Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 (9η τάξη)

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 558
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 (9η τάξη)

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από Al.Koutsouridis » Τετ Απρ 05, 2017 10:11 pm

LXXX Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 12 Μαρτίου 2017 - 9η τάξη


Πρόβλημα 1. Να βρείτε τον μεγαλύτερο φυσικό αριθμό, όλα τα ψηφία του οποίου είναι διαφορετικά και ο οποίος μειώνεται κατά 5 φορές, αν διαγράψουμε το πρώτο ψηφίο.


Πρόβλημα 2. Σε σκακιστικό τουρνουά κάθε παίχτης έπαιξε με τον καθένα μια φορά. Σε κάθε γύρο κάθε σκακιστής έπαιξε μια παρτίδα. Από το συνολικό αριθμό παρτίδων στις μισές τουλάχιστον και οι δυο αντίπαλοι ήταν συντοπίτες (από την ίδια πόλη). Να αποδείξετε, ότι σε κάθε γύρο υπήρχε τουλάχιστον μια παρτίδα που παίχτηκε μεταξύ συντοπιτών.


Πρόβλημα 3. Υπάρχει άραγε «τετραγωνικό» (*) πολύγωνο, το οποίο μπορεί να διαμεριστεί σε δυο ίσα μέρη με κοπή σχήματος της ακόλουθης μορφής; Το «κόψιμο» πρέπει να βρίσκεται εσωτερικά του πολυγώνου (στην περιφέρεια μπορούν να βρίσκονται μόνο τα άκρα της κοπής).
α)
mmo_2017_class9_pr3a.png
mmo_2017_class9_pr3a.png (4.21 KiB) Προβλήθηκε 726 φορές

β)
mmo_2017_class9_pr3b.png
mmo_2017_class9_pr3b.png (4.35 KiB) Προβλήθηκε 726 φορές



Πρόβλημα 4. Να βρείτε όλα τα ζεύγη φυσικών αριθμών a και k, για τα οποία για κάθε φυσικό n, σχετικά πρώτο με τον a, ο αριθμός a^{k^n+1}-1 διαιρείται με το n.


Πρόβλημα 5. Ο Πέτρος χρωμάτισε κάθε κελί τετραγωνικού πίνακα διαστάσεων 1000 \times 1000 με ένα από δέκα χρώματα. Επίσης βρήκε ένα πολύγωνο \Phi 10-κελιών, τέτοιο ώστε με οποιονδήποτε τρόπο και αν αποκόψουμε από τον πίνακα κατά μήκος των τετραγωνικών κελιών, πολύγωνο ίσο με το \Phi, σε αυτό και τα δέκα κελιά θα είναι διαφορετικού χρώματος. Θα είναι το \Phi, οπωσδήποτε ορθογώνιο;


Πρόβλημα 6. Σε τρίγωνο ABC με την γωνία A ίση με 45^0, φέρουμε την διάμεσο AM. Η ευθεία b είναι η συμμετρική της AM ως προς το ύψος BB_{1} και η ευθεία c η συμμετρική της AM ως προς το ύψος CC_{1}. Οι ευθείες b και c τέμνονται στο σημείο X. Να αποδείξετε, ότι AX = BC.


(*) Πολύγωνο που έχει τις πλευρές του πάνω στις ευθείες που ορίζουν ένα τετραγωνικό πλέγμα.

Στατιστικά: (1200 συμμετοχές)
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\text{\gr} & 1  & 2  & 3a  & 3b  & 4 & 5 & 6 \\ \hline
+         & 239 & 106 & 757 & 119 & 5 & 42 & 2  \\ \hline
\pm     & 61 & 28 & 0 & 1 & 0 & 18 & 0  \\ \hline
\mp     & 95 & 90 & 0 & 0 & 3 & 6 & 8 \\ \hline
-          & 675 & 724 & 363 & 1000 & 485 & 659 & 402 \\ \hline
0         & 130 & 252 & 80 & 80 & 707 & 475 & 788  \\ \hline
\end{tabular}


Σημείωση: Σύμφωνα με την πηγή που είναι η επίσημη σελίδα της ολυμπιάδας εδώ. «Τα θέματα και οι λύσεις διατίθενται ελεύθερα για μη εμπορική χρήση (με επιθυμητή την αναφορά στην πηγή κατά την ανατύπωση)».
τελευταία επεξεργασία από Al.Koutsouridis σε Κυρ Ιουν 25, 2017 11:40 am, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.



Λέξεις Κλειδιά:
mikemoke
Δημοσιεύσεις: 112
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 17, 2016 12:58 am

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 (9η τάξη)

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από mikemoke » Παρ Απρ 07, 2017 6:33 pm

Πρόβλημα 3. Υπάρχει άραγε «τετραγωνικό» (*) πολύγωνο, το οποίο μπορεί να διαμεριστεί σε δυο ίσα μέρη με κοπή σχήματος της ακόλουθης μορφής; Το «κόψιμο» πρέπει να βρίσκεται εσωτερικά του πολυγώνου (στην περιφέρεια μπορούν να βρίσκονται μόνο τα άκρα της κοπής).
α) mmo_2017_class9_pr3a.png
β) mmo_2017_class9_pr3b.png


(*) Πολύγωνο που έχει τις πλευρές του πάνω στις ευθείες που ορίζουν ένα τετραγωνικό πλέγμα.



Στο ζητούμενο πολύγωνο πρέπει να εφαρμόζονται και οι 2 ( α,β ) τρόποι κοπής , ή ο καθένας εφαρμόζεται σε 2 διαφορετικά πολύγωνα


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 558
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 (9η τάξη)

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από Al.Koutsouridis » Παρ Απρ 07, 2017 6:53 pm

mikemoke έγραψε:Στο ζητούμενο πολύγωνο πρέπει να εφαρμόζονται και οι 2 ( α,β ) τρόποι κοπής , ή ο καθένας εφαρμόζεται σε 2 διαφορετικά πολύγωνα


Όχι απραίτητα το καθένα μπορεί να εφαρμοστεί σε διαφορετικό πολύγωνο. Τα ερωτήματα (α),(β) είναι ανεξάρτητα μεταξύ τους.


mikemoke
Δημοσιεύσεις: 112
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 17, 2016 12:58 am

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 (9η τάξη)

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από mikemoke » Παρ Απρ 07, 2017 9:03 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
mikemoke έγραψε:Στο ζητούμενο πολύγωνο πρέπει να εφαρμόζονται και οι 2 ( α,β ) τρόποι κοπής , ή ο καθένας εφαρμόζεται σε 2 διαφορετικά πολύγωνα


Όχι απραίτητα το καθένα μπορεί να εφαρμοστεί σε διαφορετικό πολύγωνο. Τα ερωτήματα (α),(β) είναι ανεξάρτητα μεταξύ τους.
Συνημμένα
αβ τριπ.png
αβ τριπ.png (32.94 KiB) Προβλήθηκε 587 φορές


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 558
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 (9η τάξη)

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #5 από Al.Koutsouridis » Σάβ Απρ 08, 2017 11:16 am

:coolspeak:


Άβαταρ μέλους
emouroukos
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1342
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 (9η τάξη)

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #6 από emouroukos » Κυρ Απρ 09, 2017 3:07 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:Πρόβλημα 4. Να βρείτε όλα τα ζεύγη φυσικών αριθμών a και k, για τα οποία για κάθε φυσικό n, σχετικά πρώτο με τον a, ο αριθμός a^{k^n+1}-1 διαιρείται με το n.


Αν \displaystyle{a = 1,} τότε για κάθε φυσικό αριθμό k ο αριθμός \displaystyle{{a^{{k^n} + 1}} - 1 = 1 - 1 = 0} διαιρείται με τον αριθμό n.

Έστω ότι υπάρχουν ακέραιοι \displaystyle{a \ge 2} και k\ge 1 τέτοιοι, ώστε για κάθε θετικό ακέραιο n σχετικά πρώτο με τον a, ο αριθμός \displaystyle{{a^{{k^n} + 1}} - 1} να διαιρείται με τον αριθμό n, δηλαδή να ισχύει:

\displaystyle{{a^{{k^n} + 1}} \equiv 1\left( {\bmod n} \right).}

Η σχέση αυτή θα ισχύει και για τον αριθμό \displaystyle{n = {a^k} - 1,} ο οποίος είναι σχετικά πρώτος με τον a, αφού αν \displaystyle{d = \left( {a,{a^k} - 1} \right), } τότε

\displaystyle{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{d|a}\\
{d|{a^k} - 1}
\end{array}} \right\} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{d|{a^k}}\\
{d|{a^k} - 1}
\end{array}} \right\} \Rightarrow d|1 \Rightarrow d = 1.}

Έχουμε, λοιπόν, ότι

\displaystyle{{a^{{k^n} + 1}} = a \cdot {a^{{k^n}}} = a \cdot {a^{k \cdot {k^{n - 1}}}} = a \cdot {\left( {{a^k}} \right)^{{k^{n - 1}}}} \equiv a \cdot {1^{{k^{n - 1}}}} = a\left( {\bmod n} \right)},

οπότε

\displaystyle{a \equiv 1\left( {\bmod n} \right).}

Αλλά τότε έχουμε ότι:

\displaystyle{n|a - 1 \Rightarrow n = {a^k} - 1 \le a - 1 \Rightarrow k = 1,}

οπότε ο αριθμός \displaystyle{{a^{{k^n} + 1}} - 1 = {a^2} - 1} θα πρέπει να διαιρείται με τον αριθμό n για κάθε θετικό ακέραιο n σχετικά πρώτο με τον a. Αυτό, όμως, δεν μπορεί να ισχύει για κανέναν αριθμό \displaystyle{a \ge 2}, αφού (π.χ.) ο αριθμός \displaystyle{{a^2} + 1} είναι σχετικά πρώτος με τον a και δεν διαιρεί τον \displaystyle{{a^2} - 1.}

Ώστε, ο ισχυρισμός του προβλήματος αληθεύει για \displaystyle{a = 1} και τυχαίο θετικό ακέραιο k.


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 558
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 (9η τάξη)

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #7 από Al.Koutsouridis » Κυρ Απρ 09, 2017 7:53 pm

Αξιοσημείωτο είναι ότι δημιουργός του προβλήματος 3, ήταν μαθητής της 7ης τάξης.


Άβαταρ μέλους
emouroukos
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1342
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 (9η τάξη)

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #8 από emouroukos » Κυρ Απρ 09, 2017 8:30 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:Πρόβλημα 1. Να βρείτε τον μεγαλύτερο φυσικό αριθμό, όλα τα ψηφία του οποίου είναι διαφορετικά και ο οποίος μειώνεται κατά 5 φορές, αν διαγράψουμε το πρώτο ψηφίο.


Έστω \displaystyle{x = \overline {{a_n}{a_{n - 1}}{a_{n - 2}} \cdots {a_1}{a_0}} } ένας αριθμός με τη δοσμένη ιδιότητα. Τότε, είναι:

\displaystyle{x = 5\overline {{a_{n - 1}}{a_{n - 2}} \cdots {a_1}{a_0}}  \Leftrightarrow {a_n} \cdot {10^n} + \overline {{a_{n - 1}}{a_{n - 2}} \cdots {a_1}{a_0}}  = 5\overline {{a_{n - 1}}{a_{n - 2}} \cdots {a_1}{a_0}}  \Leftrightarrow }

\displaystyle{ \Leftrightarrow 4\overline {{a_{n - 1}}{a_{n - 2}} \cdots {a_1}{a_0}}  = {a_n} \cdot {10^n} = 100{a_n} \cdot {10^{n - 2}} \Leftrightarrow }

\displaystyle{ \Leftrightarrow \overline {{a_{n - 1}}{a_{n - 2}} \cdots {a_1}{a_0}}  = 25{a_n} \cdot {10^{n - 2}}.}

Αν \displaystyle{n \ge 4,} τότε ο αριθμός \displaystyle{\overline {{a_{n - 1}}{a_{n - 2}} \cdots {a_1}{a_0}} }, άρα και ο x, έχει τα δύο τελευταία ψηφία του ίσα με 0, πράγμα άτοπο.

Εξετάζουμε αν υπάρχει λύση με \displaystyle{n = 3.} Τότε, θα είναι \displaystyle{\overline {{a_2}{a_1}{a_0}}  = 250{a_3},} και άρα αν \displaystyle{{a_3} \ge 4} θα έχουμε ότι \displaystyle{\overline {{a_2}{a_1}{a_0}}  \ge 1000,} που είναι άτοπο. Επομένως, θα είναι \displaystyle{{a_3} \le 3.} Για \displaystyle{{a_3} = 3} βρίσκουμε ότι \displaystyle{\overline {{a_2}{a_1}{a_0}}  = 750} και συνεπώς ο μεγαλύτερος αριθμός με τη δοσμένη ιδιότητα είναι ο \displaystyle{\boxed{x = 3750}}.


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
mikemoke
Δημοσιεύσεις: 112
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 17, 2016 12:58 am

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 (9η τάξη)

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #9 από mikemoke » Δευ Απρ 10, 2017 11:32 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:Αξιοσημείωτο είναι ότι δημιουργός του προβλήματος 3, ήταν μαθητής της 7ης τάξης.

Θα μπορούσε να γίνει γενίκευση για κάθε ανοιχτή γραμμή (που κόβει σε 2 σημεια, εσωτερική) ;
Νομίζω οτι ισχύει για όλες.


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 558
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 (9η τάξη)

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #10 από Al.Koutsouridis » Τρί Απρ 11, 2017 7:13 pm

mikemoke έγραψε:
Al.Koutsouridis έγραψε:Αξιοσημείωτο είναι ότι δημιουργός του προβλήματος 3, ήταν μαθητής της 7ης τάξης.

Θα μπορούσε να γίνει γενίκευση για κάθε ανοιχτή γραμμή (που κόβει σε 2 σημεια, εσωτερική) ;
Νομίζω οτι ισχύει για όλες.


Ναι με παρόμοιο τρόπο που το έλυσες, μπορεί να κατασκευαστεί πολύγωνο και για οποιαδήποτε τέτοιου είδους απλή τεθλασμένη. Αυτό ήταν και το σχόλιο στις επίσημες λύσεις.


Άβαταρ μέλους
emouroukos
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1342
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 (9η τάξη)

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #11 από emouroukos » Τρί Απρ 18, 2017 7:51 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:Πρόβλημα 6. Σε τρίγωνο ABC με την γωνία A ίση με 45^0, φέρουμε την διάμεσο AM. Η ευθεία b είναι η συμμετρική της AM ως προς το ύψος BB_{1} και η ευθεία c η συμμετρική της AM ως προς το ύψος CC_{1}. Οι ευθείες b και c τέμνονται στο σημείο X. Να αποδείξετε, ότι AX = BC.

Moscow 2017.png
Moscow 2017.png (26.96 KiB) Προβλήθηκε 296 φορές


Έστω \displaystyle{G} το βαρύκεντρο του τριγώνου ABC. Θεωρούμε την ομοιοθεσία \displaystyle{\mathcal{H}\left( {G, - 2} \right)} με κέντρο \displaystyle{G} και λόγο -2. Αν \displaystyle{A' = \mathcal{H}\left( A \right),} \displaystyle{B' = \mathcal{H}\left( B \right)} και \displaystyle{C' = \mathcal{H}\left( C \right),} τότε τα σημεία A, B και C είναι τα μέσα των πλευρών \displaystyle{B'C',} \displaystyle{C'A'} και \displaystyle{A'B'} του τριγώνου \displaystyle{A'B'C'} αντίστοιχα. Επίσης, οι ευθείες \displaystyle{B{B_1}} και \displaystyle{C{C_1}} είναι μεσοκάθετοι των πλευρών \displaystyle{C'A'} και \displaystyle{A'B'} αντίστοιχα.

Παρατηρούμε ότι το σημείο \displaystyle{{A'}} ανήκει στην ευθεία AM. Άρα, το σημείο \displaystyle{{B'},} που είναι το συμμετρικό του \displaystyle{{A'}} ως προς την ευθεία \displaystyle{C{C_1}}, θα ανήκει στην ευθεία c. Όμοια, το σημείο \displaystyle{{C'},} που είναι το συμμετρικό του \displaystyle{{A'}} ως προς την ευθεία \displaystyle{B{B_1}}, θα ανήκει στην ευθεία b.

Με το συμβολισμό των γωνιών όπως στο σχήμα, θα έχουμε ότι:

\displaystyle{\omega  = {180^ \circ } - 2x}
και
\displaystyle{\varphi  = {180^ \circ } - 2y.}

Άρα, είναι:

\displaystyle{\omega  + \varphi  = {360^ \circ } - 2\left( {x + y} \right) = {360^ \circ } - 2\left( {{{180}^ \circ } - {{45}^ \circ }} \right) = {90^ \circ }.}

Συνεπώς, το τρίγωνο \displaystyle{B'XC'} είναι ορθογώνιο στο \displaystyle{X} και άρα η διάμεσός του AX θα είναι ίση με το μισό της υποτείνουσας \displaystyle{B'C'.} Έτσι, βρίσκουμε ότι:

\displaystyle{AX = \frac{{B'C'}}{2} = BC}

και η απόδειξη ολοκληρώνεται.


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες