IMC Stage-II 2015

Filippos Athos · #21

Demetres έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 19, 2018 11:31 am
Μπήκαν οι ασκήσεις 11 και 12

$\rule{500pt}{0.7pt}$

Για την άσκηση 10 σκεφτόμαστε ως εξής:

Ο αριθμός αφήνει υπόλοιπο όταν διαιρεθεί με το . Αν κάθε ένας από τους τέσσερις αριθμούς αφήνει υπόλοιπο , τότε πρέπει ο να είναι πολλαπλάσιος του . Πρέπει λοιπόν .

Άρα τα δυνατά αθροίσματα είναι $2,11,20,29,\ldots$

Από και πάνω απορρίπτονται αφού το μέγιστο άθροισμα που μπορούμε να έχουμε είναι . Το επίσης απορρίπτεται αφού ο μέγιστος τριψήφιος αριθμός που μπορούμε να γράψουμε είναι το , οπότε το συνολικό άθροισμα των αριθμών είναι το πολύ .

Τέλος για τα και βρίσκουμε παραδείγματα με δοκιμές.

Έχω μία απορία.

Γιατί επιλέγουμε το 9 για να διαιρέσουμε το 2015;
Επίσης γιατί το υπόλοιπο

είναι το άθροισμα των ψηφίων;

Ευχαριστώ

#22

Filippos Athos έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 20, 2018 2:00 pm

Έχω μία απορία. Γιατί επιλέγουμε το 9 για να διαιρέσουμε το 2015;
Επίσης γιατί το υπόλοιπο είναι το άθροισμα των ψηφίων;

Ευχαριστώ

Όταν έχουμε αθροίσματα ψηφίων, τότε βολεύει να δούμε την διαιρετότητα με το

. Ο λόγος είναι τα δύο πιο κάτω αποτελέσματα:

(α) Ένας αριθμός διαιρείται με το

αν και μόνο αν το άθροισμα των ψηφίων του διαιρείται με το

.

Πιο γενικά ισχύει το εξής

(β) Όταν ένας αριθμός διαιρεθεί με το

, αφήνει το ίδιο υπόλοιπο όπως και όταν το άθροισμα των ψηφίων του διαιρεθεί με το

.

Π.χ. το υπόλοιπο της διαίρεσης του 839748931021

με το

είναι το ίδιο με το υπόλοιπο της διαίρεσης του 8+3+9+7+4+8+9+3+1+0+2+1

με το

. Επειδή

και

, το υπόλοιπο της διαίρεσης ισούται με

.

Filippos Athos · #23

Άσκηση 11: Έχουμε τρεις θετικούς ακεραίους. Ο πρώτος είναι διψήφιος αριθμός ο οποίος αποτελείται από δύο ίδια ψηφία. Ο δεύτερος είναι διψήφιος αριθμός, ο οποίος αποτελείται από δύο διαφορετικά ψηφία, και του οποίου το ψηφίο των μονάδων είναι το ίδιο με αυτό του πρώτου αριθμού. Ο τρίτος είναι μονοψήφιος αριθμός, με το ψηφίο του να ισούται με το ψηφίο των δεκάδων του δεύτερου αριθμού. Ακριβώς δύο από αυτούς τους αριθμούς είναι πρώτοι. Με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορούμε να διαλέξουμε αυτούς τους αριθμούς;

Οι αριθμοί μας είναι
$\overline{AA}$
$\overline{BA}$ και
$\overline{B}$
Για το A=1

το
$\overline{AA}=11$ $\rightarrow$ πρώτος, τότε $B\in (2,4,5,6)$ , εδώ έχουμε

επιλογές.

