Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2012 (9η τάξη)

Al.Koutsouridis · #1

LXXV Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας, 2012. Θέματα της 9ης τάξης.

Πρόβλημα 1. Στην χώρα του Υπερπέραν μια επαρχία ονομάζεται μεγάλη, αν σε αυτήν κατοικούν περισσότερο από το $7\%$ των κατοίκων της χώρας. Είναι γνωστό, ότι για κάθε μεγάλη επαρχία θα βρεθούν δυο επαρχίες με μικρότερο πληθυσμό τέτοιες, ώστε ο συνολικός πληθυσμός τους να υπερβαίνει αυτόν της μεγάλης επαρχίας. Ποιος είναι ο ελάχιστος δυνατός αριθμός επαρχιών στη χώρα του Υπερπέραν;

Πρόβλημα 2. Στην σειρά είναι τοποθετημένα

αχλάδια. Οι μάζες οποιονδήποτε δυο γειτονικών αχλαδιών διαφέρουν το πολύ

γρ. Αποδείξτε, ότι γίνεται να τοποθετήσουμε τα αχλάδια σε

πακέτα των δυο αχλαδιών το καθένα και να βάλλουμε στη σειρά τα πακέτα έτσι, ώστε οι μάζες οποιονδήποτε δυο γειτονικών πακέτων επίσης να διαφέρουν το πολύ κατά

γρ.

Πρόβλημα 3. Στο παραλληλόγραμμο ABCD

φέρουμε το ύψος

στην πλευρά

. Στο ευθύγραμμο τμήμα

θεωρούμε σημείο

, που ισαπέχει από τα σημεία

και

. Έστω

το μέσο της πλευράς

. Να αποδείξετε, ότι η γωνία MKD

είναι ορθή.

Πρόβλημα 4. Οι ρητοί αριθμοί x,y

και

είναι τέτοιοι, ώστε οι αριθμοί x+y^2+z^2, x^2+y+z^2

και

να είναι ακέραιοι. Είναι άραγε αληθές, ότι ο αριθμός

είναι ακέραιος;

Πρόβλημα 5. Δίνεται τρίγωνο ABC

. Η ευθεία

εφάπτεται του εγγεγραμμένου κύκλου του. Συμβολίζουμε με $l_{a}, l_{b}, l_{c}$ τις ευθείες, συμμετρικές της

ως προς τις εξωτερικές διχοτόμους των γωνιών του τριγώνου. Να αποδείξετε, ότι το τρίγωνο, που σχηματίζεται από αυτές τις ευθείες, είναι ίσο με το τρίγωνο ABC

.

Πρόβλημα 6. α) Σε τουρνουά ποδοσφαίρου συμμετείχαν

ομάδες. Κάθε ομάδα έπαιξε με κάθε άλλη μια φορά, για νικηφόρο αποτέλεσμα η ομάδα κερδίζει

βαθμούς, για ισόπαλο

βαθμό και σε περίπτωση ήττας

βαθμούς. Είναι γνωστό, ότι οποιεσδήποτε δυο αμάδες συγκέντρωσαν διαφορετικό αριθμό βαθμών. Να βρείτε την ελάχιστη δυνατή διαφορά βαθμών των ομάδων, που κατέλαβαν την πρώτη και τελευταία θέση.

β) Η ίδια ερώτηση για

ομάδες.

Πηγή

Κατερινόπουλος Νικόλας · #2

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 04, 2019 8:30 pm
LXXV Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας, 2012. Θέματα της 9ης τάξης.

Πρόβλημα 3. Στο παραλληλόγραμμο φέρουμε το ύψος στην πλευρά . Στο ευθύγραμμο τμήμα θεωρούμε σημείο , που ισαπέχει από τα σημεία και . Έστω το μέσο της πλευράς . Να αποδείξετε, ότι η γωνία είναι ορθή.

Καλησπέρα! Επειδή δεν έχω αρκετό χρόνο θα γράψω περιληπτικά τη σκέψη μου: (δεν αντιστάθηκα να μην χρησιμοποιήσω το αγαπημένο μου τέχνασμα

)

: geogebra-export.png (205.83 KiB) Προβλήθηκε 2096 φορές

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#3

Κατερινόπουλος Νικόλας έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 04, 2019 10:23 pm
...Μ,Β συμπίπτουν

Για ξαναδές το αυτό. Για παράδειγμα πάρε το αρχικό παραλληλόγραμμο να είναι ορθογώνιο (ή σχεδόν ορθογώνιο) και εξέτασε τον ισχυρισμό σου.

Xriiiiistos · #4

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 04, 2019 8:30 pm
Πρόβλημα 3. Στο παραλληλόγραμμο φέρουμε το ύψος στην πλευρά . Στο ευθύγραμμο τμήμα θεωρούμε σημείο , που ισαπέχει από τα σημεία και . Έστω το μέσο της πλευράς . Να αποδείξετε, ότι η γωνία είναι ορθή.

μέσο

. ΈΧΟΥΜΕ

μεσοκάθετη

άρα $\widehat{DML}=\widehat{LMC}=_{(MLCB\varepsilon \gamma \gamma \rho .)}\widehat{LBC}$ (i)

και το

είναι εγγράψιμο επειδή $\widehat{HBC}=\widehat{MLC}=90^{\circ}$ οπότε το άθροισμά τους είναι 180 και επείσης L,K

μέσα

άρα

αφού

πλ.παραλληλόγραμμο και $LK=BC,DL=LC,\widehat{DLK}=\widehat{DCB}\Leftrightarrow KLD=BCL\Rightarrow \widehat{LBC}=$
$\widehat{DKL}\Rightarrow _{(i)}\widehat{DKL}=\widehat{DML}\Leftrightarrow DLKM$ εγγράψιμο άρα $\widehat{MLD}=\widehat{DKM}=90$ αφού LΜ μεσοκάθετηστην DC

Ορέστης Λιγνός · #5

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 04, 2019 8:30 pm
LXXV Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας, 2012. Θέματα της 9ης τάξης.

Πρόβλημα 4. Οι ρητοί αριθμοί και είναι τέτοιοι, ώστε οι αριθμοί και να είναι ακέραιοι. Είναι άραγε αληθές, ότι ο αριθμός είναι ακέραιος;

Έστω, $x=\dfrac{k}{\ell}, y=\dfrac{m}{n}, z=\dfrac{p}{q}$ με $(k,\ell)=(m,n)=(p,q)=1$ .

Πρέπει, $(x^2+y^2+z)-(x^2+z^2+y)=(y-z)(y+z-1) \in \mathbb{Z} \Rightarrow \dfraac{(mq-np)(mq+np-nq)}{n^2q^2} \in \mathbb{Z}$ οπότε $n^2q^2 \mid (mq-np)(mq+np-nq) \Rightarrow n^2q^2 \mid (m^2q^2-mnq^2-n^2p^2+n^2pq)$ , οπότε πρέπει $n^2 \mid m^2q^2-mnq^2=mq^2(m-n)$ .

Όμως, (m,n)=(n,m-n)=1

, οπότε πρέπει $n^2 \mid q^2$ και όμοια $q^2 \mid n^2$ , συνεπώς n^2=q^2

.

Όμοια, $\ell^2=q^2=n^2$ .

Ακόμη, $y^2+z^2+x \in \mathbb{Z} \Rightarrow \dfrac{m^2}{n^2}+\dfrac{p^2}{n^2}+\dfrac{k}{|n|} \Rightarrow n^2 \mid (m^2+p^2+k|n|) \Rightarrow n \mid (m^2+p^2)$ .

Όμοια, $n \mid k^2+m^2, n \mid k^2+p^2$ συνεπώς $k^2 \equiv -p^2 \pmod n \Rightarrow n \mid m^2-p^2 \Rightarrow n \mid 2p^2 \Rightarrow n \mid 2m^2$ , και αφού (n,m)=1

, πρέπει $n \in \{\pm 1, \pm 2 \}$ .

Συνεπώς, $\ell^2=n^2 \in \{1,4 \} \Rightarrow \ell \in \{\pm 1, \pm 2 \}$ .

Συνεπώς, $2x=\dfrac{2k}{\ell}$ , που είναι προφανώς ακέραιος αφού $k \in \mathbb{Z}, \ell \mid 2$ .

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #6

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 04, 2019 8:30 pm
LXXV Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας, 2012. Θέματα της 9ης τάξης.

Πρόβλημα 1. Στην χώρα του Υπερπέραν μια επαρχία ονομάζεται μεγάλη, αν σε αυτήν κατοικούν περισσότερο από το $7\%$ των κατοίκων της χώρας. Είναι γνωστό, ότι για κάθε μεγάλη επαρχία θα βρεθούν δυο επαρχίες με μικρότερο πληθυσμό τέτοιες, ώστε ο συνολικός πληθυσμός τους να υπερβαίνει αυτόν της μεγάλης επαρχίας. Ποιος είναι ο ελάχιστος δυνατός αριθμός επαρχιών στη χώρα του Υπερπέραν;

Πηγή

Έστω

οι επαρχίες.
Δεν μπορούν να είναι όλες μεγάλες γιατί τότε η μικρότερη μεγάλη δεν μπορεί να τηρεί το Είναι γνωστό, ότι για κάθε μεγάλη επαρχία θα βρεθούν δυο επαρχίες με μικρότερο πληθυσμό τέτοιες, ώστε ο συνολικός πληθυσμός τους να υπερβαίνει αυτόν της μεγάλης επαρχίας.
Επίσης δεν μπορούν να υπάρχουν n-1

μεγάλες για τον ίδιο λόγο.
Άρα επειδή θέλουμε τον ελάχιστο

,έστω ότι υπάρχουν n-2

μεγάλες.
Έστω $a_{1},a_{2}$ τα ποσοστά των κατοίκων των δύο μή μεγάλων και $a_{3},a_{4}.....a_{n}$
αντίστοιχα των μεγάλων.
Πρέπει $a_{1}+a_{2}+...+a_{n}=1$

Πρέπει οι δύο από τις τρείς να είναι μεγάλες άρα $a_{1},a_{2}\leq 7\Leftrightarrow a_{3}\geq 93$
άτοπο

Οι δύο μεγάλες $a_{3},a_{4}$ έστω $a_{3}\leq a_{4}$ .Eίναι $a_{1},a_{2}\leq 7\Leftrightarrow a_{3}<14$ άρα $a_{4}>72$ άτοπο.

Με την ίδια λογική βρίσκουμε για n=5

άτοπο και ότι η ελάχιστη τιμή του

είναι

.

Ορέστης Λιγνός · #7

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 04, 2019 8:30 pm
LXXV Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας, 2012. Θέματα της 9ης τάξης.

Πρόβλημα 2. Στην σειρά είναι τοποθετημένα αχλάδια. Οι μάζες οποιονδήποτε δυο γειτονικών αχλαδιών διαφέρουν το πολύ γρ. Αποδείξτε, ότι γίνεται να τοποθετήσουμε τα αχλάδια σε πακέτα των δυο αχλαδιών το καθένα και να βάλλουμε στη σειρά τα πακέτα έτσι, ώστε οι μάζες οποιονδήποτε δυο γειτονικών πακέτων επίσης να διαφέρουν το πολύ κατά γρ.

Έστω, $m_1 \leqslant m_2 \leqslant \ldots \leqslant m_{2n}$ οι μάζες των αχλαδιών, με $m_{i+1}-m_i \leqslant 1$ , για κάθε

.

Παίρνω τα αχλάδια σε

πακέτα της μορφής $(m_i, m_{2n+1-i})$ , για κάθε $i \leqslant n$ .

Βάζουμε τα πακέτα, στην εξής σειρά:

$(m_1, m_{2n}), \, (m_2,m_{2n-1}) , \, \ldots, (m_{n},m_{n+1})$ .

Δύο διαδοχικά πακέτα είναι της μορφής $(m_i,m_{2n+1-i})$ και $(m_{i+1},m_{2n-i})$ .

Είναι, $m_i+m_{2n+1-i}-m_{i+1}-m_{2n-i} \leqslant m_{2n+1-i}-m_{2n+i} \leqslant 1$ , οπότε μία τέτοια τοποθέτηση πακέτων, είναι κατάλληλη. Τελειώσαμε.

Energy Engineer · #8

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 04, 2019 11:51 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 04, 2019 8:30 pm
LXXV Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας, 2012. Θέματα της 9ης τάξης.

Πρόβλημα 1. Στην χώρα του Υπερπέραν μια επαρχία ονομάζεται μεγάλη, αν σε αυτήν κατοικούν περισσότερο από το $7\%$ των κατοίκων της χώρας. Είναι γνωστό, ότι για κάθε μεγάλη επαρχία θα βρεθούν δυο επαρχίες με μικρότερο πληθυσμό τέτοιες, ώστε ο συνολικός πληθυσμός τους να υπερβαίνει αυτόν της μεγάλης επαρχίας. Ποιος είναι ο ελάχιστος δυνατός αριθμός επαρχιών στη χώρα του Υπερπέραν;

Πηγή
Έστω οι επαρχίες.
Δεν μπορούν να είναι όλες μεγάλες γιατί τότε η μικρότερη μεγάλη δεν μπορεί να τηρεί το Είναι γνωστό, ότι για κάθε μεγάλη επαρχία θα βρεθούν δυο επαρχίες με μικρότερο πληθυσμό τέτοιες, ώστε ο συνολικός πληθυσμός τους να υπερβαίνει αυτόν της μεγάλης επαρχίας.
Επίσης δεν μπορούν να υπάρχουν μεγάλες για τον ίδιο λόγο.
Άρα επειδή θέλουμε τον ελάχιστο ,έστω ότι υπάρχουν μεγάλες.
Έστω $a_{1},a_{2}$ τα ποσοστά των κατοίκων των δύο μή μεγάλων και $a_{3},a_{4}.....a_{n}$
αντίστοιχα των μεγάλων.
Πρέπει $a_{1}+a_{2}+...+a_{n}=1$

Πρέπει οι δύο από τις τρείς να είναι μεγάλες άρα $a_{1},a_{2}\leq 7\Leftrightarrow a_{3}\geq 93$
άτοπο

Οι δύο μεγάλες $a_{3},a_{4}$ έστω $a_{3}\leq a_{4}$ .Eίναι $a_{1},a_{2}\leq 7\Leftrightarrow a_{3}<14$ άρα $a_{4}>72$ άτοπο.

Με την ίδια λογική βρίσκουμε για άτοπο και ότι η ελάχιστη τιμή του είναι .

Και ένα παράδειγμα:

$a_{1}=7\%$
$a_{2}=7\%$
$a_{3}=14\%$
$a_{4}=21\%$
$a_{5}=25\%$
$a_{6}=26\%$

ΥΓ: οι παραπάνω τιμές είναι οριακές, δηλαδή $a_{1}=6.999...\%$

Al.Koutsouridis · #9

Καλημέρα!

Αν επιτρέπεται μερικά σχόλια για την αποσαφίνιση μερικών σημείων στις παραπάνω λύσεις:

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 04, 2019 11:49 pm
$n^2q^2 \mid (m^2q^2-mnq^2-n^2p^2+n^2pq)$ , οπότε πρέπει $n^2 \mid m^2q^2-mnq^2=mq^2(m-n)$ .

Δεν μου είναι πολύ προφανής αυτή η συνεπαγωγή, μπορεί να εξηγηθεί λίγο παραπάνω;

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 04, 2019 11:51 pm

Με την ίδια λογική βρίσκουμε για άτοπο και ότι η ελάχιστη τιμή του είναι .

Για την πληρότητα της λύσης πρέπει να δείξουμε ότι αυτή η τιμή επιτυγχάνεται όντως. Εδώ μπορεί να είναι σχετικά εύκολο, αλλά σε πολλά προβλήματα μπορεί να είναι και η κύρια δυσκολία.

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 05, 2019 12:33 am

Έστω, $m_1 \leqslant m_2 \leqslant \ldots \leqslant m_{2n}$ οι μάζες των αχλαδιών, με $m_{i+1}-m_i \leqslant 1$ , για κάθε .

Εδώ, νομίζω είναι σημαντικό σημείο της λύσης να δείξουμε, ότι αν και έχει αλλάξει η αρχική διάταξη των αχλαδιών και στην καινούργια με αύξουσα μάζα πάλι η διαφορά δυο γειτονικών αχλαδιών δεν υπαρβαίνει το

γρ.

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 05, 2019 12:33 am

Είναι, $m_i+m_{2n+1-i}-m_{i+1}-m_{2n-i} \leqslant m_{2n+1-i}-m_{2n+i} \leqslant 1$ , οπότε μία τέτοια τοποθέτηση πακέτων, είναι κατάλληλη.

Για την πληρότητα της λύσης, θα πρέπει να αναφέρουμε (δείξουμε), ότι η παραπάνω έκφραση κατά απόλυτη τιμή δεν υπερβαίνει το

.

Κατερινόπουλος Νικόλας · #10

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 04, 2019 11:01 pm

Κατερινόπουλος Νικόλας έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 04, 2019 10:23 pm
...Μ,Β συμπίπτουν
Για ξαναδές το αυτό. Για παράδειγμα πάρε το αρχικό παραλληλόγραμμο να είναι ορθογώνιο (ή σχεδόν ορθογώνιο) και εξέτασε τον ισχυρισμό σου.

Γεια σας κύριε Λάμπρου!

Είχα σκεφτεί το ενδεχόμενο αυτό! Αλλά παρατήρησα πως η άσκηση δεν διαφοροποιείται (πολύ) αν θεωρήσω πως Μ,Β συμπίπτουν

: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας.png (294.24 KiB) Προβλήθηκε 1918 φορές

Ακολουθώντας τις οδηγίες σας προκύπτει αυτό το σχήμα. Όσο μπόρεσα το πλησίασα σε ορθογώνιο. Έτσι μπορώ να χρησιμοποιήσω το θεώρημα;

Φιλικά,

Νικόλας

Edit: Συγγνώμη για την παρανόηση κύριε Λάμπρου τέχνασμα εννοώ το ότι οι εγγεγραμμένες που βαίνουν στη διάμετρο είναι ορθές! Δικό μου λάθος στο γράψιμο!

#11

Κατερινόπουλος Νικόλας έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 05, 2019 1:05 pm
... Έτσι μπορώ να χρησιμοποιήσω το τέχνασμα;

Νικόλα, για ποιο ακριβώς τέχνασμα συζητάς; Να θεωρήσεις ότι τα

και

συμπίπτουν;

Αυτό δεν είναι τέχνασμα, αλλά ειδική περίπτωση, Συνήθως δεν λέει τίποτα, εκτός αν δείξεις ότι δεν βλάπτεται η γενικότητα. Χωρίς αυτό έχουμε πρόβλημα. Ας δούμε ένα παράδειγμα.

Θέλω να αποδείξω το τελευταίο Θεώρημα του Fermat που τόσο ταλαιπώρησε τους μαθηματικούς και σίγουρα παίδεψε
αφάνταστα τον Wiles.

Λέω λοιπόν εγώ: Θέλουμε να αποδείξουμε ότι για $n\ge 3$ δεν έχει μη τετριμμένες λύσεις στους φυσικούς η x^n+y^n=z^n

. Κάνω το τέχνασμα
να θεωρήσω x=y

. Είναι τότε 2x^n=z^n

, άρα $\sqrt [n] {\frac {z}{x}} =2$ άτοπο διότι τότε "άρρητος = ρητός" (γνωστό επιχείρημα). Τελειώσαμε! Τόσα απλά.

Α, και κάτι ακόμα, η ίδια απόδειξη "δείχνει" ότι δεν έχει λύση η παραπάνω εξίσωση ούτε στην περίπτωση n=2

. Σκίσαμε.

Al.Koutsouridis · #12

Energy Engineer έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 05, 2019 11:01 am

Και ένα παράδειγμα:

$a_{1}=7\%$
$a_{2}=7\%$
$a_{3}=14\%$
$a_{4}=21\%$
$a_{5}=25\%$
$a_{6}=26\%$

ΥΓ: οι παραπάνω τιμές είναι οριακές, δηλαδή $a_{1}=6.999...\%$

Το παράδειγμα αυτό δεν μπορεί να θεωρηθεί σωστό. Από την εκφώνηση θα πρέπει 7 +7 > 14

και όχι

. Η οριακή τιμή του 6,999...

είναι ίση με

.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #13

Για να είναι λοιπόν πλήρης η λύση μου για το πρόβλημα 1,θα αποδείξω ότι $n\neq 5$ και θα δείξω ότι είναι δυνατόν για n=6

Έστω

το ποσοστό των κατοίκων των δύο μη μεγάλων και $a_3,a_4,a_5\,\,\mu \varepsilon \,\,a_3< a_4< a_5$ των μεγάλων αντίστοιχα, με a_1+a_2+a_3+a_4+a_5=1

.
Είναι $a_3< 14\,\,\acute{\alpha }\varrho \alpha \,\,a_4< 21\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,a_5< 35$ όμως τότε
a_1+a_2+a_3+a_4+a_5< 7+7+14+21+35=84

Άρα βλέπουμε ότι $n\neq 5$ .
Για n=6

είναι δυνατόν με $a_1=a_2=7\,\,\kappa \alpha \iota \,\,a_3=13,\,\,a_4=19\,\,a_5=20,\,\,\,a_6=34$
Nα τονίσω ότι οι αριθμοί εννοούνται ως ποσοστά στην λύση μου,π.χ a_4< 21

εννοώ ότι ο πληθυσμός είναι μικρότερος από το 21%.

Energy Engineer · #14

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 05, 2019 5:48 pm

Energy Engineer έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 05, 2019 11:01 am

Και ένα παράδειγμα:

$a_{1}=7\%$
$a_{2}=7\%$
$a_{3}=14\%$
$a_{4}=21\%$
$a_{5}=25\%$
$a_{6}=26\%$

ΥΓ: οι παραπάνω τιμές είναι οριακές, δηλαδή $a_{1}=6.999...\%$
Το παράδειγμα αυτό δεν μπορεί να θεωρηθεί σωστό. Από την εκφώνηση θα πρέπει και όχι . Η οριακή τιμή του είναι ίση με .

Έστω ότι όλοι αριθμοί έχουν τον ίδιο αριθμό δεκαδικών ψηφίων, εκτός από τον $a_{6} = 26$ που είναι ακέραιος και τον $a_{5}$ που έχει ένα λιγότερο δεκαδικό ψηφίο. Τότε:

$a_{1}=6.9...999\%$
$a_{2}=6.9...999\%$
$a_{3}=13.9...997\%$
$a_{4}=20.9...995\%$
$a_{5}=25.0...01\%$
$a_{6}=26\%$

Οπότε η οριακή λύση:

$a_{1}=7\%$
$a_{2}=7\%$
$a_{3}=14\%$
$a_{4}=21\%$
$a_{5}=25\%$
$a_{6}=26\%$

"οριακά" ισχύει.

Ορέστης Λιγνός · #15

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 05, 2019 11:06 am
Καλημέρα!

Αν επιτρέπεται μερικά σχόλια για την αποσαφίνιση μερικών σημείων στις παραπάνω λύσεις:

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 04, 2019 11:49 pm
$n^2q^2 \mid (m^2q^2-mnq^2-n^2p^2+n^2pq)$ , οπότε πρέπει $n^2 \mid m^2q^2-mnq^2=mq^2(m-n)$ .

Δεν μου είναι πολύ προφανής αυτή η συνεπαγωγή, μπορεί να εξηγηθεί λίγο παραπάνω;

Έχει ασφαλώς δίκιο ο Αλέξανδρος. Πολλές φορές γράφονται σύντομα λύσεις (κακώς) λόγω διαβασμάτων κλπ ...

Είναι, $n^2 \mid n^2q^2 \mid (m^2q^2-mnq^2-n^2p^2+n^2pq) \Rightarrow n^2 \mid (m^2q^2-mnq^2-n^2p^2+n^2pq)$ , και αφού $n^2 \mid n^2(pq-p^2)$ , παίρνουμε $n^2 \mid m^2q^2-mnq^2$ .

Ορέστης Λιγνός · #16

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 05, 2019 11:06 am
Καλημέρα!

Αν επιτρέπεται μερικά σχόλια για την αποσαφίνιση μερικών σημείων στις παραπάνω λύσεις:

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 05, 2019 12:33 am

Είναι, $m_i+m_{2n+1-i}-m_{i+1}-m_{2n-i} \leqslant m_{2n+1-i}-m_{2n+i} \leqslant 1$ , οπότε μία τέτοια τοποθέτηση πακέτων, είναι κατάλληλη.
Για την πληρότητα της λύσης, θα πρέπει να αναφέρουμε (δείξουμε), ότι η παραπάνω έκφραση κατά απόλυτη τιμή δεν υπερβαίνει το .

Είναι, $m_{i}+m_{2n+1-i}-m_{i+1}-m_{2n-i} \geqslant m_i-m_{i+1} \geqslant -1$ , αφού $m_{2n+1-i} \geqslant m_{2n-i}$ και $m_{i+1}-m_i \leqslant 1$

#17

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 04, 2019 8:30 pm
LXXV Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας, 2012. Θέματα της 9ης τάξης.

Πρόβλημα 5. Δίνεται τρίγωνο . Η ευθεία εφάπτεται του εγγεγραμμένου κύκλου του. Συμβολίζουμε με $l_{a}, l_{b}, l_{c}$ τις ευθείες, συμμετρικές της ως προς τις εξωτερικές διχοτόμους των γωνιών του τριγώνου. Να αποδείξετε, ότι το τρίγωνο, που σχηματίζεται από αυτές τις ευθείες, είναι ίσο με το τρίγωνο .

Προς το παρόν βάζω το σχήμα

: 2.png (76.7 KiB) Προβλήθηκε 1641 φορές

Οι εξωτερικές διχοτόμοι σχηματίζουν το τρίγωνο I_aI_bI_c

. Η πράσινη ευθεία εφάπτεται στον έγκυκλο και οι συμμετρικές της ευθείες ως προς τις εξωτερικές διχοτόμους είναι οι μπλε ευθείες που σχηματίζουν το τρίγωνο A'B'C'

. Θα δείξουμε ότι τα τρίγωνα ABC, A'B'C'

είναι όμοια και έχουν ίσες τις ακτίνες των έγκυκλών τους, οπότε είναι ίσα.

τα τρίγωνα ABC, A'B'C'

είναι όμοια γιατί έχουν ίσες τις γωνίες τους. Για παράδειγμα:

$\angle B'=b=180^o-2b_1-2b_2=180^o-2(b_1+b_2)=180^o-2b_3=180^o-2\frac{\angle A+\angle C}{2}=\angle B$

Οι

είναι οι διχοτόμοι των γωνιών του τριγώνου A'B'C'

. Για παράδειγμα το I_c

είναι το

παράκεντρο του τριγώνου EC'F

, οπότε η

διχοτομεί την γωνία της κορυφής

To

είναι εγγράψιμο. Πράγματι οι γωνιές των κορυφών του I', I_a

είναι ίσες με $90^o+\dfrac{A}{2},90^o-\dfrac{A}{2}$ αντίστοιχα και έχουν άθροισμα 180^o

.

To

είναι το συμμετρικό του ορθόκεντρου

του τριγώνου A'I_a, B'I_b, C'I_c

ως προς την πλευρά του I_bI_c

. Βρίσκεται στο περίκυκλο του τριγώνου A'I_a, B'I_b, C'I_c

.

Η απόσταση του

από την

είναι ίση με ρ

...συνεχίζεται...

#18

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 04, 2019 8:30 pm
LXXV Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας, 2012. Θέματα της 9ης τάξης.

Πρόβλημα 6. α) Σε τουρνουά ποδοσφαίρου συμμετείχαν ομάδες. Κάθε ομάδα έπαιξε με κάθε άλλη μια φορά, για νικηφόρο αποτέλεσμα η ομάδα κερδίζει βαθμούς, για ισόπαλο βαθμό και σε περίπτωση ήττας βαθμούς. Είναι γνωστό, ότι οποιεσδήποτε δυο αμάδες συγκέντρωσαν διαφορετικό αριθμό βαθμών. Να βρείτε την ελάχιστη δυνατή διαφορά βαθμών των ομάδων, που κατέλαβαν την πρώτη και τελευταία θέση.

β) Η ίδια ερώτηση για ομάδες.

Ζόρικη. Αναρωτιέμαι πόσοι την έλυσαν.

Θα πάω απευθείας στο (β) και θα δείξω ότι για $n \geqslant 4$ η μέγιστη ελάχιστη διαφορά βαθμών είναι n-1

. Ασφαλώς πρέπει να είναι τουλάχιστον n-1

οπότε μένει να κατασκευάσουμε παράδειγμα.

Στο παράδειγμα οι ομάδες θα μαζέψουν $n-2,n-1,\ldots,2n-3$ βαθμούς αντίστοιχα. Θα κατασκευάσουμε αρχικά παραδείγματα για n=4,5,6

και μετά θα δείξουμε πως ένα παράδειγμα για n=k

μας δίνει ένα παράδειγμα για n=k+3

.

Τα παραδείγματα για n=4,5,6

φαίνονται πιο κάτω. Με W,D,L

συμβολίζουμε την νίκη, ισοπαλία και ήττα αντίστοιχα. Οι σειρές και οι στήλες είναι με αύξουσα σειρά των βαθμολογιών των παικτών. Π.χ. στον πρώτο πίνακα αυτός που πήρε 2 βαθμούς έφερε ισοπαλία με αυτούς που πήραν

και

βαθμούς ενώ έχασε από αυτόν που πήρε

βαθμούς, κ.ο.κ.

$\begin{tabular}{|c|c|c|c||c|} \hline & D & L & D & 2 \\ \hline D & & D & D & 3 \\ \hline W & D & & L & 4 \\ \hline D & D & W & & 5 \\ \hline \end{tabular}$

$\begin{tabular}{|c|c|c|c|c||c|} \hline & D & D & D & L & 3 \\ \hline D & & W & L & L & 4 \\ \hline D & L & & D & W & 5 \\ \hline D & W & D & & D & 6 \\ \hline W & W & L & D & & 7 \\ \hline \end{tabular}$

$\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c||c|} \hline & D& D& D& D& L& 4 \\ \hline D& & D& W& L& L& 5 \\ \hline D& D& & W& D& L& 6 \\ \hline D& L& L& & W& W& 7 \\ \hline D& W& D& L& & W& 8 \\ \hline W& W& W& L& L& & 9 \\ \hline \end{tabular}$

Έστω τώρα ότι έχουμε παράδειγμα για n=3k

με βαθμολογίες $n-2,\ldots,2n-3$ . Τους χωρίζουμε σε

τριάδες με την σειρά της βαθμολογίας τους. Έστω ότι έχουμε τρεις καινούργιους παίκτες, έστω τους A,B,C

. Ο

θα κερδίσει τον

, ο

τον

και ο

τον

. Άρα μέχρι στιγμής έχουν από τρεις βαθμούς. Για κάθε τριάδα, έστω x,y,z

, εκτός από την τελευταία, ο

θα χάσει από τον

και θα κερδίσει τους B,C

, ο

θα χάσει από τον

και θα κερδίσει τους x,y

, ο

θα χάσει από τον

και θα κερδίσει τους A,B

. Κάθε παίκτης αυτών των τριάδων αύξησε την βαθμολογία του κατά

. Λαμβάνοντας υπόψη όλες τις τριάδες (εκτός από την τελευταία που ακόμα δεν είπαμε τι γίνεται) οι A,B,C

έχουν μέχρι στιγμής πάρει από 3+3(k-1)=n

βαθμούς. Έστω τώρα x,y,z

οι παίκτες που έχουν βαθμολογίες 2n-5,2n-4,2n-3

αντίστοιχα. Ο

κερδίζει τους A,B

και φέρνει ισοπαλία με τον

, O

κερδίζει τους A,C

και φέρνει ισοπαλία με τον

, ο

κερδίζει τον

, φέρνει ισοπαλία με τον

και χάνει από τον

. Οι

έχουν τώρα βαθμολογίες 2n+2,2n+3,2n+1

και οι

έχουν

. Τώρα εμφανίζονται όλες οι βαθμολογίες από το n+1 = (n+3)-2

μέχρι την

από ακριβώς μία φορά όπως θέλαμε.

Αν n=3k+1

εφαρμόζουμε την ίδια τακτική μόνο που τους χωρίζουμε σε αυτόν που πήρε βαθμολογία n-2

μόνο του, και όλους τους υπόλοιπους σε

τριάδες. Με τα αποτελέσματα όπως προηγουμένως θα καταλήξουμε στις βαθμολογίες n-2,3k+1,3k+2,3k+3

(δηλαδή

) καθώς και όλες από το n+5

ως το

και μένει να αποφασίσουμε τα αποτελέσματα των A,B,C

(με βαθμολογίες n+2,n+1,n

) με τον

που έχει βαθμολογία n-2

. Ο

θα χάσει από τον

και θα κερδίσει τους A,B

. Τότε οι

θα έχουν βαθμολογίες n+1,n+2,n+3,n+4

αντίστοιχα. Η κατασκευή ολοκληρώθηκε.

Αν n=3k+2

αφήνουμε πίσω αυτούς που πήραν βαθμολογίες n-2,n-1

. Όπως προηγουμένως θα καταλήξουμε στις βαθμολογίες n-2,n-1,n-1,n,n+1

καθώς και όλες από το n+6

ως το

και μένει να αποφασίσουμε τα αποτελέσματα των A,B,C

(με βαθμολογίες n+1,n,n-1

) με τον

που έχει βαθμολογία n-2

και τον

που έχει βαθμολογία n-1

. Ο

θα χάσει από τον

και θα κερδίσει τους άλλους

. Ο

θα χάσει από τον

και θα κερδίζει τους άλλους

. Τότε οι

θα έχουν βαθμολογίες n+1,n+2,n+3,n+4,n+5

αντίστοιχα. Η κατασκευή ολοκληρώθηκε.

Ορέστης Λιγνός · #19

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 04, 2019 8:30 pm
LXXV Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας, 2012. Θέματα της 9ης τάξης.

Πρόβλημα 5. Δίνεται τρίγωνο . Η ευθεία εφάπτεται του εγγεγραμμένου κύκλου του. Συμβολίζουμε με $l_{a}, l_{b}, l_{c}$ τις ευθείες, συμμετρικές της ως προς τις εξωτερικές διχοτόμους των γωνιών του τριγώνου. Να αποδείξετε, ότι το τρίγωνο, που σχηματίζεται από αυτές τις ευθείες, είναι ίσο με το τρίγωνο .

Προφανώς, τα σημεία τομής ανά δύο των εξωτερικών διχοτόμων, είναι τα παράκεντρα I_A, I_B, I_C

του τριγώνου.

Στο παρακάτω σχήμα, αρκεί να δείξω ότι τα $\vartriangle ABC, \vartriangle PQR$ είναι ίσα.

Λόγω της συμμετρίας, στο $\vartriangle QYZ$ , η YI_C

είναι εξωτερική διχοτόμος και η I_CZ

εσωτερική.

Συνεπώς, το I_C

είναι παράκεντρο του $\vartriangle QYZ$ .

Άρα, με $I' \equiv I_C Q \cap I_B R$ , η I'Q

(και όμοια η I'R

) είναι εσωτερική διχοτόμος. Άρα, το

είναι έκκεντρο του $\vartriangle PQR$ .

Ακόμη, είναι $\angle BI_C A=180^\circ-\angle I_CBA-\angle I_CAB=180^\circ-(90^\circ-\dfrac{\angle B}{2})-(90^\circ-\dfrac{\angle C}{2})=90^\circ-\dfrac{\angle A}{2}$ .

Συνεπώς, $\angle PQR=\angle QYZ+\angle QZY=\angle 180^\circ-2\angle I_CYx-2\angle I_CZY=180^\circ-2\angle AI_CB=\angle C$ .

Όμοια, $\angle PRQ=\angle B$ .

Επομένως, τα τρίγωνα $\vartriangle ABC, \vartriangle PQR$ είναι όμοια.

Έστω, $IX \perp YZ, I'I'' \perp QR$ .

Είναι (εύκολο angle-chasing) $\angle I_CI'I_B+\angle I_CI_AI_B=180^\circ \Rightarrow I',I_C,I_A,I_B$ ομοκυκλικά.

Έστω

σημείο του κύκλου (I_A,I_B,I_C)

ώστε $TI' \parallel QR$ .

Τότε, είναι $\angle TI'I_C=\angle I'QR=\angle ICB=\angle II_AB=\angle TI_AI_C$ , οπότε το

ανήκει στον προαναφερθέντα κύκλο.

Επίσης, με $TT' \perp QR$ , έχω ότι (εύκολο) :

i) τα T',X

είναι συμμετρικά ως προς την I_CI_B

και

ii) τα T,I

είναι συμμετρικά ως προς την I_CI_B

.

Τα i), ii) δίνουν ότι το TT'XI

είναι ισοσκελές τραπέζιο, οπότε TT'=XI

.

Ακόμη, TT'=I'I''

.

Δηλαδή, τα τρίγωνα $\vartriangle PQR, \vartriangle ABC$ είναι όμοια και έχουν ίσες ακτίνες εγγεγραμμένων κύκλων.

Άρα, είναι ίσα και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

: Moscow 2012 Problem 5.png (54.06 KiB) Προβλήθηκε 1578 φορές

Al.Koutsouridis · #20

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 07, 2019 2:39 pm

Ζόρικη. Αναρωτιέμαι πόσοι την έλυσαν.

Ένας μαθητής σε σύνολο 577

, έλαβε (+) για το 6α και (+.) για το 6β. Το πρόβλημα 5 λύθηκε από ένα μαθητή (+-) και το τέταρτο από 7.

"+" - το πρόβλημα λύθηκε πλήρως.
"+-" - το πρόβλημα λύθηκε με ελλείψεις, που δεν επηρεάζουν την γενική πορεία της λύσης.
"+." - ο μαθητής μπορεί να θεωρήσει ότι είναι ισοδύναμο με "+".

Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2012 (9η τάξη)

Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2012 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2012 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2012 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2012 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2012 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2012 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2012 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2012 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2012 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2012 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2012 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2012 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2012 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2012 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2012 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2012 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2012 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2012 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2012 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2012 (9η τάξη)

Μέλη σε σύνδεση