Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2018/19 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 1η μέρα)

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 818
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2018/19 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 1η μέρα)

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Δευ Φεβ 04, 2019 10:04 pm

Πανρωσική Μαθητική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2018/2019.
1η μέρα: Θέματα της 3ης φάσης για την 10η τάξη



1. Ο καθένας εκ δέκα ατόμων είναι είτε ευγενής και λέει πάντα την αλήθεια, είτε ψεύτης και λέει πάντα ψέματα. Ο καθένας τους σκέφτηκε κάποιο αριθμό (όχι απαραίτητα ακέραιο). Ύστερα ο πρώτος είπε: «Ο αριθμός μου είναι μεγαλύτερος του 1», ο δεύτερος είπε: «Ο αριθμός μου είναι μεγαλύτερος του 2», …, ο δέκατος είπε: «Ο αριθμός μου είναι μεγαλύτερος του 10». Μετά από αυτό και οι δέκα τους, αναφώνησαν με κάποια σειρά: «Ο αριθμός μου είναι μικρότερος του 1», «Ο αριθμός μου είναι μικρότερος του 2», …, «Ο αριθμός μου είναι μικρότερος του 10» (ο καθένας τους είπε μία από αυτές τις φράσεις). Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός ευγενών που μπορεί να υπάρχουν μεταξύ αυτών των 10 ατόμων;


2. Δίνεται κυρτό τετράπλευρο περιμέτρου 10^{100}, του οποίου τα μήκη όλων των πλευρών είναι φυσικοί αριθμοί και το άθροισμα των μηκών οποιονδήποτε τριών πλευρών διαιρείται με την εναπομείναντα τέταρτη πλευρά. Να αποδείξετε, ότι αυτό το τετράπλευρο είναι ρόμβος.


3. Τα κελιά ενός πίνακα 2 \times 2019 πρέπει να πληρωθούν με αριθμούς (σε κάθε κελί γράφουμε ακριβώς ένα αριθμό) με τους ακόλουθους κανόνες. Στην πάνω γραμμή πρέπει να τοποθετηθούν 2019 πραγματικοί αριθμοί, μεταξύ των οποίων να μην υπάρχουν δυο ίσοι και στη κάτω γραμμή πρέπει τοποθετηθούν οι ίδιοι 2019 αριθμοί, αλλά με διαφορετική σειρά. Σε κάθε μία από τις 2019 στήλες πρέπει να είναι γραμμένοι διαφορετικοί αριθμοί, εξάλλου το άθροισμα αυτών των δυο αριθμών πρέπει να είναι ρητός αριθμός. Ποιος είναι ο μεγαλύτερος αριθμός άρρητων αριθμών που μπορεί να υπάρχουν στη πρώτη γραμμή του πίνακα;


4. Η άπειρη ακολουθία μη μηδενικών αριθμών a_{1}, a_{2}, a_{3},… είναι τέτοια, ώστε για όλους τους φυσικούς αριθμούς n \geq 2018 ο αριθμός a_{n+1} να είναι η μικρότερη ρίζα του πολυωνύμου P_{n}(x)=x^{2n}+a_{1}x^{2n-2}+a_{2}x^{2n-4}+…+a_{n}. Να αποδείξετε, ότι υπάρχει τέτοιο N, ώστε στην άπειρη ακολουθία a_{N}, a_{N+1}, a_{N+2}, … κάθε όρος να είναι μικρότερος από τον προηγούμενο.


5. Στο μη ισοσκελές τρίγωνο ABC φέρουμε την διχοτόμο BL. Η προέκταση της διαμέσου, που φέρεται από την κορυφή B, τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο \omega, του τριγώνου ABC στο σημείο  D. Από το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου BDL, φέρουμε ευθεία l, παράλληλη προς την ευθεία AC. Να αποδείξετε, ότι ο κύκλος \omega εφάπτεται της ευθείας l.



Πηγή



Λέξεις Κλειδιά:
Altrian
Δημοσιεύσεις: 104
Εγγραφή: Τρί Μάιος 01, 2018 4:51 pm
Τοποθεσία: Βούλα, Αττική

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2018/19 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 1η μέρα)

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Altrian » Τρί Φεβ 05, 2019 11:57 am

Al.Koutsouridis έγραψε:
Δευ Φεβ 04, 2019 10:04 pm
Πανρωσική Μαθητική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2018/2019.
1η μέρα: Θέματα της 3ης φάσης για την 10η τάξη


1. Ο καθένας εκ δέκα ατόμων είναι είτε ευγενής και λέει πάντα την αλήθεια, είτε ψεύτης και λέει πάντα ψέματα. Ο καθένας τους σκέφτηκε κάποιο αριθμό (όχι απαραίτητα ακέραιο). Ύστερα ο πρώτος είπε: «Ο αριθμός μου είναι μεγαλύτερος του 1», ο δεύτερος είπε: «Ο αριθμός μου είναι μεγαλύτερος του 2», …, ο δέκατος είπε: «Ο αριθμός μου είναι μεγαλύτερος του 10». Μετά από αυτό και οι δέκα τους, αναφώνησαν με κάποια σειρά: «Ο αριθμός μου είναι μικρότερος του 1», «Ο αριθμός μου είναι μικρότερος του 2», …, «Ο αριθμός μου είναι μικρότερος του 10» (ο καθένας τους είπε μία από αυτές τις φράσεις). Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός ευγενών που μπορεί να υπάρχουν μεταξύ αυτών των 10 ατόμων;

Πηγή
Για την Ασκηση 1:

Κατ' αρχήν δεν μπορεί να είναι και οι δέκα ευγενείς γιατί η φράση "ο αριθμός μου είναι μεγαλύτερος του 10" σε συνδυασμό με τις δέκα αναφωνήσεις στο τέλος όπου όλοι είπαν (άμεσα ή έμμεσα) ότι ο αριθμός τους ήταν μικρότερος του 10 δημιουργεί μια αντίφαση δηλ. ένα ψέμα. Αρα οι ευγενείς θα είναι το πολύ 9.
Στο σχήμα φαίνεται μια περίπτωση όπου ο a_{i} λέει τις φράσεις (ο αριθμός μου είναι μεγαλύτερος του i και μετά "ο αριθμός μου είναι μικρότερος του i+1") που είναι και οι δύο αληθείς (άρα αυτός είναι ευγενής) πλην του a_{10} που λέει ότι ("ο αριθμός μου είναι μεγαλύτερος του 10 και στο τέλος ότι "ο αριθμός μου είναι μικρότερος του 1). Αυτός είναι και ο μοναδικός "μη ευγενής".
Αρα η απάντηση είναι 9 αφού η μέγιστη δυνατή είναι και εφικτή.
Συνημμένα
ask1.png
ask1.png (3.4 KiB) Προβλήθηκε 288 φορές


Αλέξανδρος Τριανταφυλλάκης
Κατερινόπουλος Νικόλας
Δημοσιεύσεις: 657
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 05, 2017 3:24 pm
Τοποθεσία: Καλαμάτα, Μεσσηνία

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2018/19 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 1η μέρα)

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κατερινόπουλος Νικόλας » Τρί Φεβ 05, 2019 2:04 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Δευ Φεβ 04, 2019 10:04 pm
3. Τα κελιά ενός πίνακα 2 \times 2019 πρέπει να πληρωθούν με αριθμούς (σε κάθε κελί γράφουμε ακριβώς ένα αριθμό) με τους ακόλουθους κανόνες. Στην πάνω γραμμή πρέπει να τοποθετηθούν 2019 πραγματικοί αριθμοί, μεταξύ των οποίων να μην υπάρχουν δυο ίσοι και στη κάτω γραμμή πρέπει τοποθετηθούν οι ίδιοι 2019 αριθμοί, αλλά με διαφορετική σειρά. Σε κάθε μία από τις 2019 στήλες πρέπει να είναι γραμμένοι διαφορετικοί αριθμοί, εξάλλου το άθροισμα αυτών των δυο αριθμών πρέπει να είναι ρητός αριθμός. Ποιος είναι ο μεγαλύτερος αριθμός άρρητων αριθμών που μπορεί να υπάρχουν στη πρώτη γραμμή του πίνακα;
Ωραία λογική αυτών των θεμάτων!

Σκέφτηκα ότι μπορούμε να θέσουμε a_1=-a_2,\; a_3=-a_4, \; a_5=-a_6 κλπ δηλαδή σε κάθε στήλη οι αριθμοί να είναι αντίθετοι. Αυτό ισχύει μέχρι τη στήλη \begin{matrix} \; \; a_{2016} & \\ \; \;a_{2015} & \end{matrix} όπου μετά αφού έχουμε περιττό αριθμό κελιών στις τελευταίες 3 στήλες πρέπει να ισχύει a_{2017},\; a_{2018}, \; a_{2019}\in Q. Δεν μπορούμε να κάνουμε ό,τι στα προηγούμενα γιατί αν σχηματίσουμε τις στήλες \begin{matrix} \; \; a_{2018} & \\ \; \;a_{2017} & \end{matrix} και \begin{matrix} \; \; a_{2017} & \\ \; \;a_{2018} & \end{matrix} θα μείνει \begin{matrix} \; \; a_{20169} & \\ \; \;a_{2019} & \end{matrix} που απορρίπτεται. Άρα ο μεγαλύτερος αριθμός άρρητων που μπορούν να γραφτούν στην πρώτη σειρά είναι \boxed{2016}
Μαθηματική Ολυμπιάδα.png
Μαθηματική Ολυμπιάδα.png (134.85 KiB) Προβλήθηκε 259 φορές


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 818
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2018/19 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 1η μέρα)

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Τρί Φεβ 05, 2019 9:31 pm

Κατερινόπουλος Νικόλας έγραψε:
Τρί Φεβ 05, 2019 2:04 pm
Σκέφτηκα ότι μπορούμε να θέσουμε a_1=-a_2,\; a_3=-a_4, \; a_5=-a_6 κλπ δηλαδή σε κάθε στήλη οι αριθμοί να είναι αντίθετοι. Αυτό ισχύει μέχρι τη στήλη \begin{matrix} \; \; a_{2016} & \\ \; \;a_{2015} & \end{matrix} όπου μετά αφού έχουμε περιττό αριθμό κελιών στις τελευταίες 3 στήλες πρέπει να ισχύει a_{2017},\; a_{2018}, \; a_{2019}\in Q. Δεν μπορούμε να κάνουμε ό,τι στα προηγούμενα γιατί αν σχηματίσουμε τις στήλες \begin{matrix} \; \; a_{2018} & \\ \; \;a_{2017} & \end{matrix} και \begin{matrix} \; \; a_{2017} & \\ \; \;a_{2018} & \end{matrix} θα μείνει \begin{matrix} \; \; a_{20169} & \\ \; \;a_{2019} & \end{matrix} που απορρίπτεται. Άρα ο μεγαλύτερος αριθμός άρρητων που μπορούν να γραφτούν στην πρώτη σειρά είναι \boxed{2016}
Κατασκεύασες ένα πίνακα και έδειξες, ότι για αυτό το πίνακα το μέγιστο είναι 2016 άρρητοι. Για να θεωρηθεί όμως η λύση πλήρης θα πρέπει να δείξουμε, ότι και για οποιαδήποτε άλλη (κατασκευή) τοποθέτηση αριθμών δεν μπορούμε να υπερβούμε το 2016.


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1382
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2018/19 (ΦΙΙΙ 10η τάξη, 1η μέρα)

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Πέμ Φεβ 07, 2019 4:59 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Δευ Φεβ 04, 2019 10:04 pm
Πανρωσική Μαθητική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2018/2019.
1η μέρα: Θέματα της 3ης φάσης για την 10η τάξη


2. Δίνεται κυρτό τετράπλευρο περιμέτρου 10^{100}, του οποίου τα μήκη όλων των πλευρών είναι φυσικοί αριθμοί και το άθροισμα των μηκών οποιονδήποτε τριών πλευρών διαιρείται με την εναπομείναντα τέταρτη πλευρά. Να αποδείξετε, ότι αυτό το τετράπλευρο είναι ρόμβος.
Έστω AB=a,BC=b,CD=c,DA=d οι πλευρές του τετραπλεύρου ABCD. Έστω, a \leqslant b \leqslant c \leqslant d.

Τότε, είναι d \mid a+b+c \leqslant 3d.

Ακόμη είναι γνωστό ότι a+b+c>d (*), άρα a+b+c \in \{ 2d, 3d \}.

Αν a+b+c=2d \Rightarrow 10^{100}-d=2d \Rightarrow 3d=10^{100}, άτοπο.

Αν a+b+c=3d, τότε a=b=c=d.

Το ABCD έχει λοιπόν όλες του τις πλευρές ίσες, άρα είναι ρόμβος.

(*) Πράγματι, από την τριγωνική ανισότητα AB+BC+CD>AC+CD>DA.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
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 2 επισκέπτες