Το $A\neq 2,4,5,6,8$ γατί πάντα θα βγάινει το πολύ 1 πρώτος αριθμός

Για το $A=3\rightarrow \overline{AA}=33$ που είναι σύνθετος, τότε $B\in (2,5,7)$ , εδώ έχουμε

επιλογές.
Για το $A=7\rightarrow \overline{AA}=77$ που είναι σύνθετος, τότε B=3

. Μόνο

επιλογή
Για το $A=9\rightarrow \overline{AA}=99$ που είναι σύνθετος, τότε $B\in (2,5,7)$ . Έχουμε

επιλογές

Συνολικά $\boxed{\Sigma =4+3+1+3=11 }$

Filippos Athos · #24

Άσκηση 12: Διαιρούμε έναν θετικό ακέραιο με το 5 και καταγράφουμε το πηλίκο και το υπόλοιπο. Ακολούθως διαιρούμε και πάλι τον ίδιο θετικό ακέραιο με το 3 και καταγράφουμε πάλι το πηλίκο και το υπόλοιπο. Αν οι ίδιοι αριθμοί αλλά με διαφορετική σειρά έχουν καταγραφεί, να βρεθεί το γινόμενο όλων των δυνατών τιμών του αρχικού αριθμού.

$N\rightarrow$ ο θετικός ακέραιος αριθμός
$p\rightarrow$ το πηλίκο
$y\rightarrow$ το υπόλοιπο της διαίρεσης
$d\rightarrow$ ο διαιρέτης

N=5p+y

$\rightarrow y=N-5p$ (1)

N=3y+p

(2)

Από το (1) και (2) έχουμε
N=7p

Αρά ο αριθμός Ν είναι το πολλαπλάσιο του

$N\in (7,14)$

Το N> 14

απορρίπτεται γιατί το y> d

Επομένως το γινόμενο όλων των δυνατών τιμών του αρχικού αριθμού ειναι $\boxed{ 7\cdot 14=98}$

#25

Προστέθηκαν τα τελευταία προβλήματα.

Filippos Athos · #26

Άσκηση 13: Το E είναι σημείο της πλευράς AB του τετραγώνου ABCD ώστε AE = 2 EB. Το Z είναι το μέσο της πλευράς BC. Τα M και N είναι τα μέσα των DE και DZ αντίστοιχα. Αν το εμβαδόν του EMN ισούται με 5 \cm^2, να υπολογιστεί το εμβαδόν, σε \cm^2, του πενταγώνου MEBZN.

DEBZ=

ABCD-

AED-

DZC

AED= $\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}E$ ABCD= $\frac{1}{3}E$ ABCD

DZC= $\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}E$ ABCD= $\frac{1}{4}E$ ABCD

DEBZ=

ABCD- $\frac{1}{3}E$ ABCD- $\frac{1}{4}E$ ABCD

DEBZ= $\frac{5}{12}E$ ABCD (1)

EZB= $\frac{1}{2}E$ EBC

EBC= $\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}E$ ABCD= $\frac{1}{6}E$ ABCD

επομένως

ΕΖΒ= $\frac{1}{12}E$ ABCD (2)

Από το (1) και (2)

DEZ= $\frac{4}{12}E$ ABCD (3)

DEZ=

DMN+

EMN+

ENZ

DEZ= $5+5+10=20cm^{2}$

Από το (3) έχουμε $\frac{4}{12}E$ ABCD= $20cm^{2}$ αρά

ABCD= $60cm^{2}$ (4)

Από το (2)και (4)

ΕΖΒ= $\frac{1}{12}E$ ABCD= $\frac{1}{12}\cdot 60=5cm^{2}$

Και τελευταίο

MEBZN=

EMN+

ENZ+

EZB

MEBZN= $\boxed{5+10+5=20cm^{2} }$

Filippos Athos · #27

Καλησπέρα,
ζητάω βοήθεια για αυτά τα τελευταία δύο προβλήματα σας παρακαλώ

#28

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 27, 2018 6:40 pm
Άσκηση 14: Με πόσους τρόπους μπορούμε να χωρίσουμε τους αριθμούς $1, 2, 3, \ldots, 12$ σε τέσσερις ομάδες των τριών αριθμών, ώστε σε κάθε ομάδα το άθροισμα να είναι πολλαπλάσιο του ;

Ας γράψουμε $A = \{1,4,7,10\},B=\{2,5,8,11\},C=\{3,6,9,12\}$ .

Για να έχουμε τρεις αριθμούς με άθροισμα πολλαπλάσιο του

από που πρέπει να τους πάρουμε; Π.χ. να είναι και οι τρεις από το

. Τι άλλες επιλογές υπάρχουν;

Filippos Athos · #29

Demetres έγραψε: ↑
Παρ Μαρ 09, 2018 11:03 pm

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 27, 2018 6:40 pm
Άσκηση 14: Με πόσους τρόπους μπορούμε να χωρίσουμε τους αριθμούς $1, 2, 3, \ldots, 12$ σε τέσσερις ομάδες των τριών αριθμών, ώστε σε κάθε ομάδα το άθροισμα να είναι πολλαπλάσιο του ;

Ας γράψουμε $A = \{1,4,7,10\},B=\{2,5,8,11\},C=\{3,6,9,12\}$ .

Για να έχουμε τρεις αριθμούς με άθροισμα πολλαπλάσιο του από που πρέπει να τους πάρουμε; Π.χ. να είναι και οι τρεις από το . Τι άλλες επιλογές υπάρχουν;

Νομίζω πως ΄εχω βρει τη λύση αλλά δεν είμαι σύγουρος αν είναι ο σωστός τρόπος σκέψης.
Αν επιλέξουμε τις τριάδες από τα σύνολα A, B, C

ξεχωριστά έχουμε $4^{3}=64$ επιλογές.

Αν επιλέξουμε τις τριάδες από τα διαφορετικά σύνολα, βλέπουμε ότι τον καθε αριθμό μιας τριάδας πρέπει να τον πάρουμε από διαφορετικό σύνολο (δηλαδή δεν γίνεται δύο αριθμοί μιας τριάδας να είναι από το ίδιο σύνολο).

Αν, για παράδειγμα, επιλέξουμε τον πρώτο αριθμό της πρώτης τριάδας από το σύνολο

, για άλλους δύο αριθμούς της ίδιας τριάδας έχουμε $4^{2}=16$ επιλογές.
Για την δεύτερη τριάδα $3^{2}=9$ επιλογές.
Για την τρίτη τριάδα $2^{2}=4$ και
για την τέταρτη $1^{2}=1$ επιλογή.

Συνολικά έχουμε $16\cdot 9\cdot 4\cdot 1 +64=576+64=640$

#30

Πολύ ωραία.

Δίνω και μια υπόδειξη για το τελευταίο:

Η τελεία στο πιο κάτω σχήμα είναι ο δεύτερος αριθμός. Σε ποια κουτιά μπορεί να βρίσκεται ο πρώτος αριθμός και σε ποια ο τρίτος; (Κάποια από τα κουτιά μπορεί να έχουν αριθμούς μικρότερους του

ή μεγαλύτερους του

.

