ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 4 06 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 665-67784 - Fax: 6405 e-mail : info@hms.gr, www.hms.gr GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 4, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street GR. 06 79 - Athens - HELLAS Tel. 665-67784 - Fax: 6405 e-mail : info@hms.gr, www.hms.gr ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 5 η Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα "Ο Αρχιμήδης" Μαρτίου 08 Θέματα μικρών τάξεων Ενδεικτικές λύσεις Πρόβλημα (α) Να εξετάσετε, αν υπάρχει πραγματικός αριθμός x, τέτοιος ώστε οι αριθμοί x και x να είναι και οι δύο ρητοί. (β) Να εξετάσετε, αν υπάρχει πραγματικός αριθμός y τέτοιος ώστε οι αριθμοί y και y να είναι και οι δύο ρητοί. (α) Έστω x q, x p με pq,. Τότε x q x q q οπότε αν αντικαταστήσουμε στη δεύτερη παίρνουμε: q q p q pq Τότε πρέπει q0q. Σε αυτή την περίπτωση p q q 4 4 και x. (β) Έστω y q, y p με pq,. Τότε y q y q q 9q οπότε αν αντικαταστήσουμε στη δεύτερη παίρνουμε: q q 9q p q pq 9q που είναι άτοπο. q 9q p q Πρόβλημα Θεωρούμε τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευράς 8 cm το οποίο υποδιαιρούμε με ευθείες παράλληλες προς τις πλευρές σε 64 μικρά τετράγωνα πλευράς cm. Χρωματίζουμε 7 μικρά τετράγωνα μαύρα, ενώ όλα τα υπόλοιπα 57 μικρά τετράγωνα είναι λευκά. Υποθέμε ότι υπάρχει θετικός ακέραιος k τέτοιος ώστε ανεξάρτητα από τη θέση των 7 μαύρων μικρών τετραγώνων, υπάρχει ορθογώνιο εμβαδού k cm με πλευρές παράλληλες στις πλευρές ΑΒΓΔ και με όλα τα μικρά τετράγωνα από τα οποία
αποτελείται να είναι λευκά, που μπορεί να αποκοπεί απόό το τετράγωνο ΑΒΓΔ. βρεθεί η μέγιστη δυνατή τιμή k. Να Μπορούμε να χωρίσουμε το τετράγωνο ΑΒΓΔ σε 8 ορθογώνια 4. Έτσι μπορούμε να χρωματίσουμε στα επτά 4 ορθογώνια από ένα μαύρο μικρό τετράγωνο, οπότε από την αρχή Περιστερώνα θα μείνει με λευκά μικράά τετράγωνα λάχιστον ένα 4 ορθογώνιο εμβαδού 8cm. Σχήμα Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι υπάρχει χρωματισμός των 7 μικρών τετραγώνωνν έτσι ώστε να μην υπάρχει ορθογώνιοο με λευκά τετράγωνα εμβαδού μεγαλύτερου των 8cm. Στο τετράγωνο παρακάτω σχήματος αφήνουμε όλα τα συνοριακά μικρά τετράγωνα λευκά και στο 6 6 εσωτερικό τετράγωνο χρωματίζουμε 7 μικρά τετράγωνα μαύρα, έτσι ώστε να μην υπάρχει ορθογώνιο με μ λευκά τετράγωνα εμβαδού μεγαλύτερου των 8cmm. Σχήμα
Σημείωση: Για το πρώτο κομμάτι της άσκησης μπορούμε να θεωρήσουμε τις 8 γραμμές ή τις 8 στήλες πίνακα και να κάνουμε το επιχείρημα όπως στην παραπάνω λύση με την αρχή Περιστερώνα. Πρόβλημα Θεωρούμε ς θετικούς ακεραίους, τέτοιους ώστε ο αριθμός ( ) 4a να είναι ακέραιος. Να αποδείξετε ότι αν ο b είναι περιττός, τότε ο a είναι τέλειο τετράγωνο. ( ) 4a Έστω. Η τελευταία γράφεται ως ( ) 4 a () Θα δείξουμε ότι ο a είναι περιττός. () Πράγματι, αν a, τότε θα πρέπει ( a b), τότε θα πρέπει και ο b να είναι άρτιος, άτοπο. Θεωρούμε τώρα την () σαν δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς b, στη μορφή: b b( ) aa 4a 0 Για να έχει αυτή ακέραιες λύσεις, η διακρίνουσά της θα πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο. Έχουμε ότι a ( ) 4( a 4 a) a( a( ) 4a 6). Επομένως το γινόμενο των a, a( ) 4a 6 είναι τέλειο τετράγωνο. Επειδή όμως ο a είναι περιττός είναι πρώτοι μεταξύ ς, οπότε ο καθένας ς θα πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο, άρα ο a είναι τέλειο τετράγωνο. ος τρόπος: Έστω d ( a, b) και γράφουμε a dx, b dy, με ( xy, ). Παρατηρούμε ότι επειδή d b και ο b είναι περιττός, θα πρέπει d περιττός. Τότε ο αριθμός ( ) 4 a d ( x y) 4 dx d( x y) 4x d xy dxy είναι ακέραιος. Άρα x d( x y) 4 x x dy και επειδή ( xy, ), πρέπει x d. Επίσης, d d( x y) 4 x d 4x και αφού d περιττός, d x. Από τις δύο αυτές σχέσεις έχουμε d x, άρα a d. Πρόβλημα 4 Δίνεται τρίγωνο με εγγεγραμμένο σε κύκλο c με κέντρο O και ακτίνα R. Ονομάζουμε το αντιδιαμετρικό της κορυφής. Δίνεται επίσης ο κύκλος c οποίου το κέντρο βρίσκεται επάνω στο τμήμα και περνάει από τα σημεία και. Αν ο κύκλος c τέμνει την στο σημείο, να αποδείξετε
ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος περιγεγραμμένου κύκλου c. τριγώνου, έστω c, εφάπτεται ( ος Τρόπος) Έστω η τομή γωνία (άρα και η γωνία ) είναι ορθή διότι βαίνει β στη διάμετρο περιγεγραμμένου κύκλου cor,. κύκλου c Εφόσον 90, η είναι διάμετρος κύκλου c και κατά συνέπεια η θα είναι μεσοκάθετος της κοινής χορδής των κύκλων c και c. Η εφάπτεται στον κύκλο c, άρα. Από το ορθογώνιοο τρίγωνο έχουμε: 90 90. () με την και η τομή της με την. Η Οι γωνίες, Σχήμα είναιι εγγεγραμμένες στον κύκλο c και βαίνουν στοο ίδιο τόξο, άρα. Από το ορθογώνιο τρίγωνο, έχουμε: 909 900. Από τις ισότητες γωνιών και συμπεραίνου με ότι:, οπότε τα ευθύγραμμα τμήματαα και είναι παράλληλα και κατά συνέπεια το
τετράπλευρο είναι τραπέζιο. Εφόσον το είναι το μέσο της, συμπεραίνουμε ότι η θα διέρχεται από το μέσο της που είναι το κέντρο κύκλου c. Άρα τα κέντρα των κύκλων c, c και το σημείο θα είναι συνευθειακά. Εναλλακτικά, το τελικό συμπέρασμα (που διατυπώνεται στην τελευταία παράγραφο) θα μπορούσε να προκύψει και με τη βοήθεια μετασχηματισμού της ομοιοθεσίας: Από τις ισότητες γωνιών και συμπεραίνου με ότι:, οπότε τα ευθύγραμμα τμήματα και είναι παράλληλα και κ κατά συνέπεια ομοιόθετα στην ομοιοθεσία με κέντρο ομοιοθεσίας το σημείο. Εφόσον τα τμήματα και ( δηλαδή, οι διάμετροι των κύκλωνν c και c ) είναι ομοιόθετα με κέντρο ομοιοθεσίας το και οι κύκλοι c και κ c θα είναι ομοιόθετοι με το ίδιο κέντρο ομοιοθεσίας. Δηλαδή τα κέντρα των κύκλων c, c και ι το σημείο θα είναι συνευθειακά. ος τρόπος Θα αποδείξουμε ότι ο c εφάπτεται κύκλου cor (, ) στο σ σημείο. Για το σκοπό ο αυτό θα δείξουμε ότιι οι δύο αυτοί κύκλοι έχουν κοινή εφαπτομένηη στο σημείο. Έστω η εφαπτομένη c( O, R) στο σημείο και ονομάζουμεε. Για να δείξουμε ότι η είναι εφαπτομένη c στο, αρκεί να αποδείξουμε ότι. () Επειδή η η εφαπτομένη υ cor (, ), έχουμε ότι. Ε Επιπλέον η είναι διάμετρος, οπότεε 90, οπότε 90. Όμως (90 ) 80, () από τη σχέση επίκεντρης εγγεγραμμένης στον c. Όμως το τρίγωνο είναι ισοσκελές επομένως λόγω της () θα είναι, οπότε ε η () ισχύει και έχουμε το ζητούμενο.