IMC Stage-II 2015

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7722
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

IMC Stage-II 2015

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Σάβ Ιαν 27, 2018 6:40 pm

Ξεκινάω να βάζω τα θέματα του διαγωνισμού IMC του 2015.

Τα θέματα του 2016 βρίσκονται εδώ.
Τα θέματα του 2017 βρίσκονται εδώ.

Θυμίζω ότι απευθύνεται σε μαθητές δημοτικού. Σε κάθε άσκηση ζητείται μόνο η τελική απάντηση χωρίς την οποιαδήποτε αιτιολόγηση. Εδώ όμως ας δούμε πλήρεις εξηγήσεις.

Άσκηση 1: Να βρείτε τον μικρότερο τετραψήφιο αριθμό, του οποίου το πλήθος των θετικών διαιρετών του ισούται με το πλήθος των θετικών διαιρετών του 2015.

Άσκηση 2: Ζητήθηκε από κάποιους μαθητές να διαγράψουν τρεις αριθμούς από το σύνολο \{1,2,\ldots,21\} και μετά να υπολογίζουν το άθροισμα των υπόλοιπων δεκαοκτώ αριθμών. Παρατηρήθηκε στο τέλος ότι κάθε δυο μαθητές διέγραψαν διαφορετικούς αριθμούς. Επίσης κάθε μαθητής διέγραψε τουλάχιστον δύο αριθμούς οι οποίοι ήταν συνεχόμενοι. Όλοι οι μαθητές έκαναν σωστά την πρόσθεση. Το πολύ πόσοι μαθητές βρήκαν την απάντηση 212;

Άσκηση 3: Το ABCD είναι ένα ορθογώνιο σπίτι. Ένας φράκτης επεκτείνει την AB στο E με BE = 80 \mathrm{m}. Ένας φράκτης επεκτείνει την BC στο F με CF = 70 \mathrm{m}. Ένας φράκτης επεκτείνει την CD στο G με DG = 50 \mathrm{m}. Ένας φράκτης επεκτείνει την DA στο H με AH = 90 \mathrm{m}. Χτίζουμε φράκτες που παίρνουν από τα E και G παράλληλους στην AD, και φράκτες που παιρνούν από τα F και H παράλληλους στην AB ώστε να περικλείουν ένα ορθογώνιο οικόπεδο με τέσσερις ορθογώνιους κήπους γύρω από το σπίτι. Το άθροισμα των περιμέτρων των κήπων ισούται με 2016 \mathrm{m}. Ποια είναι η περίμετρος, σε \mathrm{m}, του σπιτιού;

Screen Shot 2018-01-29 at 17.44.20.png
Screen Shot 2018-01-29 at 17.44.20.png (17.04 KiB) Προβλήθηκε 1423 φορές

Άσκηση 4: Μια κοινωνία χωρίζεται σε οργανώσεις, κάθε οργάνωση χωρίζεται σε συνδέσμους, κάθε σύνδεσμος χωρίζεται σε εταιρείες, και κάθε εταιρεία χωρίζεται σε ομίλους. Το πλήθος των ομίλων σε κάθε εταιρεία, το πλήθος των εταιρειών σε κάθε σύνδεσμο, και το πλήθος των συνδέσμων σε κάθε οργάνωση είναι ο ίδιος ακέραιος αριθμός ο οποίος είναι μεγαλύτερος του 1. Η κοινωνία, καθώς επίσης και κάθε οργάνωση, σύνδεσμος, εταιρεία και όμιλος, έχουν από έναν πρόεδρο. Αν υπάρχουν συνολικά 161 πρόεδροι, πόσες οργανώσεις έχει η κοινωνία;

Άσκηση 5: Κάθε μία από τις μηχανές A και B παρασκευάζει μία μπουκάλα ανά λεπτό. Η μηχανή A πρέπει να ξεκουραστεί για 1 λεπτό μετά από κάθε 3 μπουκάλες που παρασκευάζει, ενώ η μηχανή B πρέπει να ξεκουραστεί για 1.5 λεπτό μετά από κάθε 5 μπουκάλες που παρασκευάζει. Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός λεπτών που χρειάζονται για να παρασκευάσουν οι δύο μηχανές συνολικά 2015 μπουκάλες;

Άσκηση 6: Τα ψηφία 1, 2, 3, 4, 5 και 6 χρησιμοποιούνται για να κατασκευάσουν ένα μονοψήφιο, ένα διψήφιο, και ένα τριψήφιο αριθμό. Κάθε ψηφίο πρέπει να χρησιμοποιηθεί ακριβώς από μία φορά. Το άθροισμα του μονοψήφιου και του διψήφιου αριθμού ισούται με 47. Το άθροισμα του διψήφιου και του τριψήφιου αριθμού ισούται με 358. Να βρεθεί το άθροισμα όλων των αριθμών.