$\begin{tikzpicture}[scale=0.6,line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm] \clip(-13.409371675224776,-1.7714112863030538) rectangle (12.735826599123058,2.5182474129149592); \draw [line width=1.pt] (1.,1.)-- (1.,-1.); \draw [line width=1.pt] (1.,-1.)-- (6.,-1.); \draw [line width=1.pt] (6.,-1.)-- (6.,1.); \draw [line width=1.pt] (6.,1.)-- (1.,1.); \draw [line width=1.pt] (7.,1.)-- (7.,-1.); \draw [line width=1.pt] (7.,-1.)-- (12.,-1.); \draw [line width=1.pt] (12.,-1.)-- (12.,1.); \draw [line width=1.pt] (12.,1.)-- (7.,1.); \draw [line width=1.pt] (-1.,1.)-- (-1.,-1.); \draw [line width=1.pt] (-1.,-1.)-- (-6.,-1.); \draw [line width=1.pt] (-6.,-1.)-- (-6.,1.); \draw [line width=1.pt] (-6.,1.)-- (-1.,1.); \draw [line width=1.pt] (-7.,1.)-- (-7.,-1.); \draw [line width=1.pt] (-7.,-1.)-- (-12.,-1.); \draw [line width=1.pt] (-12.,-1.)-- (-12.,1.); \draw [line width=1.pt] (-12.,1.)-- (-7.,1.); \draw (-3.66261551687496,0.12907041588214194) node[anchor=north west] {9}; \draw (-9.907055395483477,0.2105196316900789) node[anchor=north west] {9}; \draw (3.3420170426076368,0.1562201544847876) node[anchor=north west] {9}; \draw (9.695055875626737,0.12907041588214194) node[anchor=north west] {9}; \draw [fill=black] (0.,0.) circle (5.0pt); \end{tikzpicture}$

Filippos Athos · #31

Άσκηση 15: Ένας αριθμός από τους 1, 2, 3, \ldots, 19 ονομάζεται ακόλουθος ενός άλλου αριθμού από τους 1, 2, 3, \ldots, 19 αν είτε ο δεύτερος αριθμός είναι μεγαλύτερος του πρώτου με διαφορά μεταξύ 10 και 18 (συμπεριλαμβανομένων) ή ο πρώτος αριθμός είναι μεγαλύτερος του δεύτερου με διαφορά μεταξύ 1 και 9 (συμπεριλαμβανομένων). Με πόσους τρόπους μπορούμε να επιλέξουμε τρεις αριθμούς από τους 1,2,3,\ldots,19 ώστε ο πρώτος να είναι ακόλουθος του δεύτερου, ο δεύτερος ακόλουθος του πρώτου, και ο πρώτος ακόλουθος του τρίτου;

Καλησπέρα,

Εδώ υπάρχει ένα λάθος στην μετάφραση. Ο δεύτερος πρέπει να είναι ακόλουθος του τρίτου αριθμού (όχι πρώτου όπως γράφει).
Η αγγλική έκδοση λέει ` In how many ways can we choose three numbers from 1, 2, 3, …, 19 such that the first is a follower of the second, the second is a follower of the third, and the first is also a follower of the third? `

Ας ονομάσουμε το σύνολο αριθμών που μπορεί να πάρει ο πρώτος ακόλουθος $\Pi$ , το σύνολο αριθμών που μπορεί να πάρει ο δεύτερος ακόλουθος $\Delta$ και σύνολο αριθμών που μπορεί να πάρει ο τρίτος

Έχω ξεκινήσει με το δεύτερο αριθμό.

Αν $\Delta =1$ τότε για να πληροί τους όρους (πρώτος να είναι ακόλουθος του δεύτερου, ο δεύτερος ακόλουθος του πρώτου, και ο πρώτος ακόλουθος του τρίτου)
$\Pi =(2,3...9)$ και T=(12,13...19)

.
Από το σύνολο $\Pi$ το 10 πρέπει να αποκλειστεί, επειδή δεν υπάρχει στο σύνολο

ο αριθμός που να είναι μεγαλύτερος για 10 τουλαχιστόν (δηλ.20). Παρόμοια από το σύνολο

το 11 πρέπει να αποκλειστεί επειδή δεν υπάρχει στο σύνολο $\Pi$ ο αριθμός που να είναι μικρότερος για 10 τουλαχιστόν (δηλ. 1).
Επομένως το

απο το σύνολο $\Pi$ μπορεί να συνδυαστεί με

αριθμούς από το σύνολο

(12,13..19).
Το

απο το σύνολο $\Pi$ μπορεί να συνδυαστεί με

αριθμούς από το σύνολο

(13, 14,..19)...και το

μονο

επιλογή (το αριθμό 19 από το σύνολο

)

Άρα για το $\Delta =1$ έχουμε 8+7+6+..+1=36

τρόπους.

Αν $\Delta =2$
$\Pi =(3,4,..., 10)$ και T=(1,13...19)

Από το σύνολο $\Pi$ το 11 πρέπει να αποκλειστεί, επειδή δεν υπάρχει στο σύνολο

ο αριθμός που να είναι μεγαλύτερος για 10 τουλαχιστόν (δηλ.21). Το 10 δεν το αποκλείσαμε επειδή πληρεί τον όρο ο πρώτος αριθμός ναείναι μεγαλύτερος του δεύτερου με διαφορά μεταξύ 1 και 9. Στην περίπτωση μας είναι το 10 μεγαλύτερο με διαφορά 9 απο το αριθμό 1 που βρίσκεται στο σύνολο

.

Και εδώ έχουμε 8+7+6+..+1=36

τρόπους.

Επειδή το $\Delta$ μπορέι να πάει ως 19, συνολικά έχουμε

$\boxed{ 19\cdot 36=684 }$ τρόπους

#32

Σωστά. Απολογούμαι για το λάθος.

Το διόρθωσα.

Filippos Athos · #33

Γεια σας,

Θα δημοσιεύσετε μήπως και τα άλλα προβληματα των IMC Stage II;

Ευχαριστώ

#34

Συνεχίζω με του 2014 εδώ.

Filippos Athos · #35

Καλημέρα,

Θα ήθελα να ζητήσω την βοήθεια για μια άσκηση :trial1:

που δόθηκε φέτος για προετοιμασιες για το IMC-Β`επιλογής της ΚΥΜΕ.

Από 100 μαθητές 80 παίζουν μπάσκετ, 85 ποδόσφαιρο, 74 τένις και 68 βόλει. Ποιος είναι ο μικρότερος αριθμός μαθητών ποθ παίζει και τα 4 αθλήματα;

Ευχαριστώ

Ορέστης Λιγνός · #36

Filippos Athos έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 21, 2018 12:56 pm
Καλημέρα,

Θα ήθελα να ζητήσω την βοήθεια για μια άσκηση που δόθηκε φέτος για προετοιμασιες για το IMC-Β`επιλογής της ΚΥΜΕ.

Από 100 μαθητές 80 παίζουν μπάσκετ, 85 ποδόσφαιρο, 74 τένις και 68 βόλει. Ποιος είναι ο μικρότερος αριθμός μαθητών ποθ παίζει και τα 4 αθλήματα;

Ευχαριστώ

: sports.png (4.4 KiB) Προβλήθηκε 1296 φορές

Filippos Athos · #37

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 21, 2018 2:06 pm

Filippos Athos έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 21, 2018 12:56 pm
Καλημέρα,

Θα ήθελα να ζητήσω την βοήθεια για μια άσκηση που δόθηκε φέτος για προετοιμασιες για το IMC-Β`επιλογής της ΚΥΜΕ.

Από 100 μαθητές 80 παίζουν μπάσκετ, 85 ποδόσφαιρο, 74 τένις και 68 βόλει. Ποιος είναι ο μικρότερος αριθμός μαθητών ποθ παίζει και τα 4 αθλήματα;

Ευχαριστώ
sports.png

Ευχαριστώ πολύ

IMC Stage-II 2015

Re: IMC Stage-II 2015

Re: IMC Stage-II 2015

Re: IMC Stage-II 2015

Re: IMC Stage-II 2015

Re: IMC Stage-II 2015

Re: IMC Stage-II 2015

Re: IMC Stage-II 2015

Re: IMC Stage-II 2015

Re: IMC Stage-II 2015

Re: IMC Stage-II 2015

Re: IMC Stage-II 2015

Re: IMC Stage-II 2015

Re: IMC Stage-II 2015

Re: IMC Stage-II 2015

Re: IMC Stage-II 2015

Re: IMC Stage-II 2015

Re: IMC Stage-II 2015

Μέλη σε σύνδεση