Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2017 (ΦΙΙ τάξη 9)

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 501
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2017 (ΦΙΙ τάξη 9)

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από Al.Koutsouridis » Πέμ Απρ 20, 2017 9:00 pm

Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2017

Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 9η τάξη.



1. Ο υπολογιστής του Αλέξανδρου μπορεί να κάνει δυο διαδικασίες. Αν τον φορτώσουμε με μια κάρτα με τον αριθμό a, τότε αυτός την επιστρέφει πίσω καθώς και άλλη μια με τον αριθμό a+1. Αν τον φορτώσουμε διαδοχικά με κάρτες που έχουν τους αριθμούς a και b, τότε αυτός τις επιστρέφει πίσω και επίσης εκτυπώνει κάρτες με όλες τις ρίζες του τριωνύμου x^2+ax+b (μία, δύο, ή καμία). Αρχικά ο Αλέξανδρος είχε μόνο την κάρτα με τον αριθμό s. Είναι άραγε αληθές, ότι για οποιοδήποτε s>0 ο Αλέξανδρος θα μπορέσει κάποια στιγμή να λάβει κάρτα με τον αριθμό \sqrt{s};


2. Σε τρίγωνο ABC και στην πλευρά AB βρέθηκε σημείο X, ώστε 2BX=BA+BC. Το σημείο Y είναι το συμμετρικό του κέντρου I του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC ως προς το σημείο X. Να αποδείξετε, ότι το YI_{B} είναι κάθετο στο AB, όπου I_{B} το κέντρο του παρεγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC που εφάπτεται της πλευράς AC.


3. Ο Πέτρος, ο Νίκος και η Μαρία παίζουν με ένα πίνακα διαστάσεων 100 \times 100 το ακόλουθο παιχνίδι. Με την σειρά (ξεκινάει ο Πέτρος, έπειτα ο Νίκος, έπειτα η Μαρία, έπειτα πάλι ο Πέτρος κ.ο.κ.) χρωματίζουν τα ακριανά κελιά του πίνακα (δηλαδή αυτά που έχουν κοινή πλευρά με το περίγραμμα του πίνακα). Απαγορεύεται να χρωματίσουν κελί γειτονικό κατά πλευρά με ήδη χρωματισμένο. Εκτός από αυτό, απαγορεύεται να χρωματίσουν κελί συμμετρικό, ως προς το κέντρο του πίνακα, ενός ήδη χρωματισμένου. Χάνει, αυτός που δεν μπορεί να κάνει κίνηση. Μπορούν άραγε ο Νίκος και η Μαρία να συνεννοηθούν μεταξύ τους και να παίξουν έτσι, ώστε να χάσει ο Πέτρος;


4. Στα κελιά ενός πίνακα 3 \times n είναι γραμμένοι μη μηδενικοί φυσικοί αριθμοί. Σε κάθε μια από τις τρείς γραμμές του πίνακα συναντώνται από μια φορά οι αριθμοί 1,2,…,n. Για κάθε στήλη το άθροισμα των γινομένων ανά δυο των τριών αριθμών που την αποτελούν, διαιρείται με το n. Για ποια n αυτό μπορεί να συμβεί;


Καταληκτική αίθουσα


5. Η γωνία B μη ισοσκελούς τρίγωνου ABC είναι ίση με 130^0. Το σημείο H είναι η βάση του ύψους από την κορυφή B. Στις πλευρές AB και BC βρέθηκαν σημεία D και E αντίστοιχα τέτοια, ώστε DH=EH και το τετράπλευρο ADEC να είναι εγγράψιμο. Να βρείτε την γωνία DHE.


6. Οι αριθμοί a,b και c ανήκουν στο διάστημα [0,1) και ικανοποιούν την ισότητα a^2+b^2+c^2 =1. Ποια είναι η ελάχιστη τιμή που μπορεί να πάρει η παράσταση

\dfrac{a}{\sqrt{1-a^2}} + \dfrac{b}{\sqrt{1-b^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{1-c^2}} ;


7. Θα ονομάσουμε «τετραγωνισμένο τεταρτημόριο» το πρώτο τεταρτημόριο ενός ορθοκανονικού συστήματος, διαμερισμένο σε τετράγωνα πλευράς 1. Σε τετραγωνισμένο τεταρτημόριο είναι χρωματισμένα n^2 τετράγωνα. Να αποδείξετε, ότι σε αυτό θα βρεθούν τουλάχιστον n^2+n τετράγωνα (συμπεριλαμβανομένου, ήδη χρωματισμένων), γειτονικά κατά πλευρά τουλάχιστον με ένα χρωματισμένο.
τελευταία επεξεργασία από Al.Koutsouridis σε Παρ Απρ 21, 2017 10:11 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 836
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2017 (ΦΙΙ τάξη 9)

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από Ορέστης Λιγνός » Πέμ Απρ 20, 2017 9:43 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2017

Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 9η τάξη.



1. Ο υπολογιστής του Αλέξανδρου μπορεί να κάνει δυο διαδικασίες. Αν τον φορτώσουμε με μια κάρτα με τον αριθμό a, τότε αυτός την επιστρέφει πίσω καθώς και άλλη μια με τον αριθμό a+1. Αν τον φορτώσουμε διαδοχικά με κάρτες που έχουν τους αριθμούς a και b, τότε αυτός τις επιστρέφει πίσω και επίσης εκτυπώνει κάρτες με όλες τις ρίζες του τριωνύμου x^2+ax+b (μία, δύο, ή καμία). Αρχικά ο Αλέξανδρος είχε μόνο την κάρτα με τον αριθμό s. Είναι άραγε αληθές, ότι για οποιοδήποτε s>0 ο Αλέξανδρος θα μπορέσει κάποια στιγμή να λάβει κάρτα με τον αριθμό \sqrt{s};




Ναι.

Έχουμε την κάρτα με αριθμό s, άρα μπορούμε να πάρουμε και την κάρτα με αριθμό s+1.

Φορτώνουμε στον υπολογιστή τις κάρτες s, \, s+1 και παίρνουμε τις ρίζες της x^2+(s+1)x+s=0, που είναι οι -1,-s.

Φορτώνουμε την κάρτα -1, άρα παίρνουμε την κάρτα με αριθμό 0.

Παίρνουμε a=0, \, b=-s, οπότε έχουμε την εξίσωση x^2-s=0, με ρίζες x=\pm \sqrt{s}.

Έτσι, πήραμε την κάρτα \sqrt{s}.


Ο καθένας λέει ότι να΄ναι και είναι πάντα σύμφωνος με τον εαυτό του ! 'Ολοι μιλάνε και κανείς δεν ακούει! Ο κόσμος είναι σε νοητική αδράνεια ! Ελένη Γλυκατζή Αρβελέρ
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 119
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2017 (ΦΙΙ τάξη 9)

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από Γιάννης Μπόρμπας » Πέμ Απρ 20, 2017 9:56 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:1. Ο υπολογιστής του Αλέξανδρου μπορεί να κάνει δυο διαδικασίες. Αν τον φορτώσουμε με μια κάρτα με τον αριθμό a, τότε αυτός την επιστρέφει πίσω καθώς και άλλη μια με τον αριθμό a+1. Αν τον φορτώσουμε διαδοχικά με κάρτες που έχουν τους αριθμούς a και b, τότε αυτός τις επιστρέφει πίσω και επίσης εκτυπώνει κάρτες με όλες τις ρίζες του τριωνύμου x^2+ax+b (μία, δύο, ή καμία). Αρχικά ο Αλέξανδρος είχε μόνο την κάρτα με τον αριθμό s. Είναι άραγε αληθές, ότι για οποιοδήποτε s>0 ο Αλέξανδρος θα μπορέσει κάποια στιγμή να λάβει κάρτα με τον αριθμό

Η απάντηση είναι ναι.
Αρχικά λαμβάνουμε από τον s τον s+1 και μετά βάζοντας όπου a=s+1 και b=s παίρνουμε τους
-s,-1. Μετά από το -1 παίρνουμε το 0 και τέλος
για a=0 και b=-s παίρνουμε το \sqrt{s}
Edit: Κλασικά με πρόλαβε ο Ορέστης.


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 836
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2017 (ΦΙΙ τάξη 9)

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από Ορέστης Λιγνός » Πέμ Απρ 20, 2017 11:17 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2017

Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 9η τάξη.




6. Οι αριθμοί a,b και c ανήκουν στο διάστημα [0,1) και ικανοποιούν την ισότητα a^2+b^2+c^2 =1. Ποια είναι η ελάχιστη τιμή που μπορεί να πάρει η παράσταση

\dfrac{a}{\sqrt{1-a^2}} + \dfrac{b}{\sqrt{1-b^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{1-c^2}} ;




Όμορφο!

Θέτουμε A=\dfrac{a}{\sqrt{1-a^2}} + \dfrac{b}{\sqrt{1-b^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{1-c^2}}

Έστω αρχικά ότι κάποιος εκ των a,b,c είναι 0, έστω c=0.

Τότε, a^2+b^2=1, και ζητείται το ελάχιστο της A=\dfrac{a}{\sqrt{1-a^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{1-b^2}}.

Προφανώς, 1-a^2=b^2, \, 1-b^2=a^2.

Έτσι, A=\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a} \geqslant 2, με ισότητα αν a=b, και αφού a^2+b^2=1, a=b=\dfrac{\sqrt{2}}{2}.


Έστω τώρα a,b,c \neq 0.

Είναι \dfrac{a}{\sqrt{1-a^2}}=\dfrac{a^2}{\sqrt{(1-a^2)a^2}} \geqslant \dfrac{a^2}{\dfrac{(1-a^2)+a^2}{2}}=2a^2, και όμοια για τα b,c.

Προσθέτοντας παίρνουμε A \geqslant 2(a^2+b^2+c^2)=2.

Η ισότητα ισχύει όταν 1-a^2=a^2 , 1-b^2=b^2, 1-c^2=c^2, οπότε a^2=b^2=c^2=\dfrac{1}{2}, άτοπο, διότι a^2+b^2+c^2=1.

Τελικά, A \geqslant 2, με την ισότητα όταν ένας από τους a,b,c είναι 0, και οι άλλοι δύο ίσοι με \dfrac{\sqrt{2}}{2}.


Ο καθένας λέει ότι να΄ναι και είναι πάντα σύμφωνος με τον εαυτό του ! 'Ολοι μιλάνε και κανείς δεν ακούει! Ο κόσμος είναι σε νοητική αδράνεια ! Ελένη Γλυκατζή Αρβελέρ
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 5925
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2017 (ΦΙΙ τάξη 9)

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #5 από matha » Πέμ Απρ 20, 2017 11:20 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:6. Οι αριθμοί a,b και c ανήκουν στο διάστημα [0,1) και ικανοποιούν την ισότητα a^2+b^2+c^2 =1. Ποια είναι η ελάχιστη τιμή που μπορεί να πάρει η παράσταση

\dfrac{a}{\sqrt{1-a^2}} + \dfrac{b}{\sqrt{1-b^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{1-c^2}} ;


\displaystyle{\dfrac{a}{\sqrt{1-a^2}} + \dfrac{b}{\sqrt{1-b^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{1-c^2}}=\dfrac{a}{\sqrt{b^2+c^2}} + \dfrac{b}{\sqrt{c^2+a^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{a^2+b^2}}=}

\displaystyle{=\dfrac{2a^2}{2\sqrt{a^2}\sqrt{b^2+c^2}} + \dfrac{2b^2}{2\sqrt{b^2}\sqrt{c^2+a^2}}+\dfrac{2c^2}{2\sqrt{c^2}\sqrt{a^2+b^2}}\geq}

\displaystyle{\geq \frac{2a^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{2b^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{2c^2}{a^2+b^2+c^2}=2}

και η ισότητα ισχύει αν π.χ. \displaystyle{a=b=\frac{1}{\sqrt{2}},c=0.}

Άρα η ελάχιστη τιμή είναι το \displaystyle{2}.


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 501
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2017 (ΦΙΙ τάξη 9)

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #6 από Al.Koutsouridis » Παρ Απρ 21, 2017 10:13 am

:clap2: Ορέστη!

Να σημειώσω ότι τα προβλήματα 6 και 7 φαίνεται να μην κατάφερε να τα λύσει κανείς.


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 836
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2017 (ΦΙΙ τάξη 9)

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #7 από Ορέστης Λιγνός » Σάβ Απρ 22, 2017 12:48 am

Al.Koutsouridis έγραψε:Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2017

Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 9η τάξη.






5. Η γωνία B μη ισοσκελούς τρίγωνου ABC είναι ίση με 130^0. Το σημείο H είναι η βάση του ύψους από την κορυφή B. Στις πλευρές AB και BC βρέθηκαν σημεία D και E αντίστοιχα τέτοια, ώστε DH=EH και το τετράπλευρο ADEC να είναι εγγράψιμο. Να βρείτε την γωνία DHE.




Καλησπέρα!

Θα δείξουμε ότι το H είναι το περίκεντρο του τριγώνου BDE. (*)

Καταρχήν, \widehat{HBE} =\widehat{HBC}=90^0-\widehat{C}, άρα \widehat{HBE}=90^0-\widehat{C} (1).

Από το εγγράψιμο ADEC, \widehat{BDE}=\widehat{C} (2).

Από (1), (2) παίρνουμε ότι \widehat{BDE}+\widehat{HBE}=90^0.

Όμοια, \widehat{DBH}+\widehat{BED}=90^0.

Απομονώνουμε το τετράπλευρο BDHE για να δείξουμε την (*).


Κάνοντας Νόμο ημιτόνων στα BHD, BHE και χρησιμοποιώντας το γεγονός ότι DH=HE παίρνουμε την \dfrac{\sin(x+\omega)}{\sin(\phi+x)}=\dfrac{\cos \phi}{\cos \omega}, το οποίο μετά τις πράξεις δίνει \sin (\phi-\omega) \cdot \cos (\phi+\omega+x)=0.

Άρα, \sin (\phi-\omega)=0, ή \cos (\phi+\omega+x)=0, που σημαίνει \phi=\omega, ή \phi+\omega+x=90^0.

Η πρώτη περίπτωση απορρίπτεται, διότι \widehat{C}=\phi=\omega=\widehat{B}, άτοπο, διότι το τρίγωνο είναι μη ισοσκελές.

Άρα, \phi+x=90^0-\omega.

Εύκολα πλέον το BDH είναι ισοσκελές με DH=BH=EH, και η (*) δείχτηκε.

Τελικά, \widehat{DHE}=\widehat{DHB}+\widehat{BHE}=2\widehat{DEB}+2\wideha{BDE}=2(180^- \widehat{B})=100^0.

orestis.png
orestis.png (13.14 KiB) Προβλήθηκε 57 φορές


Ο καθένας λέει ότι να΄ναι και είναι πάντα σύμφωνος με τον εαυτό του ! 'Ολοι μιλάνε και κανείς δεν ακούει! Ο κόσμος είναι σε νοητική αδράνεια ! Ελένη Γλυκατζή Αρβελέρ

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

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Google [Bot] και 2 επισκέπτες