Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2019/20 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 2η μέρα)

Al.Koutsouridis · #1

Πανρωσική Μαθητική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2019/20.
2η μέρα: Θέματα της 3ης φάσης για την 9η τάξη.

1. Ο Πέτρος και ο Μιχάλης ξεκινούν από ένα σημείο κυκλικής διαδρομής με κατεύθυνση αντίθετη της φοράς των δεικτών του ρολογιού. Και οι δυο τρέχουν με σταθερές ταχύτητες, η ταχύτητα του Μιχάλη είναι κατά

% μεγαλύτερη του Πέτρου. Ο Πέτρος όλη την ώρα τρέχει αντίθετα με την φορά των δεικτών του ρολογιού, αλλά ο Μιχάλης μπορεί να αλλάξει την κατεύθυνση του τρεξίματος σε οποιαδήποτε στιγμή, αμέσως μετά από όταν έχει τρέξει ένα ημικύκλιο ή περισσότερο προς την μια κατεύθυνση. Να δείξετε, ότι ενόσω ο Πέτρος τρέχει τον πρώτο γύρο, ο Μιχάλης μπορεί να "εξισωθεί" (να συναντηθεί ή να τον φτάσει) μαζί του τρεις φορές, μη υπολογίζοντας την αρχική στιγμή.

2. Ο πράσινος χαμαιλέοντας λέει πάντα την αλήθεια και ο καφέ χαμαιλέοντας ψεύδεται και μετά από αυτό κατευθείαν πρασινίζει. Σε μια ομάδα 2019

χαμαιλεόντων (πράσινων και καφέ) ο καθένας με την σειρά απάντησε στην ερώτηση, πόσοι μεταξύ αυτών τώρα είναι πράσινοι. Απαντήσεις ήταν οι αριθμοί $1, 2, \ldots ,2019$ (με κάποια σειρά, εξάλλου όχι απαραίτητα με την υποδειχθείσα). Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός πράσινων χαμαιλεόντων που θα μπορούσαν να υπάρχουν αρχικά;

3. Σε οξυγώνιο τρίγωνο ABC

φέρουμε την διχοτόμο

. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ABL

τέμνει την πλευρά

στο σημείο

. Προέκυψε ότι το σημείο

, συμμετρικό του σημείου

ως προς την ευθεία

, να βρίσκεται επί της πλευράς

και να μην συμπίπτει με τα άκρα της. Ποιες τιμές μπορεί να πάρει η γωνία $\angle ABC$ ;

4. Θα ονομάσουμε ένα πολύγωνο καλό αν σε αυτό βρεθεί ζεύγος παράλληλων πλευρών. Ένα κανονικό πολύγωνο διαμερίστηκε με μη τεμνόμενες (σε εσωτερικά σημεία) διαγώνιούς του σε κάμποσα πολύγωνα έτσι, ώστε όλα αυτά τα πολύγωνα να έχουν τον ίδιο περιττό αριθμό πλευρών. Μπορεί άραγε να προκύψει, ότι μεταξύ αυτών των πολυγώνων υπάρχει τουλάχιστον ένα καλό;

5. Να αποδείξετε, ότι για οποιουσδήποτε θετικούς αριθμούς $x_{1}, x_{2}, \dots , x_{9}$ ισχύει η ανισότητα

$\dfrac{x_{1}-x_{3}}{x_{1}x_{3}+2x_{2}x_{3}+x^{2}_{2}} + \dfrac{x_{2}-x_{4}}{x_{2}x_{4}+2x_{3}x_{4}+x^{2}_{3}} + \ldots +\dfrac{x_{8}-x_{1}}{x_{8}x_{1}+2x_{9}x_{1}+x^{2}_{9}} + \dfrac{x_{9}-x_{2}}{x_{9}x_{2}+2x_{1}x_{2}+x^{2}_{1}} \geq 0$ .

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 07, 2020 11:27 pm
Πανρωσική Μαθητική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2019/20.
2η μέρα: Θέματα της 3ης φάσης για την 9η τάξη.

1. Ο Πέτρος και ο Μιχάλης ξεκινούν από ένα σημείο κυκλικής διαδρομής με κατεύθυνση αντίθετη της φοράς των δεικτών του ρολογιού. Και οι δυο τρέχουν με σταθερές ταχύτητες, η ταχύτητα του Μιχάλη είναι κατά % μεγαλύτερη του Πέτρου. Ο Πέτρος όλη την ώρα τρέχει αντίθετα με την φορά των δεικτών του ρολογιού, αλλά ο Μιχάλης μπορεί να αλλάξει την κατεύθυνση του τρεξίματος σε οποιαδήποτε στιγμή, αμέσως μετά από όταν έχει τρέξει ένα ημικύκλιο ή περισσότερο προς την μια κατεύθυνση. Να δείξετε, ότι ενόσω ο Πέτρος τρέχει τον πρώτο γύρο, ο Μιχάλης μπορεί να "εξισωθεί" (να συναντηθεί ή να τον φτάσει) μαζί του τρεις φορές, μη υπολογίζοντας την αρχική στιγμή.

Έστω

το σημείο εκκίνησης και

το αντιδιαμετρικό του.Επειδή τρέχουν στον ίδιο κύκλο διαιρώντας τις γραμμικές του ταχύτητες με την ακτίνα του κύκλου η δοσμένη σχέση γίνεται σχέση γωνιακών ταχυτήτων και έστω χωρίς βλάβη ότι οι ταχύτητες σε μοίρες/sec είναι $u_P=100^{\circ}/s,u_M=102^{\circ}/s$
Αρχικά ο Μιχάλης κινείται από το

στο

(αντίθετα από το ρολόι) σε χρόνο $t_1=\dfrac{180}{102}s=\dfrac{30}{17}s$ και ο Πέτρος έχει διαγράψει τόξο $\left (\dfrac{3000}{17} \right )^{\circ}$ .Εκείνη την στιγμή ο Μιχάλης αλλάζει φορά και κινείται προς το

,ενώ στην πορεία συναντά τον Μιχάλη για πρώτη φορά.
Την στιγμή που ο Πέτρος φτάνει στο

ο Μιχάλης έχει διανύσει άλλες $\left (\dfrac{3000}{17} \right )^{\circ}$ οπότε συνολικά $\left (\dfrac{6000}{17} \right )^{\circ}$ (έστω ότι βρίσκεται στο

)
Ο Μιχάλης δεν αλλάζει φορά αλλά συνεχίζει να κινείται προς τον Πέτρο,οπότε τώρα έχει το δικαίωμα να αλλάξει φορά όποτε θέλει.Η συνάντηση τους θα γίνει στο μικρό τόξο

πιο κοντά στο

και θα είναι η δεύτερή τους (έστω

το σημείο συνάντησης).Επειδή όμως CD<AD

ο Μιχάλης έχει χρόνο ώστε απειροελάχιστα μετά την συνάντηση να αλλάξει φορά και να ξανα-εξισωθεί με τον Μιχάλη πριν αυτός τερματίσει τον πρώτο γύρο.

Ορέστης Λιγνός · #3

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 07, 2020 11:27 pm
Πανρωσική Μαθητική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2019/20.
2η μέρα: Θέματα της 3ης φάσης για την 9η τάξη.

3. Σε οξυγώνιο τρίγωνο φέρουμε την διχοτόμο . Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου τέμνει την πλευρά στο σημείο . Προέκυψε ότι το σημείο , συμμετρικό του σημείου ως προς την ευθεία , να βρίσκεται επί της πλευράς και να μην συμπίπτει με τα άκρα της. Ποιες τιμές μπορεί να πάρει η γωνία $\angle ABC$ ;

Είναι,

, και $\angle LAD=\angle LBD=\angle LBA=\angle LDA \Rightarrow LA=LD$ .

Οπότε, από 2 Ν. Ημιτόνων στα $\vartriangle LSA, \vartriangle LDC$ , είναι :

$\dfrac{\sin \angle LSA}{\sin \angle LAS}=\dfrac{LA}{LS}=\dfrac{LD}{LC}=\dfrac{\sin \angle LCD}{\sin \angle LDC}$ , και αφού $\angle LAS=\angle LDC$ από το εγγράψιμο BALD

, προκύπτει ότι $\sin \angle LSA=\sin \angle LCD \Rightarrow \angle LSA=\angle LCD$ ή $\angle LSA=\pi-\angle LCD$ .

Είναι τώρα, $\angle LSA=\angle SLC-\angle A=2\angle DLC-\angle A=2\angle B-\angle A$ και $\angle LCD=\angle C$ .

$\bullet$ Αν $\angle LSA=\angle LCD \Rightarrow 2\angle B=\angle A+\angle C=\pi- \angle B \Rightarrow \angle B=\pi/3$ .

$\bullet$ Αν $\angle LSA=\pi-\angle LCD \Rightarrow 2\angle B-\angle A= \angle A+\angle B \Rightarrow \angle B = 2\angle A$ . Τότε όμως, θα είναι $\angle LBC=\angle B/2=\angle BAL$ , άρα ο περιγεγραμμένος κύκλος του $\vartriangle BAL$ εφάπτεται στην

, οπότε το σημείο

δεν ορίζεται.

Τελικά, είναι $B=\pi/3$ .

Ορέστης Λιγνός · #4

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 07, 2020 11:27 pm
Πανρωσική Μαθητική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2019/20.
2η μέρα: Θέματα της 3ης φάσης για την 9η τάξη.

5. Να αποδείξετε, ότι για οποιουσδήποτε θετικούς αριθμούς $x_{1}, x_{2}, \dots , x_{9}$ ισχύει η ανισότητα

$\dfrac{x_{1}-x_{3}}{x_{1}x_{3}+2x_{2}x_{3}+x^{2}_{2}} + \dfrac{x_{2}-x_{4}}{x_{2}x_{4}+2x_{3}x_{4}+x^{2}_{3}} + \ldots +\dfrac{x_{8}-x_{1}}{x_{8}x_{1}+2x_{9}x_{1}+x^{2}_{9}} + \dfrac{x_{9}-x_{2}}{x_{9}x_{2}+2x_{1}x_{2}+x^{2}_{1}} \geq 0$ .

Η προς απόδειξη ανισότητα γράφεται : $\displaystyle \sum \dfrac{(x_2+x_3)^2}{x_3(x_1x_3+2x_2x_3+x_2^2)} \leqslant \sum \dfrac{1}{x_1}$ (1)

(αυτό το παρατηρούμε καθώς, $\dfrac{x_{1}-x_{3}}{x_{1}x_{3}+2x_{2}x_{3}+x^{2}_{2}}=\dfrac{1}{x_3}-\dfrac{(x_2+x_3)^2}{x_3(x_1x_3+2x_2x_3+x_2^2)}$ και οι κυκλικές αυτής).

Από την Cauchy-Schwarz, ισχύει $\dfrac{x_2}{x_2+x_3} + \dfrac{x_3}{x_1+x_2} =\dfrac{x_2^2}{x_2(x_2+x_3)}+\dfrac{x_3^2}{x_3(x_1+x_2)} \geqslant \dfrac{(x_2+x_3)^2}{x_2(x_2+x_3)+x_3(x_1+x_2)}=\dfrac{(x_2+x_3)^2}{x_2^2+2x_2x_3+x_1x_3}$ .

Οπότε, είναι $\dfrac{(x_2+x_3)^2}{x_3(x_1x_3+2x_2x_3+x_2^2)} \leqslant \dfrac{x_2}{x_3(x_2+x_3)}+\dfrac{1}{x_1+x_2}$ και οι κυκλικές αυτής.

Συνεπώς, $\displaystyle \sum \dfrac{(x_2+x_3)^2}{x_3(x_1x_3+2x_2x_3+x_2^2)} \leqslant \sum [\dfrac{x_2}{x_3(x_2+x_3)}+\dfrac{1}{x_1+x_2}]=$
$\displaystyle \sum [ \dfrac{x_1}{x_2(x_1+x_2)}+\dfrac{1}{x_1+x_2}]=\sum \dfrac{1}{x_2}=\sum \dfrac{1}{x_1}$ , και η προς απόδειξη δείχθηκε.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #5

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 07, 2020 11:27 pm
Πανρωσική Μαθητική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2019/20.
2η μέρα: Θέματα της 3ης φάσης για την 9η τάξη.

2. Ο πράσινος χαμαιλέοντας λέει πάντα την αλήθεια και ο καφέ χαμαιλέοντας ψεύδεται και μετά από αυτό κατευθείαν πρασινίζει. Σε μια ομάδα χαμαιλεόντων (πράσινων και καφέ) ο καθένας με την σειρά απάντησε στην ερώτηση, πόσοι μεταξύ αυτών τώρα είναι πράσινοι. Απαντήσεις ήταν οι αριθμοί $1, 2, \ldots ,2019$ (με κάποια σειρά, εξάλλου όχι απαραίτητα με την υποδειχθείσα). Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός πράσινων χαμαιλεόντων που θα μπορούσαν να υπάρχουν αρχικά;

Έστω

οι αρχικά πράσινοι χαμαιλέοντες και έστω (k_1,k_2,...,k_k)

οι απαντήσεις τους με k_1<k_2<..<k_k

.Αυτό σημαίνει ότι απάντησε πρώτος ο k_1

μετά ο

κλπ αφού για κάθε καφέ χαμαιλέοντα που απαντά ο αριθμός των πράσινων αυξάνει κατά

. Έτσι ανάμεσα σε κάθε 2 πράσινους χαμαιλέοντες υπάρχει τουλάχιστον

καφέ και έτσι $k\leq\dfrac{2019+1}{2}=1010$
Η τιμή k=1010

μπορεί να επιτευχθεί αν οι απαντήσεις είναι οι εξής : 1010,1,1011,2,1012.....1009,2019

δηλαδή ξεκινάμε με πράσινο και τελειώνουμε σε πράσινο ενώ εναλλάξ υπάρχει και ένας καφέ (όλοι οι καφέ λένε ψέματα αφού 1,2,3,..1009<1010

)

#6

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 07, 2020 11:27 pm
Πανρωσική Μαθητική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2019/20.
2η μέρα: Θέματα της 3ης φάσης για την 9η τάξη.

3. Σε οξυγώνιο τρίγωνο φέρουμε την διχοτόμο . Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου τέμνει την πλευρά στο σημείο . Προέκυψε ότι το σημείο , συμμετρικό του σημείου ως προς την ευθεία , να βρίσκεται επί της πλευράς και να μην συμπίπτει με τα άκρα της. Ποιες τιμές μπορεί να πάρει η γωνία $\angle ABC$ ;

: ΠΑΝΡ. 2019-2020(ΙΙΙΦ 9).png (21.31 KiB) Προβλήθηκε 517 φορές

$\displaystyle A\widehat BC = D\widehat LC = C\widehat LD = 2\omega$ και $\displaystyle D\widehat AL = A\widehat DL = \omega \Leftrightarrow AL = LD$

Τα τρίγωνα CLD, CAB

είναι όμοια, $\displaystyle \frac{{LD}}{{AB}} = \frac{{CL}}{{BC}} \Leftrightarrow \frac{{LA}}{{AB}} = \frac{{LS}}{{BC}},$ οπότε και τα ALS, ABC

είναι όμοια, άρα $\displaystyle A\widehat LS = 2\omega \Rightarrow 6\omega = 180^\circ \Leftrightarrow$ $\boxed{A\widehat BC=60^\circ}$

Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2019/20 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 2η μέρα)

Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2019/20 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 2η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2019/20 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 2η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2019/20 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 2η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2019/20 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 2η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2019/20 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 2η μέρα)

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2019/20 (ΦΙΙΙ 9η τάξη, 2η μέρα)

Μέλη σε σύνδεση