Άσκηση 7: To E είναι σημείο στην πλευρά BC του τετραγώνου ABCD ώστε BE = 20 \mathrm{ cm} και CE = 28 \mathrm{ cm}. Το P είναι σημείο της διαγωνίου BD. Ποια είναι η μικρότερη δυνατή τιμή, σε \mathrm{cm}, του PE + PC;

Screen Shot 2018-02-07 at 22.28.41.png
Screen Shot 2018-02-07 at 22.28.41.png (16.83 KiB) Προβλήθηκε 1118 φορές

Άσκηση 8: Σε ένα σύνολο διαφορετικών θετικών ακεραίων, ο μεγαλύτερος είναι μικρότερος του 36, και ισούται με τρεις φορές τον μικρότερο. Ο μικρότερος ισούται με τα δύο τρίτα του μέσου όρου όλων των αριθμών. Πόσοι το πολύ είναι οι αριθμοί του συνόλου;

Άσκηση 9: Το πιο κάτω διάγραμμα δείχνει την κάτοψη ενός κτιρίου φτιαγμένου από εννιά στήλες μοναδιαίων κύβων. (Δεν υπάρχουν κενά στις στοίβες.) Ο αριθμός των κύβων σε κάθε στοίβα είναι καταγεγραμμένος στο διάγραμμα. Χρωματίζουμε την εξωτερική επιφάνεια του κτιρίου, συμπεριλαμβανομένων των εννέα 1 \times 1 τετραγώνων που αγγίζουν το πάτωμα. Πόσες συνολικά 1 \times 1 έδρες έχουμε χρωματίσει;

Screen Shot 2018-02-14 at 11.38.25.png
Screen Shot 2018-02-14 at 11.38.25.png (11.03 KiB) Προβλήθηκε 880 φορές

Άσκηση 10: Δίνονται τέσσερις τριψήφιοι αριθμοί με άθροισμα 2015. Το άθροισμα των ψηφίων κάθε ενός εκ των τεσσάρων αριθμών είναι το ίδιο. Να βρεθεί το άθροισμα όλων των τιμών που μπορεί να πάρει αυτό το κοινό άθροισμα ψηφίων.

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;

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.

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 \mathrm{cm}^2, να υπολογιστεί το εμβαδόν, σε \mathrm{cm}^2, του πενταγώνου MEBZN.

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 3;

Άσκηση 15: (Διορθωμένο) 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 τρίτου, και ο πρώτος ακόλουθος του τρίτου;



Λέξεις Κλειδιά:
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10054
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: IMC Stage-II 2015

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Ιαν 28, 2018 1:06 pm

Demetres έγραψε:
Σάβ Ιαν 27, 2018 6:40 pm

Άσκηση 1: Να βρείτε τον μικρότερο τετραψήφιο αριθμό, του οποίου το πλήθος των θετικών διαιρετών του ισούται με το πλήθος των θετικών διαιρετών του 2015.
Πολύ μου άρεσε αυτή η άσκηση!

Η πρώτη μου αντίδραση ήταν ότι για Άσκηση 1 στο Δημοτικό είναι εξωπραγματική: Αφού 2015=5\cdot 13 \cdot 31 βλέπουμε ότι έχουμε 8 διαιρέτες. Άρα θέλουμε τον μικρότερο τετραψήφιο με οκτώ διαιρέτες. Μέχρι εδώ όλα καλά, είπα μέσα μου, θέλουμε λοιπόν τον μικρότερο τετραψήφιο αριθμό της μορφής pqr ή p^3q ή p^7. Είναι όμως δυνατόν να ζητάμε τέτοια πράγματα από τα παιδάκια; Έλεος.

Άαααα!

Γιατί δεν πάμε ανάποδα;

Είναι 1000= 2^35^3, που έχει περισσότερους από 8 διαιρέτες (δεν υπάρχει λόγος να τους βρούμε όλους, ούτε χρειάζεται η ανάλυση σε πρώτους αφού τσάκα τσάκα μπορώ να βρω τους διαιρέτες  2, 5, 10, 20, 25, 50, 100, 125, 250 και βάλε. Άρα φεύγουμε από αυτόν).

Πάμε στον επόμενο: 1001=7\cdot 11 \cdot 13 . 'Οπα! Έχει 8 διαιρέτες όπως ακριβώς ο δοθείς (και για τον ίδιο λόγο), και πιο μικρός τετραψήφιος δεν γίνεται. Τελειώσαμε.


Filippos Athos
Δημοσιεύσεις: 43
Εγγραφή: Παρ Σεπ 08, 2017 7:45 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός

Re: IMC Stage-II 2015

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Filippos Athos » Δευ Ιαν 29, 2018 4:38 pm

Demetres έγραψε:
Σάβ Ιαν 27, 2018 6:40 pm
Ξεκινάω να βάζω τα θέματα του διαγωνισμού IMC του 2015.

Τα θέματα του 2016 βρίσκονται εδώ.
Τα θέματα του 2017 βρίσκονται εδώ.

Θυμίζω ότι απευθύνεται σε μαθητές δημοτικού. Σε κάθε άσκηση ζητείται μόνο η τελική απάντηση χωρίς την οποιαδήποτε δικαιολόγηση. Εδώ όμως ας δούμε πλήρεις εξηγήσεις.

Άσκηση 1: Να βρείτε τον μικρότερο τετραψήφιο αριθμό, του οποίου το πλήθος των θετικών διαιρετών του ισούται με το πλήθος των θετικών διαιρετών του 2015.

Άσκηση 2: Ζητήθηκε από κάποιους μαθητές να διαγράψουν τρεις αριθμούς από το σύνολο \{1,2,\ldots,21\} και μετά να υπολογίζουν το άθροισμα των υπόλοιπων δεκαοκτώ αριθμών. Παρατηρήθηκε στο τέλος ότι κάθε δυο μαθητές διέγραψαν διαφορετικούς αριθμούς. Επίσης κάθε μαθητής διέγραψε τουλάχιστον δύο αριθμούς οι οποίοι ήταν συνεχόμενοι. Όλοι οι μαθητές έκαναν σωστά την πρόσθεση. Το πολύ πόσοι μαθητές βρήκαν την απάντηση 212;
Για την άσκηση 2 βρίσκουμε το άθροισμα των πρώτων \displaystyle{21} αροιθμών
\frac{(1+21)\cdot 21}{2}=11\cdot 21=231
Το άθροισμα των τριών αροιθμών οι οποίοι πρέπει να διαγραφτούν \displaystyle{231-212=19}
Το άθροισμα των δύο διαδοχικών αροιθμών είναι πάντα περιττός αροιθμός,άρα για να γίνει άθροισμα \displaystyle{19}
, ο τρίτος αροιθμός της τριάδας πρέπει να είναι άρτιος αροιθμός.

1. τριάδα \displaystyle{\left ( 1,2,16 \right )}
2. \displaystyle{(2,3,14)}
3. \displaystyle{(2,8,9)}
4.\displaystyle{(3,4,12)}
5.\displaystyle{(4,5,10)}
6.\displaystyle{(4,7,8)}
7.\displaystyle{(5,6,8)}

Επομένως έχουμε \displaystyle{7} διαφορετικές τριάδες.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7722
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: IMC Stage-II 2015

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Ιαν 29, 2018 5:50 pm

Filippos Athos έγραψε:
Δευ Ιαν 29, 2018 4:38 pm

Για την άσκηση 2 βρίσκουμε το άθροισμα των πρώτων \displaystyle{21} αροιθμών
\frac{(1+21)\cdot 21}{2}=11\cdot 21=231
Το άθροισμα των τριών αροιθμών οι οποίοι πρέπει να διαγραφτούν \displaystyle{231-212=19}
Το άθροισμα των δύο διαδοχικών αροιθμών είναι πάντα περιττός αροιθμός,άρα για να γίνει άθροισμα \displaystyle{19}
, ο τρίτος αροιθμός της τριάδας πρέπει να είναι άρτιος αροιθμός.

1. τριάδα \displaystyle{\left ( 1,2,16 \right )}
2. \displaystyle{(2,3,14)}
3. \displaystyle{(2,8,9)}
4.\displaystyle{(3,4,12)}
5.\displaystyle{(4,5,10)}
6.\displaystyle{(4,7,8)}
7.\displaystyle{(5,6,8)}

Επομένως έχουμε \displaystyle{7} διαφορετικές τριάδες.
Ωραία. Για να είμαστε σίγουροι ότι βρήκαμε όλες τις τριάδες, μπορούμε να ξεκινήσουμε από τους διαδοχικούς αριθμούς. Οι πιθανές τριάδες είναι οι

(1,2,16)
(2,3,14)
(3,4,12)
(4,5,10)
(5,6,8)
(6,7,6)
(7,8,4)
(8,9,2)

Εδώ σταματάμε διότι η επόμενη τριάδα θα ήταν η (9,10,0). Ασφαλώς η (6,7,6) απορρίπτεται, οπότε μένουν μόνο 7 τριάδες.

\rule{500pt}{0.7pt}

Προστέθηκαν οι ασκήσεις 3 και 4.


Filippos Athos
Δημοσιεύσεις: 43
Εγγραφή: Παρ Σεπ 08, 2017 7:45 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός

Re: IMC Stage-II 2015

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Filippos Athos » Τρί Ιαν 30, 2018 6:17 pm

Demetres έγραψε:
Σάβ Ιαν 27, 2018 6:40 pm
Ξεκινάω να βάζω τα θέματα του διαγωνισμού IMC του 2015.

Τα θέματα του 2016 βρίσκονται εδώ.
Τα θέματα του 2017 βρίσκονται εδώ.

Θυμίζω ότι απευθύνεται σε μαθητές δημοτικού. Σε κάθε άσκηση ζητείται μόνο η τελική απάντηση χωρίς την οποιαδήποτε αιτιολόγηση. Εδώ όμως ας δούμε πλήρεις εξηγήσεις.

Άσκηση 1: Να βρείτε τον μικρότερο τετραψήφιο αριθμό, του οποίου το πλήθος των θετικών διαιρετών του ισούται με το πλήθος των θετικών διαιρετών του 2015.

Άσκηση 2: Ζητήθηκε από κάποιους μαθητές να διαγράψουν τρεις αριθμούς από το σύνολο \{1,2,\ldots,21\} και μετά να υπολογίζουν το άθροισμα των υπόλοιπων δεκαοκτώ αριθμών. Παρατηρήθηκε στο τέλος ότι κάθε δυο μαθητές διέγραψαν διαφορετικούς αριθμούς. Επίσης κάθε μαθητής διέγραψε τουλάχιστον δύο αριθμούς οι οποίοι ήταν συνεχόμενοι. Όλοι οι μαθητές έκαναν σωστά την πρόσθεση. Το πολύ πόσοι μαθητές βρήκαν την απάντηση 212;

Άσκηση 3: Το ABCD είναι ένα ορθογώνιο σπίτι. Ένας φράκτης επεκτείνει την AB στο E με BE = 80 \mathrm{m}. Ένας φράκτης επεκτείνει την BC στο F με CF = 70 \mathrm{m}. Ένας φράκτης επεκτείνει την CD στο G με DG = 50 \mathrm{m}. Ένας φράκτης επεκτείνει την DA στο H με AH = 90 \mathrm{m}. Χτίζουμε φράκτες που παίρνουν από τα E και G παράλληλους στην AD, και φράκτες που παιρνούν από τα F και H παράλληλους στην AB ώστε να περικλείουν ένα ορθογώνιο οικόπεδο με τέσσερις ορθογώνιους κήπους γύρω από το σπίτι. Το άθροισμα των περιμέτρων των κήπων ισούται με 2016 \mathrm{m}. Ποια είναι η περίμετρος, σε \mathrm{m}, του σπιτιού;


Screen Shot 2018-01-29 at 17.44.20.png


Άσκηση 4: Μια κοινωνία χωρίζεται σε οργανώσεις, κάθε οργάνωση χωρίζεται σε συνδέσμους, κάθε σύνδεσμος χωρίζεται σε εταιρείες, και κάθε εταιρεία χωρίζεται σε ομίλους. Το πλήθος των ομίλων σε κάθε εταιρεία, το πλήθος των εταιρειών σε κάθε σύνδεσμο, και το πλήθος των συνδέσμων σε κάθε οργάνωση είναι ο ίδιος ακέραιος αριθμός ο οποίος είναι μεγαλύτερος του 1. Η κοινωνία, καθώς επίσης και κάθε οργάνωση, σύνδεσμος, εταιρεία και όμιλος, έχουν από έναν πρόεδρο. Αν υπάρχουν συνολικά 161 πρόεδροι, πόσες οργανώσεις έχει η κοινωνία;
Άσκηση 3
\displaystyle{\Pi }=περίμετρος
\displaystyle{AB=CD=X}
\displaystyle{AD=BC=Y}


\displaystyle{\Pi1=2\cdot 50+2\cdot (90+Y)=280+2Y}
\displaystyle{\Pi2=2\cdot 90+2\cdot (80+X)=340+2X
\Pi3=2\cdot 80+2\cdot (70+Y) =300+2Y
\Pi 4=2\cdot 70+2\cdot (50+X)=240+2X

2016m=\Pi 1+\Pi 2+\Pi 3+\Pi 4
\displaystyle{2016=280+2Y+340+2X+300+2Y+240+2X
2016=1160+4X+4Y
4X+4Y=856
\boxed{2X+2Y=\Pi ABCD=428m}
Συνημμένα
IMC2015.3.png
IMC2015.3.png (12.6 KiB) Προβλήθηκε 1364 φορές


Filippos Athos
Δημοσιεύσεις: 43
Εγγραφή: Παρ Σεπ 08, 2017 7:45 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός

Re: IMC Stage-II 2015

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Filippos Athos » Παρ Φεβ 02, 2018 1:58 pm

Άσκηση 4: Μια κοινωνία χωρίζεται σε οργανώσεις, κάθε οργάνωση χωρίζεται σε συνδέσμους, κάθε σύνδεσμος χωρίζεται σε εταιρείες, και κάθε εταιρεία χωρίζεται σε ομίλους. Το πλήθος των ομίλων σε κάθε εταιρεία, το πλήθος των εταιρειών σε κάθε σύνδεσμο, και το πλήθος των συνδέσμων σε κάθε οργάνωση είναι ο ίδιος ακέραιος αριθμός ο οποίος είναι μεγαλύτερος του 1. Η κοινωνία, καθώς επίσης και κάθε οργάνωση, σύνδεσμος, εταιρεία και όμιλος, έχουν από έναν πρόεδρο. Αν υπάρχουν συνολικά 161 πρόεδροι, πόσες οργανώσεις έχει η κοινωνία;

Αυτό ήταν περίπλοκο :wallbash: χρειάστηκα την βοηθεια του κοινού ;) (δηλαδή της μαμάς )

Ας το πλήθος των ομίλων σε κάθε εταιρεία, το πλήθος των εταιρειών σε κάθε σύνδεσμο, και το πλήθος των συνδέσμων σε κάθε οργάνωση είναι X.
O= το πλήθος των οργανώσεων
\Sigma= το πλήθος των συνδέσμων σε όλες τις οργάνωσεις
E= το πλήθος των εταιρειών σε όλους τους συνδέσμους
M= το πλήθος των ομίλων σε όλες τις εταιρίες

O+\Sigma +E+M=160 (1)

\Sigma=X\cdot O (2)
E=X\cdot \Sigma\Rightarrow E=X\cdot X\cdot O=X^{2}\cdot O (3)
M=X\cdot E=X\cdot X^{2}\cdot O=X^{3}\cdot O (4)

Από το (1),(2),(3) και (4) έχουμε
O+X\cdot O+X^{2}\cdot O +X^{3}\cdot O=160
Aρα
O\cdot(1+X+X^{2}+X^{3})=160
Επομένως το O και το 1+X+X^{2}+X^{3} είναι διερέτες του 160
Αν αναλύσουμε το 160 σε γινόμενο πρώτων παραγόντων, παίρνουμε αροιθμούς (1, 160, 2,80, 4, 40, 5,32, 8, 20, 10, 16)
Για το O=1 το 1+X+X^{2}+X^{3}=160; X+X^{2}+X^{3}=159 . Δεν υπάρχει ακέραιος αριθμός X για να ισχύει η
εξίσωση.
Για το O=2 το 1+X+X^{2}+X^{3}=80; X+X^{2}+X^{3}=79. Επίσης δεν πάρχει ακέραιος αριθμός X για να ισχύει η
εξίσωση.
Για το O=4 το 1+X+X^{2}+X^{3}=40; X+X^{2}+X^{3}=39. Αυτό ισχύει για X=3

Επομένως το \boxed {O=4}


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7722
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: IMC Stage-II 2015

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Παρ Φεβ 02, 2018 3:46 pm

Ωραία. Θα μπορούσαμε να αρχίσουμε βάζοντας τιμές του X. Π.χ. για X=2 είναι 1+X+X^2+X^3 = 15 ο οποίος δεν διαιρεί τον 160, κ.τ.λ.

\rule{500pt}{0.5pt}

Μπήκαν τα προβλήματα 5 και 6.


Filippos Athos
Δημοσιεύσεις: 43
Εγγραφή: Παρ Σεπ 08, 2017 7:45 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός

Re: IMC Stage-II 2015

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Filippos Athos » Κυρ Φεβ 04, 2018 1:48 pm

Άσκηση 6: Τα ψηφία 1, 2, 3, 4, 5 και 6 χρησιμοποιούνται για να κατασκευάσουν ένα μονοψήφιο, ένα διψήφιο, και ένα τριψήφιο αριθμό. Κάθε ψηφίο πρέπει να χρησιμοποιηθεί ακριβώς από μία φορά. Το άθροισμα του μονοψήφιου και του διψήφιου αριθμού ισούται με 47. Το άθροισμα του διψήφιου και του τριψήφιου αριθμού ισούται με 358. Να βρεθεί το άθροισμα όλων των αριθμων.

A - μονοψήφιος αριθμός
\overline{BC} - διψήφιος αριθμός
\overline{DGF} -τριψήφιος αριθμός

A+\overline{BC}=47 (1)
\overline{BC}+\overline{DGF}=358 (2)

Από το (1) έχουμε οτι σίγουρα B=4 λόγο του ότι δεν μπορεί να υπάρχει πρόσθεση με υπερπήδηση με τους αροιθμούς που δόθηκαν στην εκφώνηση.
Από το (2) έχουμε οτι G=5-B, G=5-4
G=1

'Αν αυτά που βρήκαμε μέχρι στιγμής ανταλάξουμε στο (2) έχουμε
\overline{4C}+\overline{D1F}=358 \Rightarrow D=3

Μας έμειναν οι αροιθμοί (2,5,6)

Για A=2, το C=5 \Rightarrow F=3. Απορρίπτεται επειδή D=3
Για A=5, το C=2 \Rightarrow F=6

\overline{DGF}=316

\sum =47+316=363


Filippos Athos
Δημοσιεύσεις: 43
Εγγραφή: Παρ Σεπ 08, 2017 7:45 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός

Re: IMC Stage-II 2015

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Filippos Athos » Τετ Φεβ 07, 2018 4:53 pm

Άσκηση 5: Κάθε μία από τις μηχανές A και B παρασκευάζει μία μπουκάλα ανά λεπτό. Η μηχανή A πρέπει να ξεκουραστεί για 1 λεπτό μετά από κάθε 3 μπουκάλες που παρασκευάζει, ενώ η μηχανή B πρέπει να ξεκουραστεί για 1.5 λεπτό μετά από κάθε 5 μπουκάλες που παρασκευάζει. Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός λεπτών που χρειάζονται για να παρασκευάσουν οι δύο μηχανές συνολικά 2015 μπουκάλες;

Θα προσπαθήσω

Η μηχανή A χρειάζεται για 3 μπουκάλες 3+1=4 λεπτά
Η μηχανή B χρειάζεται για 5 μπουκάλες 5+1,5=6.5 λεπτά

Το Ε.Κ.Π. (4,6.5)=52

Αρά η A παρασκευάζει 52\div 4\cdot 3=39 μπουκάλες για 52\lambda

Η B παρασκευάζει 52\div 6.5\cdot 5=40 μπουκάλες για 52\lambda
Αυτό σημένει οτι οι δύο μηχανές παρασκευάζουν μαζί 79μπουκάλες για 52\lambda . (1)

Επίσης ανακάλυψα ότι για 13\lambda η A παρασκευάζει 10μπουκάλες και η B το ιδιο 10 μπουκάλες.
Επομένως οι δύο μηχανές παρασκευάζουν μαζί 20 μπουκάλες για 13\lambda .(2)

:?: Εδώ έχω μια απορία. Που πήγε 1 μπουκάλα από το 13το οςτο 52ο λεπτό (Από το 2 βγαίνει οτι για 52\lambda (4\cdot 13\lambda )
θα έπρεπε να είναι 80 (4\cdot 20)μπουκάλες, ενώ από το 1 βγαίνουν 79) :?:

2015\div 79=25 με το υπόλοιπο 40
25\cdot 52\lambda =1300\lambda

`Εμειναν ακόμη 40 μπουκάλες.
Από το (2) εχουμε 2\cdot 13\lambda =26\lambda
Συνολικά \boxed{ 1300+26=1326\lambda }


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7722
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: IMC Stage-II 2015

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Φεβ 07, 2018 10:53 pm

Filippos Athos έγραψε:
Τετ Φεβ 07, 2018 4:53 pm

:?: Εδώ έχω μια απορία. Που πήγε 1 μπουκάλα από το 13το οςτο 52ο λεπτό (Από το 2 βγαίνει οτι για 52\lambda (4\cdot 13\lambda )
θα έπρεπε να είναι 80 (4\cdot 20)μπουκάλες, ενώ από το 1 βγαίνουν 79) :?:

Η διαφορά είναι η εξής:

Στα 52 λεπτά, φτιάχνει τις 39 μπουκάλες και μετά ξεκινάει την όλα διαδικασία ακριβώς από την αρχή.

Στα 13 όμως λεπτά, φτιάχνει μεν 10 μπουκάλες, αλλά πλέον η διαδικασία δεν ξεκινάει από την αρχή. Αντίθετα στις πρώτες δύο μπουκάλες που θα φτιάξει θα χρειαστεί ξεκούραση ενός λεπτού.

Filippos Athos έγραψε:
Τετ Φεβ 07, 2018 4:53 pm

`Εμειναν ακόμη 40 μπουκάλες.
Από το (2) εχουμε 2\cdot 13\lambda =26\lambda
Συνολικά \boxed{ 1300+26=1326\lambda }

Σωστή η τελική απάντηση αλλά όχι εντελώς σωστή η λογική. Η δεύτερη μηχανή όντως στα 26 λεπτά φτιάχνει 20 μπουκάλες όπως εξήγησες. Αλλά για την πρώτη μηχανή, πρέπει να την ελέγχουμε κάθε 4 λεπτά. Στα 24 λεπτά θα φτιάξει 6 \times 3 = 18 μπουκάλες. Στα επόμενα δύο λεπτά που ξεκινά από την αρχή θα φτιάξει άλλες δύο. Άρα σύνολο και αυτή η μηχανή 20.

\rule{500pt}{0.5pt}

Μπήκαν τα προβλήματα 7 και 8.


Filippos Athos
Δημοσιεύσεις: 43
Εγγραφή: Παρ Σεπ 08, 2017 7:45 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός

Re: IMC Stage-II 2015

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Filippos Athos » Δευ Φεβ 12, 2018 3:58 pm

Καλησπέρα,

Δυσκολέυομαι με την άσκηση 7. Μπορώ να 'εχω λίγη βοήθεια στο πως να την ξεκινήσω. :trial1:


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7722
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: IMC Stage-II 2015

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Φεβ 12, 2018 4:26 pm

Υπάρχει κάποιο άλλο τμήμα που έχει το ίδιο μήκος με το PC;


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1212
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: IMC Stage-II 2015

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Δευ Φεβ 12, 2018 7:26 pm

Demetres έγραψε:
Σάβ Ιαν 27, 2018 6:40 pm


Άσκηση 7: To E είναι σημείο στην πλευρά BC του τετραγώνου ABCD ώστε BE = 20 \mathrm{ cm} και CE = 28 \mathrm{ cm}. Το P είναι σημείο της διαγωνίου BD. Ποια είναι η μικρότερη δυνατή τιμή, σε \mathrm{cm}, του PE + PC;



MINIMUM.png
MINIMUM.png (21.91 KiB) Προβλήθηκε 960 φορές
Φέρνουμε τον κύκλο (B,BE), που τέμνει την AB στο F.

Προφανώς, το F είναι σταθερό σημείο.

Είναι BF=BE=20, και BC=48, άρα με Π.Θ. στο ορθογώνιο τρίγωνο \vartriangle BFC είναι CF=52 (1).

Επίσης, τα τρίγωνα \vartriangle BFP, \vartriangle BEP έχουν BF=BE, \widehat{FBP}=\widehat{PBE}=45^\circ και BP κοινή, άρα είναι ίσα.

Επομένως, PE=PF, και PE+PC=PF+PC \geqslant FC=52, από την τριγωνική ανισότητα.

Άρα, \min (PE+PC)=52, με την ισότητα να ισχύει όταν το P είναι πάνω στην FC, δηλαδή P \equiv FC \cap BD.


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
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7722
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: IMC Stage-II 2015

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Φεβ 14, 2018 12:08 pm

Προστέθηκαν οι ασκήσεις 9 και 10.

Για την 8, αν δεν μπορείτε να βρείτε πλήρη λύση, προσπαθήστε να βρείτε διαισθητικά την απάντηση. Προσοχή στο ότι ο μέσος όρος μπορεί να μην είναι απαραίτητα ακέραιος.

Για την 7, μας έδωσε πλήρη απόδειξη ο Ορέστης. Η ομοιότητα/ισότητα τριγώνων θεωρητικά δεν είναι μέσα στην ύλη. Υπάρχει μέσα στην ύλη η «συμμετρία» οπότε πιστεύω ότι αναμενόταν να δούμε ότι η συμμετρία ως προς την BD στέλνει το C στο A και κρατάει το P στην θέση του, οπότε PA=PC. Τα υπόλοιπα ουσιαστικά όπως και στη απόδειξη του Ορέστη.


Filippos Athos
Δημοσιεύσεις: 43
Εγγραφή: Παρ Σεπ 08, 2017 7:45 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός

Re: IMC Stage-II 2015

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Filippos Athos » Τετ Φεβ 14, 2018 3:22 pm

:coolspeak:
Ορέστης Λιγνός έγραψε:
Δευ Φεβ 12, 2018 7:26 pm
Demetres έγραψε:
Σάβ Ιαν 27, 2018 6:40 pm


Άσκηση 7: To E είναι σημείο στην πλευρά BC του τετραγώνου ABCD ώστε BE = 20 \mathrm{ cm} και CE = 28 \mathrm{ cm}. Το P είναι σημείο της διαγωνίου BD. Ποια είναι η μικρότερη δυνατή τιμή, σε \mathrm{cm}, του PE + PC;



MINIMUM.png

Φέρνουμε τον κύκλο (B,BE), που τέμνει την AB στο F.

Προφανώς, το F είναι σταθερό σημείο.

Είναι BF=BE=20, και BC=48, άρα με Π.Θ. στο ορθογώνιο τρίγωνο \vartriangle BFC είναι CF=52 (1).

Επίσης, τα τρίγωνα \vartriangle BFP, \vartriangle BEP έχουν BF=BE, \widehat{FBP}=\widehat{PBE}=45^\circ και BP κοινή, άρα είναι ίσα.

Επομένως, PE=PF, και PE+PC=PF+PC \geqslant FC=52, από την τριγωνική ανισότητα.

Άρα, \min (PE+PC)=52, με την ισότητα να ισχύει όταν το P είναι πάνω στην FC, δηλαδή P \equiv FC \cap BD.


Filippos Athos
Δημοσιεύσεις: 43
Εγγραφή: Παρ Σεπ 08, 2017 7:45 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός

Re: IMC Stage-II 2015

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Filippos Athos » Τετ Φεβ 14, 2018 4:45 pm

Άσκηση 8: Σε ένα σύνολο διαφορετικών θετικών ακεραίων, ο μεγαλύτερος είναι μικρότερος του 36, και ισούται με τρεις φορές τον μικρότερο. Ο μικρότερος ισούται με τα δύο τρίτα του μέσου όρου όλων των αριθμών. Πόσοι το πολύ είναι οι αριθμοί του συνόλου;

Τα πιθανά ζευγαρια του μικρότερου και μεγαλύτερου αριθμού ειναι (1,3), (2,6), (3,9),(4,12), (5,15), (6,18), (7,21), (8,24),(9,27), (10, 30),(11,33)
Για το πρώτο ζεύγαρι (1,3)
M.O=\frac{3}{2}<\frac{1+3}{2}=2, επομένως απορρίπτεται επειδή δεν υπάρχουν αριθμοί που μπορούν να μειώσουν το Μ.Ο του ζευγαριού ως ζητούμενο Μ.Ο.

Για το δεύτερο ζεύγαρι (2,6)
M.O=3< \frac{2+6}{2}=4, επίσης απορρίπτεται για τον ίδιο λόγο.
.
.
.
Για το ζευγάρι (10,30) βρίσκουμε
M.O=15
\frac{10+30}{2}=20
\frac{10+30+X}{\nu }=15
Για το \nu =6 έχουμε
X=15\cdot 6-30-10=50. Επομένως το άθροισμα των 4 υπώλοιπων αριθμών του συνόλου πρέπει να είναι 50. Αύτοι αριθμοί είναι 11+12+13+14=50
Για το \nu =7
έχουμεX=15\cdot 7-10-30=65. Επομένως το άθροισμα των 5 υπώλοιπων αριθμών του συνόλου πρέπει να είναι 65.11+12+13+14+15=65
Tο \nu =8 απορρίπτεται λόγο του ότι
X=15\cdot 8-10-30=80. Δεν μπορούμε να βρουμε το άθροισμα των 6 υπώλοιπων αριθμών του συνόλου να είναι 80. (Όπως ήδαμε προηγούμενος οι πρώτοι 5 αριθμοί έχουν άθροισμα 65. Ο επόμενος αριθμός της σηράς είναι 16, αρα 65+16\neq 80

Ας κοιτάξουμε το τελευταίο ζευγάρι (11,33)
για \nu =8
M.O=16,5

\frac{11+33}{2}=22
\frac{11+33+X}{8}=16.5
X=16.5\cdot 8-11-33=88 Επομένως το άθροισμα των υπώλοιπων 6 αριθμών του συνόλου πρέπει να είναι 88.
12+13+14+15+16+18=88

Για το \nu =9, το X=16.5\cdot 9-44=104,5 απορρίπτεται επειδή δεν είναι ακέραιος αριθμός.

Και τα υπώλοιπα \nu > 8 απορρίπτονται.

Επομένως το \boxed{\nu =8 } είναι το πολύ οι αριθμοί του συνόλου. Αυτοί αριθμοί είναι (11,12,13,14,15,16,18,33)


Filippos Athos
Δημοσιεύσεις: 43
Εγγραφή: Παρ Σεπ 08, 2017 7:45 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός

Re: IMC Stage-II 2015

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Filippos Athos » Σάβ Φεβ 17, 2018 1:33 pm

Άσκηση 9: Το πιο κάτω διάγραμμα δείχνει την κάτοψη ενός κτιρίου φτιαγμένου από εννιά στήλες μοναδιαίων κύβων. (Δεν υπάρχουν κενά στις στοίβες.) Ο αριθμός των κύβων σε κάθε στοίβα είναι καταγεγραμμένος στο διάγραμμα. Χρωματίζουμε την εξωτερική επιφάνεια του κτιρίου, συμπεριλαμβανομένων των εννέα 1 \times 1 τετραγώνων που αγγίζουν το πάτωμα. Πόσες συνολικά 1 \times 1 έδρες έχουμε χρωματίσει;

Αυτό το πρόβλημα είναι σχετικά εύκολο.
Ξεκινάω με 9 έδρες που αγγϊζουν το πάτωμα και 9 στην οροφή του κτιρίου που πρέπει να χρωματίστουν
9+9=18
Στοίβα 1 \rightarrow 3 επιφάνειες
Στοίβα 2 \rightarrow 2\cdot 2=4+1 (προς τη στήλη 1), άρα 5
Στοίβα 3 \rightarrow 2\cdot 3=6
Στοίβα 4 \rightarrow 3\cdot 4=12
Στοίβα 5 \rightarrow 3\cdot 5=15
Στοίβα 6 \rightarrow 3\cdot 6=18
Στοίβα 7 \rightarrow 7+2+1 (πρός τη στήλη 5 και 6 αντίστοιχα) άρα 10
Στοίβα 8 \rightarrow 2\cdot 8+6+5=27
Στοίβα 9 \rightarrow 1\cdot 9+6+5+2=22
\boxed { \sum =18+3+5+6+12+15+18+10+27+22=136 }
Συνημμένα
ask 9 2015.png
ask 9 2015.png (27.81 KiB) Προβλήθηκε 802 φορές


Filippos Athos
Δημοσιεύσεις: 43
Εγγραφή: Παρ Σεπ 08, 2017 7:45 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός

Re: IMC Stage-II 2015

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Filippos Athos » Σάβ Φεβ 17, 2018 3:33 pm

Αυτό το πρόβλημα το έχω βρεί με (πολλές :roll: ) δοκιμές.Δεν κατάφερα να βρώ κάποιο συστημα.

Η πρώτη τετράδα είναι

758
569
389
299

758+569+389+299=2015

Η δεύτερη τετράδα είναι

524
380
704
407


524+380+704+407=2015



7+5+8=5+6+9=3+8+9=2+9+9=20
και
4+0+7=7+0+4=3+8+0=5+2+4=11

Αρα το άθροισμα όλων των τιμών που μπορεί να πάρει το κοινό άθροισμα ψηφίων είναι

\boxed{ 20+11=31 }


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7722
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: IMC Stage-II 2015

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » 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 2015 αφήνει υπόλοιπο 2+0+1+5 = 8 όταν διαιρεθεί με το 9. Αν κάθε ένας από τους τέσσερις αριθμούς αφήνει υπόλοιπο d, τότε πρέπει ο 4d-8 = 4(d-2) να είναι πολλαπλάσιος του 9. Πρέπει λοιπόν d=2.

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

Από 29 και πάνω απορρίπτονται αφού το μέγιστο άθροισμα που μπορούμε να έχουμε είναι 27. Το 2 επίσης απορρίπτεται αφού ο μέγιστος τριψήφιος αριθμός που μπορούμε να γράψουμε είναι το 200, οπότε το συνολικό άθροισμα των αριθμών είναι το πολύ 800.

Τέλος για τα 11 και 20 βρίσκουμε παραδείγματα με δοκιμές.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7722
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: IMC Stage-II 2015

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Φεβ 19, 2018 11:49 am

Για την άσκηση 8, υποψιαζόμαστε πως το καλύτερο ζεύγος είναι το (11,33) που μας δίνει 8 αριθμούς όπως τους βρήκε ο Φίλιππος-Άθως.

Για να αποδείξουμε ότι δεν μπορούμε καλύτερα, ας παρατηρήσουμε ότι αν έχουμε k αριθμούς, με μικρότερο τον x, τότε το άθροισμα τους είναι μεγαλύτερο ή ίσο από

\displaystyle x + (x+1) + \cdots + (x+k-2) + 3x = (k+2)x + \frac{(k-2)(k-1)}{2}

Άρα ο μέσος όρος τους είναι τουλάχιστον \displaystyle  x + \frac{2x}{k} + \frac{(k-2)(k-1)}{2k}

Πρέπει λοιπόν

\displaystyle  \frac{3x}{2} \geqslant x + \frac{2x}{k} + \frac{(k-2)(k-1)}{2k}

Ισοδύναμα

\displaystyle  \frac{(k-4)x}{2k} \geqslant \frac{(k-2)(k-1)}{2k}

Άρα

\displaystyle  (k-4)x \geqslant (k-2)(k-1) = k^2-3k+2 = (k-4)(k+1) + 6

οπότε

\displaystyle  x \geqslant k+1 + \frac{6}{k-4}

Για k=9 έχουμε x > 11 που απαγορεύεται. Ομοίως και για k \geqslant 10. Πρέπει λοιπόν k \leqslant 8.


Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης