Ανοιχτή Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 (10-11η τάξη, 2012)

Al.Koutsouridis · #1

[i]Ανοιχτή Ολυμπιάδα Φυσικό-μαθηματικού Λυκείου 239 Αγίας Πετρούπολης για τις τάξεις 10-11η, 2012.
[/i]

[b]1.[/b] Σε μια σκακιέρα $10 \times 10$ είναι τοποθετημένοι μερικοί ίπποι, εξάλλου σε κάθε τετράγωνο $2 \times 2$ βρίσκεται τουλάχιστον ένας ίππος. Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός κελιών που μπορούν να απειλούν αυτοί οι ίπποι; (Ο ίππος δεν απειλεί το κελί στο οποίο βρίσκεται, αλλά μπορεί να απειλεί τα κελιά στα οποία βρίσκονται άλλοι ίπποι.)

[b]2.[/b] Δίνονται οι θετικοί ακέραιοι a,b,c,d

, εξάλλου

. Να αποδείξετε, ότι αν

a+b+c+d = ab-cd

τότε ο αριθμός a+c

είναι σύνθετος.

[b]3.[/b] Στον χώρο δίνονται

σημεία, καμία τετράδα εκ των οποίων δεν είναι συνεπίπεδα. Μπορούμε να διαλέξουμε δυο σημεία

και

και να μεταφέρουμε το σημείο

στο μέσο του τμήματος

. Προέκυψε έτσι, ώστε μετά τις μεταφορές τα σημεία έλαβαν τις ίδιες θέσεις (πιθανόν με διαφορετική σειρά). Για ποιο ελάχιστο

αυτό είναι δυνατό;

[b]4.[/b] Δίνονται οι θετικοί αριθμοί a,b,c,d

, που ικανοποιούν την συνθήκη

$\dfrac{1}{a^3+1} +\dfrac{1}{b^3+1} +\dfrac{1}{c^3+1} +\dfrac{1}{d^3+1} =2$ .

Να αποδείξετε την ανισότητα

$\dfrac{1-a}{a^2-a+1} + \dfrac{1-b}{b^2-b+1} + \dfrac{1-c}{c^2-c+1} +\dfrac{1-d}{d^2-d+1} \geq 0$ .

[b]5.[/b] Το σημείο

είναι το μέσο της βάσης

του τραπεζίου ABCD

, εγγεγραμμένου στο κύκλο $\omega$ . Οι ημιευθείες

και

τέμνονται στο σημείο

και η ημιευθεία

τέμνει τον $\omega$ στο σημείο

. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου PBK

τέμνει την ευθεία

στο σημείο

. Να αποδείξετε, ότι $\angle LDP =90^0$ .

[b]6.[/b] Από το σύνολο

στοιχείων

έχουν αφαιρεθεί μερικά υποσύνολα $A_{1}, \ldots , A_{k}$ , το καθένα από τα οποία αποτελείται από τουλάχιστον δύο στοιχεία του

, αλλά όχι όλα. Για ποιο μέγιστο

μπορούμε σίγουρα να γράψουμε τα στοιχεία του

στη σειρά με τέτοια διάταξη, ώστε κανένα υποσύνολο να μην αποτελείτε από διαδοχικά στην σειρά στοιχεία;

[b]7.[/b] Ο Βασίλης σκέφτηκε ένα διψήφιο αριθμό

και ο Πέτρος προσπαθεί να τον μαντέψει. Για τον σκοπό αυτό προφέρει έναν θετικό ακέραιο αριθμό

και ο Βασίλης ανακοινώνει στον Πέτρο το άθροισμα των ψηφίων του αριθμού

. Για ποιο ελάχιστο αριθμό τέτοιων πράξεων ο Πέτρος εγγυημένα μπορεί να προσδιορίσει τον αριθμό του Βασίλη;

[b]8.[/b] Θα λέμε ότι, μια τριγωνική πυραμίδα διαμερίζει ένα παραλληλεπίπεδο, αν το παραλληλεπίπεδο μπορεί να διαμεριστεί σε

αντίγραφα αυτής της τριγωνικής πυραμίδας. Υπάρχει άραγε παραλληλεπίπεδο, το οποίο το διαμερίζουν τουλάχιστον δυο διαφορετικές τριγωνικές πυραμίδες;

[url=http://www.239.ru/node/1838][color=#000080][size=85]Πηγή[/size][/color][/url]

Joaakim · #2

Για την 2
Ας υποθέσουμε ότι a+c

πρώτος.
Αρχικά, αφού το LHS

είναι θετικός ακέραιος, έτσι πρέπει και το RHS

. Τότε
$ab-cd>0 \Rightarrow ab>cd \Rightarrow \frac{a}{d} > \frac{c}{b} > \frac{c}{c} = 1 \Rightarrow a>d \Rightarrow a+c>b+d$ .
Με mod.(a+c)

τώρα θα είναι
b+d=ab-cd (mod.(a+c))

$\Rightarrow b+d=(ab+ad)+(-cd-ad)=a(b+d)-d(a+c)=a(b+d) (mod.(a+c))$
$\Rightarrow (a-1)(b+d)=0 (mod.(a+c)) \Rightarrow a+c|b+d$
(αφού a+c

πρώτος).
Τότε όμως θα πρέπει να ισχύει ότι
$b+d \geq a+c>b+d$ , άτοπο από την αρχική, και το ζητούμενο έπεται.

Al.Koutsouridis · #3

Joaakim έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 31, 2021 4:27 pm
Για την 2
Ας υποθέσουμε ότι πρώτος.
Αρχικά, αφού το είναι θετικός ακέραιος, έτσι πρέπει και το . Τότε
$ab-cd>0 \Rightarrow ab>cd \Rightarrow \frac{a}{d} > \frac{c}{b} > \frac{c}{c} = 1 \Rightarrow a>d \Rightarrow a+c>b+d$ .
Με τώρα θα είναι

$\Rightarrow b+d=(ab+ad)+(-cd-ad)=a(b+d)-d(a+c)=a(b+d) (mod.(a+c))$
$\Rightarrow (a-1)(b+d)=0 (mod.(a+c)) \Rightarrow a+c|b+d$
(αφού πρώτος).
Τότε όμως θα πρέπει να ισχύει ότι
$b+d \geq a+c>b+d$ , άτοπο από την αρχική, και το ζητούμενο έπεται.

Για να είμαστε ακριβοδίκαιοι στο σημείο

έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 31, 2021 4:27 pm
$\Rightarrow (a-1)(b+d)=0 (mod.(a+c)) \Rightarrow a+c|b+d$
(αφού πρώτος).

Η συνεπαγώγη περιέχει και την περίπτωση a+c | a-1

, ανεξάρτητα αν και αυτή οδηγεί εύκολα σε άτοπο.

Joaakim · #4

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 01, 2021 10:07 am

Joaakim έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 31, 2021 4:27 pm
Για την 2
Ας υποθέσουμε ότι πρώτος.
Αρχικά, αφού το είναι θετικός ακέραιος, έτσι πρέπει και το . Τότε
$ab-cd>0 \Rightarrow ab>cd \Rightarrow \frac{a}{d} > \frac{c}{b} > \frac{c}{c} = 1 \Rightarrow a>d \Rightarrow a+c>b+d$ .
Με τώρα θα είναι

$\Rightarrow b+d=(ab+ad)+(-cd-ad)=a(b+d)-d(a+c)=a(b+d) (mod.(a+c))$
$\Rightarrow (a-1)(b+d)=0 (mod.(a+c)) \Rightarrow a+c|b+d$
(αφού πρώτος).
Τότε όμως θα πρέπει να ισχύει ότι
$b+d \geq a+c>b+d$ , άτοπο από την αρχική, και το ζητούμενο έπεται.
Για να είμαστε ακριβοδίκαιοι στο σημείο

έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 31, 2021 4:27 pm
$\Rightarrow (a-1)(b+d)=0 (mod.(a+c)) \Rightarrow a+c|b+d$
(αφού πρώτος).
Η συνεπαγώγη περιέχει και την περίπτωση , ανεξάρτητα αν και αυτή οδηγεί εύκολα σε άτοπο.

Απλά θεώρησα ότι το a+c>a-1

προφανές άτοπο, αλλά όντως θα έπρεπε να το γράψω...

Al.Koutsouridis · #5

Joaakim έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 01, 2021 2:00 pm
Απλά θεώρησα ότι το προφανές άτοπο, αλλά όντως θα έπρεπε να το γράψω...

Αυτό είναι προφανές, το μη προφανές είναι αν σε αυτό συμπεριλήφθηκε η περίπτωση a-1=0

ή όχι. Πάλι εύκολα οδηγούμαστε σε άτοπο, αλλά δεν είναι φανερό από το παραπάνω βήμα ή στην αρχική λύση αν εξετάστηκε. Το έγραψα περισσότερο, σε πραγματική εξέταση να μην χάνουμε "χαζά" μόρια.

Joaakim · #6

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 01, 2021 3:18 pm

Joaakim έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 01, 2021 2:00 pm
Απλά θεώρησα ότι το προφανές άτοπο, αλλά όντως θα έπρεπε να το γράψω...
Αυτό είναι προφανές, το μη προφανές είναι αν σε αυτό συμπεριλήφθηκε η περίπτωση ή όχι. Πάλι εύκολα οδηγούμαστε σε άτοπο, αλλά δεν είναι φανερό από το παραπάνω βήμα ή στην αρχική λύση αν εξετάστηκε. Το έγραψα περισσότερο, σε πραγματική εξέταση να μην χάνουμε "χαζά" μόρια.

. Έχετε δίκιο.

#7

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 31, 2021 3:14 pm
Ανοιχτή Ολυμπιάδα Φυσικό-μαθηματικού Λυκείου 239 Αγίας Πετρούπολης για τις τάξεις 10-11η, 2012.

5. Το σημείο είναι το μέσο της βάσης του τραπεζίου , εγγεγραμμένου στο κύκλο $\omega$ . Οι ημιευθείες και τέμνονται στο σημείο και η ημιευθεία τέμνει τον $\omega$ στο σημείο . Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου τέμνει την ευθεία στο σημείο . Να αποδείξετε, ότι $\angle LDP =90^0$ .

Πηγή

Η

τέμνει το μεγάλο κύκλο στο

Αρχικά θα δείξω ότι τα σημεία P, M, T

είναι συνευθειακά.

: ΦΜΛ 239-2012.png (19.91 KiB) Προβλήθηκε 794 φορές

$\displaystyle M\widehat DT = B\widehat LT = B\widehat KT,$ άρα το MTKD

είναι εγγράψιμο, οπότε:

$\displaystyle D\widehat TM = D\widehat KM = D\widehat KB = D\widehat AB = L\widehat BP = L\widehat TP=D\widehat TP,$ άρα τα P, M, T

είναι συνευθειακά.

Επομένως το

είναι το ύψος του τριγώνου PDT

κι επειδή $\displaystyle D\widehat TP = P\widehat DM,$ θα είναι $\boxed{PD\bot TL}$

Ορέστης Λιγνός · #8

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 31, 2021 3:14 pm
Ανοιχτή Ολυμπιάδα Φυσικό-μαθηματικού Λυκείου 239 Αγίας Πετρούπολης για τις τάξεις 10-11η, 2012.

4. Δίνονται οι θετικοί αριθμοί , που ικανοποιούν την συνθήκη

$\dfrac{1}{a^3+1} +\dfrac{1}{b^3+1} +\dfrac{1}{c^3+1} +\dfrac{1}{d^3+1} =2$ .

Να αποδείξετε την ανισότητα

$\dfrac{1-a}{a^2-a+1} + \dfrac{1-b}{b^2-b+1} + \dfrac{1-c}{c^2-c+1} +\dfrac{1-d}{d^2-d+1} \geq 0$ .

Η προς απόδειξη ανισότητα γράφεται, $\displaystyle{\sum \dfrac{a-1}{a^2-a+1} \leq 0}$ , ή ισοδύναμα $\displaystyle \sum \dfrac{a^2-1}{a^3+1} \leq 0$ (πολλαπλασιάζοντας αριθμητή και παρονομαστή κάθε κλάσματος με a+1

,

κτλ).

Χρησιμοποιώντας την συνθήκη, αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι $\displaystyle \sum \dfrac{a^2}{a^3+1} \leq \dfrac{1}{a^3+1}=2$ , δηλαδή ότι $\sum \dfrac{a^2}{a^3+1} \leq 2$ .

Θέτουμε $\dfrac{1}{a^3+1}=x, \dfrac{1}{b^3+1}=y, \dfrac{1}{c^3+1}=z, \dfrac{1}{d^3+1}=w$ , οπότε x+y+z+w=2

, και αρκεί να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{\sum x\sqrt[3]{(\dfrac{1}{x}-1)^2} \leq 2}$ , ή ισοδύναμα ότι $\displaystyle{\sum \sqrt[3]{x(1-x)^2} \leq 2}$ .

Από AM-ΓΜ όμως, $\sqrt[3]{x(1-x)^2} \leq \sqrt[3]{\dfrac{1-x}{4}}$ , οπότε $\displaystyle{\sum \sqrt[3]{x(1-x)^2} \leq \dfrac{1}{\sqrt[3]{4}}\sum \sqrt[3]{1-x}}$ .

Χρησιμοποιώντας την ανισότητα των δυνάμεων, προκύπτει ότι $\displaystyle{ \sum \sqrt[3]{1-x} \leq \sqrt[3]{16\sum (1-x)}=\sqrt[3]{32}}$ , οπότε και $\displaystyle{\sum \sqrt[3]{x(1-x)^2} \leq \dfrac{1}{\sqrt[3]{4}}\sum \sqrt[3]{1-x} \leq \sqrt[3]{8}=2}$ , και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Η ισότητα ισχύει όταν $x=y=z=w=\dfrac{1}{2}$ , δηλαδή όταν a=b=c=d=1

.

Ανοιχτή Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 (10-11η τάξη, 2012)

Ανοιχτή Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 (10-11η τάξη, 2012)

Re: Ανοιχτή Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 (10-11η τάξη, 2012)

Re: Ανοιχτή Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 (10-11η τάξη, 2012)

Re: Ανοιχτή Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 (10-11η τάξη, 2012)

Re: Ανοιχτή Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 (10-11η τάξη, 2012)

Re: Ανοιχτή Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 (10-11η τάξη, 2012)

Re: Ανοιχτή Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 (10-11η τάξη, 2012)

Re: Ανοιχτή Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 (10-11η τάξη, 2012)

Μέλη σε σύνδεση