρέχουσα στιγμή; (Σ. Μπερλόβ)

Θα δείξουμε ότι το μέγιστο

είναι το $\binom{n}{2} - \lfloor \tfrac{n}{2}\rfloor$ .

Καταρχάς παρατηρούμε ότι για κάθε πόλη και κάθε αερογραμμή, το πλήθος των διαδρομών αυτής της αερογραμμής που περνούν από τη συγκεκριμένη πόλη είναι αναλλοίωτο modulo

.

Αν λοιπόν αρχικά πάρουμε $\lfloor \tfrac{n}{2}\rfloor$ ζεύγη πόλεων και βάλουμε μεταξύ των πόλεων των ζευγών μία διαδρομή από την αντίπαλη εταιρεία, τότε ότι και να κάνουμε μετά, σε κάθε μία από αυτές τις $2\lfloor \tfrac{n}{2}\rfloor$ πόλεις θα υπάρχει πάντα τουλάχιστον μία διαδρομή από την αντίπαλη εταιρεία. Άρα η αντίπαλη εταιρεία θα έχει πάντα τουλάχιστον $\lfloor \tfrac{n}{2}\rfloor$ διαδρομές ενώ η αγαπημένη μας εταιρεία θα έχει το πολύ $\binom{n}{2} - \lfloor \tfrac{n}{2}\rfloor$ διαδρομές.

Έστω τώρα ότι καταφέραμε μέσω επιτρεπόμενων αλλαγών να κάνουμε τις διαδρομές τις αντίπαλης εταιρείες όσο το δυνατόν λιγότερες. Τότε δεν μπορεί να υπάρχει πόλη

με δύο ή περισσότερες διαδρομές της αντίπαλης εταιρείας. Αυτό ισχύει διότι αν έχουμε διαδρομές

και

της αντίπαλης εταιρείας, τότε αλλάζοντας τη δικαιοδοσία των διαδρομών AB,BC,AC

, οι διαδρομές της αντίπαλης εταιρείας μειώνονται τουλάχιστον κατά μία, άτοπο.

Άρα από κάθε πόλη περνάει το πολύ μία διαδρομή της αντίπαλης εταιρείας και άρα συνολικά έχουμε το πολύ $\lfloor \tfrac{n}{2}\rfloor$ διαδρομές της αντίπαλης εταιρείας, όπως θέλαμε να δείξουμε.

#10

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Απρ 12, 2019 9:42 pm
Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2019
Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 10η τάξη

7. Σε τετράγωνο $10^{2019} \times 10^{2019}$ σημειώθηκαν $10^{4038}$ σημεία. Να αποδείξετε, ότι θα βρεθεί παραλληλόγραμμο, με πλευρές παράλληλες προς τις πλευρές του τετραγώνου, το εμβαδόν του οποίου διαφέρει από το πλήθος των σημείων που είναι τοποθετημένα σε αυτό τουλάχιστον κατά . (Α.Χράμπροβ)

Επεξεργασία: Η πιο κάτω λύση είναι λανθασμένη. Δείτε π.χ. εδώ.

Θα ονομάζουμε ένα ορθογώνιο του τύπου που θέλουμε να βρούμε καλό.

Έστω ότι έχουμε ορθογώνιο διαστάσεων $N \times M$ στο οποίο είναι σημειωμένα

σημεία όπου $d - NM \geqslant x$ . Υποθέτουμε ότι $N,M \geqslant 10$ .

Κοιτάζουμε ένα κεντρικό $3 \times 3$ τετράγωνο μέσα στο ορθογώνιο. Αν δεν υπάρχουν σημεία μέσα σε αυτό, τότε είναι καλό και τελειώσαμε. Αλλιώς παίρνουμε ένα σημείο μέσα στο τετράγωνο και το χρησιμοποιούμε για να χωρίσουμε το $N \times M$ ορθογώνιο σε

άλλα ορθογώνια. Το άθροισμα των εμβαδών τους είναι ίσο με

ενώ το πλήθος των σημείων μέσα σε αυτά είναι τουλάχιστον d+3

επειδή το σημείο που πήραμε ανήκει και στα τέσσερα ορθογώνια. Άρα τουλάχιστον ένα από αυτά τα τέσσερα μικρότερα ορθογώνια έχει διαστάσεις $N' \times M'$ και

σημειωμένα σημεία με $d' - N'M' \geqslant x + \frac{3}{4} = x'$ . Επιπλέον έχουμε $N' \geqslant \frac{N-3}{2} \geqslant \frac{N}{10}$ και $M' \geqslant \frac{M-3}{2} \geqslant \frac{M}{10}$ .

Εφαρμόζουμε το πιο πάνω ξεκινώντας από $N_0 = M_0 = 10^{2019}$ και x_0 = 0

. Είτε θα βρούμε ένα καλό τετράγωνο είτε θα πάρουμε ένα $N_1 \times M_1$ ορθογώνιο με $N_1,M_1 \geqslant 10^{2018}$ και $x_1 \geqslant \frac{3}{4}$ . Μέσα σε αυτό είτε θα βρούμε ένα καλό τετράγωνο, είτε θα πάρουμε ένα $N_2 \times M_2$ ορθογώνιο με $N_2,M_2 \geqslant 10^{2017}$ και $x_2 \geqslant \frac{3}{2}$ . Επαναλαμβάνοντας άλλες

φορές, είτε θα έχουμε βρει ένα καλό τετράγωνο είτε θα καταλήξουμε σε ένα $N_{24} \times M_{24}$ ορθογώνιο με $N_{24},M_{24} \geqslant 10^{1995}$ και $x_{24} \geqslant 6$ . Αυτό όμως είναι ένα καλό ορθογώνιο οπότε τελειώσαμε.

Ασφαλώς, με περισσότερη προσοχή μπορούμε να έχουμε αρκετά μεγαλύτερη διαφορά από το

.

Al.Koutsouridis · #11

έγραψε: ↑
Παρ Απρ 12, 2019 9:42 pm
Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2019
Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 10η τάξη

7. Σε τετράγωνο $10^{2019} \times 10^{2019}$ σημειώθηκαν $10^{4038}$ σημεία. Να αποδείξετε, ότι θα βρεθεί παραλληλόγραμμο, με πλευρές παράλληλες προς τις πλευρές του τετραγώνου, το εμβαδόν του οποίου διαφέρει από το πλήθος των σημείων που είναι τοποθετημένα σε αυτό τουλάχιστον κατά . (Α.Χράμπροβ)

Demetres έγραψε: ↑
Παρ Μάιος 03, 2019 3:55 pm
Επεξεργασία: Η πιο κάτω λύση είναι λανθασμένη. Δείτε π.χ. εδώ.

Έριξα μια ματιά στις επίσημες λύσεις...Νομίζω αν και δεν αναφέρεται ρητά, οι διοργανωτές άφησαν κατά λάθος το $n=10^{2019}$ . Το σχόλιο είναι: "Αν και το πρόβλημα ισχύει, είναι αρκετά δύσκλο για την θέση που βρίσκεται. Καλύτερα θεωρείστε $n=16^{20000}$ ".

Στην συνέχεια δίνονται τρεις λύσεις μια για την περίπτωση $n=16^{20000}$ (σχολική ολυμπιακή) και δυο για την περίπτωση $n=10^{2019}$ με το σχόλιο δεν είναι (κάνουν) για την ολυμπιάδα.

Παρεμπιπτόντως, από τα στατιστικά, κανένας μαθητής δεν κατάφερε να λύσει το πρόβλημα.

Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2019 (ΦΙΙ τάξη 10)

Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2019 (ΦΙΙ τάξη 10)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2019 (ΦΙΙ τάξη 10)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2019 (ΦΙΙ τάξη 10)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2019 (ΦΙΙ τάξη 10)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2019 (ΦΙΙ τάξη 10)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2019 (ΦΙΙ τάξη 10)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2019 (ΦΙΙ τάξη 10)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2019 (ΦΙΙ τάξη 10)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2019 (ΦΙΙ τάξη 10)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2019 (ΦΙΙ τάξη 10)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2019 (ΦΙΙ τάξη 10)

Μέλη σε σύνδεση