Προκριματικός Διαγωνισμός 2014

gavrilos · #1

Καλημέρα!

Αυτή τη στιγμή θα ξεκινά ο φετινός προκριματικός διαγωνισμός. Καλή επιτυχία σε όλα τα παιδιά που συμμετέχουν. Όποιος αποκτήσει πρόσβαση στα θέματα μπορεί να τα "ανεβάσει" για να τα δούμε κι εμείς και να τα συζητήσουμε.

panagiotis99 · #2

1ο Θέμα μικρών :
Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη πραγματικών αριθμών (x,y) τα οποία είναι λύσεις του συστήματος:

$(x^{2}+y^{2})^{2}-xy(x+y)^{2}=19 \mid x-y \mid = 1$

panagiotis99 · #3

4ο Θέμα Μικρών

Δίνεται σύνολο $\Sigma =$ $\{1,2,3,....,n\}$ . Θέλουμε να διαμερίσουμε το σύνολο $\Sigma$ σε τρία υποσύνολα A,B,C

ξένα μεταξύ τους με $A\cup B\cup C=\Sigma$
και τέτοια ώστε τα αθροίσματα των στοιχείων τους $S_{A} S_{B} S_{C}$ να είναι ίσα . Να εξετάσετε αν αυτό είναι δυνατόν όταν
α) n=2014

β)

γ)

gavrilos · #4

panagiotis99 έγραψε:1ο Θέμα μικρών :
Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη πραγματικών αριθμών (x,y) τα οποία είναι λύσεις του συστήματος:

$(x^{2}+y^{2})^{2}-xy(x+y)^{2}=19 \mid x-y \mid = 1$

Μια λύση.

Η πρώτη εξίσωση γίνεται $\displaystyle{x^{4}+y^{4}-x^{3}y-xy^{3}=19\Leftrightarrow x^{3}(x-y)-y^{3}(x-y)=19\Leftrightarrow (x-y)(x^{3}-y^{3})=19\Leftrightarrow (x-y)^{2}(x^{2}+xy+y^{2})=19}$ .

Όμως η δεύτερη εξίσωση δίνει $\displaystyle{(x-y)^{2}=1}$ άρα η παραπάνω γίνεται $\displaystyle{x^{2}+xy+y^{2}=19}$ .

Θα πάρουμε δύο περιπτώσεις.

α. $\displaystyle{x-y=1\Leftrightarrow y=x-1}$ .

Τότε έχουμε $\displaystyle{x^{2}+x(x-1)+(x-1)^{2}=19\Leftrightarrow 3x^{2}-3x-18=0\Leftrightarrow x^{2}-x-6=0\Leftrightarrow (x-3)(x+2)=0}$ που δίνει $\displaystyle{x=3}$ ή $\displaystyle{x=-2}$ .

Οπότε σ' αυτήν την περίπτωση έχουμε τα ζεύγη $\displaystyle{(x,y)=(3,2),(-2,-3)}$ .

b. $\displaystyle{x-y=-1\Leftrightarrow y=x+1}$ .

Τότε έχουμε $\displaystyle{x^{2}+x(x+1)+(x+1)^{2}=19\Leftrightarrow 3x^{2}+3x-18=0\Leftrightarrow x^{2}+x-6=0\Leftrightarrow (x-2)(x+3)=0}$ δηλαδή $\displaystyle{x=2}$ ή $\displaystyle{x=-3}$ .

Οπότε από αυτήν την περίπτωση παίρνουμε τα ζεύγη $\displaystyle{(x,y)=(2,3),(-3,-2)}$ και τελειώσαμε.

kleovoulos · #5

gavrilos έγραψε:
panagiotis99 έγραψε:1ο Θέμα μικρών :
Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη πραγματικών αριθμών (x,y) τα οποία είναι λύσεις του συστήματος:

$(x^{2}+y^{2})^{2}-xy(x+y)^{2}=19 \mid x-y \mid = 1$
Μια λύση.

Η πρώτη εξίσωση γίνεται $\displaystyle{x^{4}+y^{4}-x^{3}y-xy^{3}=19\Leftrightarrow x^{3}(x-y)-y^{3}(x-y)=19\Leftrightarrow (x-y)(x^{3}-y^{3})=19\Leftrightarrow (x-y)^{2}(x^{2}+xy+y^{2})=19}$ .

Όμως η δεύτερη εξίσωση δίνει $\displaystyle{(x-y)^{2}=1}$ άρα η παραπάνω γίνεται $\displaystyle{x^{2}+xy+y^{2}=19}$ .

Θα πάρουμε δύο περιπτώσεις.

α. $\displaystyle{x-y=1\Leftrightarrow y=x-1}$ .

Τότε έχουμε $\displaystyle{x^{2}+x(x-1)+(x-1)^{2}=19\Leftrightarrow 3x^{2}-3x-18=0\Leftrightarrow x^{2}-x-6=0\Leftrightarrow (x-3)(x+2)=0}$ που δίνει $\displaystyle{x=3}$ ή $\displaystyle{x=-2}$ .

Οπότε σ' αυτήν την περίπτωση έχουμε τα ζεύγη $\displaystyle{(x,y)=(3,2),(-2,-3)}$ .

b. $\displaystyle{x-y=-1\Leftrightarrow y=x+1}$ .

Τότε έχουμε $\displaystyle{x^{2}+x(x+1)+(x+1)^{2}=19\Leftrightarrow 3x^{2}+3x-18=0\Leftrightarrow x^{2}+x-6=0\Leftrightarrow (x-2)(x+3)=0}$ δηλαδή $\displaystyle{x=2}$ ή $\displaystyle{x=-3}$ .

Οπότε από αυτήν την περίπτωση παίρνουμε τα ζεύγη $\displaystyle{(x,y)=(2,3),(-3,-2)}$ και τελειώσαμε.

Απόλυτα σωστή η λύση του Γιώργου. Με πρόλαβε!

Να σημειώσω σε αυτό το σημείο ότι το 1ο θέμα ήταν εξαιρετικά βατό όμως παρόλα αυτά κατάλληλο για πρώτο θέμα αφού ανεβάζει την ψυχολογία των μαθητών και τους προετοιμάζει για τα υπόλοιπα. Μην ξεχνάμε εξάλλου ότι και τα περσινά θέματα της ΒΜΟΝ ήταν αρκετά χαμηλού επιπέδου. Καλή επιτυχία στα παιδιά!

#6

panagiotis99 έγραψε:1ο Θέμα μικρών :
Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη πραγματικών αριθμών (x,y) τα οποία είναι λύσεις του συστήματος:

$(x^{2}+y^{2})^{2}-xy(x+y)^{2}=19 \mid x-y \mid = 1$

Είναι:

$\displaystyle{\left| {x - y} \right| = 1 \Leftrightarrow {\left( {x - y} \right)^2} = 1}$ $\bf \color{red} \left( 1 \right)$

και

$\displaystyle{{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)^2} - xy{\left( {x + y} \right)^2} = 19 \Leftrightarrow {x^4} + 2{x^2}{y^2} + {y^4} - {x^3}y - 2{x^2}{y^2} - x{y^3} = 19 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow {x^4} + {y^4} - {x^3}y - x{y^3} = 19 \Leftrightarrow {x^3}\left( {x - y} \right) - {y^3}\left( {x - y} \right) = 19 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \left( {x - y} \right)\left( {{x^3} - {y^3}} \right) = 19 \Leftrightarrow {\left( {x - y} \right)^2}\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right) = 19}$

$\displaystyle{\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left( 1 \right)} {x^2} + xy + {y^2} = 19 \Leftrightarrow {\left( {x - y} \right)^2} + 3xy = 19\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left( 1 \right)} 3xy = 18 \Leftrightarrow xy = 6}$ $\bf \color{red} \left( 2 \right)$ .

Επίσης, είναι

$\bf \color{red} \left( 1 \right)$ $\displaystyle{ \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} - 4xy = 1\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left( 2 \right)} {\left( {x + y} \right)^2} = 25 \Leftrightarrow x + y \in \left\{ { - 5,5} \right\}.}$

$\bullet$ Αν $\displaystyle{x + y = 5,}$ τότε οι αριθμοί x, y

είναι οι ρίζες της εξίσωσης $\displaystyle{{t^2} - 5t + 6 = 0,}$ οπότε

$\displaystyle{\left( {x,y} \right) = \left( {2,3} \right)}$ ή $\displaystyle{\left( {x,y} \right) = \left( {3,2} \right).}$

$\bullet$ Αν $\displaystyle{x + y = -5,}$ τότε οι αριθμοί x, y

είναι οι ρίζες της εξίσωσης $\displaystyle{{t^2} + 5t + 6 = 0,}$ οπότε

$\displaystyle{\left( {x,y} \right) = \left( {-2,-3} \right)}$ ή $\displaystyle{\left( {x,y} \right) = \left( {-3,-2} \right).}$

panagiotis99 · #7

Θέμα 2ο Μικρών:

Δίνεται τετράπλευρο ΑΒCD εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O,R) ( με κέντρο 0 και ακτίνα R ). Με κέντρα τις κορυφές Α,Β,C,D θεωρούμε κύκλους $C_{A} C_{B} C_{C} C_{D}$
αντίστοιχα, που δεν τέμνονται μεταξύ τους . Ο κύκλος $C_{A}$ τέμνει τις πλευρές του τετραπλεύρου στα σημεία $A_{1} , A_{2}$ , ο κύκλος $C_{B}$ στα σημεία $B_{1} , B_{2}$ o κύκλος $C_{C}$ στα σημεία $C_{1} , C_{2}$ και ο κύκλος $C_{4}$ στα σημεία $D_{1} , D_{2}$ . Nα αποδειχθεί ότι το τετράπλευρο που ορίζουν τεμνόμενες οι ευθείες $A_{1}A_{2} , B_{1}B_{2} , C_{1}C_{2} , D_{1}D_{2}$ είναι εγγράψιμο.

gavrilos · #8

panagiotis99 έγραψε:4ο Θέμα Μικρών

Δίνεται σύνολο Σ= { 1,2,3,....,n}. Θέλουμε να διαμερίσουμε το σύνολο Σ σε τρία υποσύνολα Α,Β,Γ ξένα μεταξύ τους με Α U B U C = Σ
και τέτοια ώστε τα αθροίσματα των στοιχείων τους $S_{A} S_{B} S_{C}$ να είναι ίσα . Να εξετάσετε αν αυτό είναι δυνατόν όταν
α) n=2014 β) n=2015 γ) n=2018

α) Δεν είναι δυνατόν.Γνωρίζουμε ότι $\displaystyle{1+2+3+....+2014=\frac{2014\cdot 2015}{2}=1007\cdot 2015}$ .Σύμφωνα με τα δεδομένα τις εκφώνησης θα πρέπει $\displaystyle{S_{A}=S_{B}=S_{C}=\frac{1}{3}\cdot \frac{n(n+1)}{2}}$ .

Όμως $\displaystyle{3\nmid 1007\cdot 2015}$ άρα καταλήγουμε σε άτοπο.

β)Είναι δυνατό.Θεωρούμε τα σύνολα $\displaystyle{\{0,1,2\},\{3,4,5\},...\{2013,2014,2015\}}$ που είναι $\displaystyle{672}$ τον αριθμό.

Το σύνολο $\displaystyle{B}$ θα αποτελείται από τα "μεσαία" στοιχεία αυτών των συνόλων.Η κατασκευή των $\displaystyle{S_{A},S_{C}}$ θα γίνει ως εξής:

Το $\displaystyle{A}$ θα αποτελείται από τα $\displaystyle{0,5,6,11,12}$ δηλαδή τα "άκρα" στοιχεία των συνόλων αλλά εναλλάξ.

Το $\displaystyle{C}$ θα αποτελείται από όλα τα υπόλοιπα στοιχεία.Επειδή έχουμε άρτιο αριθμό συνόλων (με τρία στοιχεία) τα αθροίσματα θα είναι ίσα.

Συγκεκριμένα $\displaystyle{S_{A}=S_{C}=S_{B}=1+4+..+2014=672+(0+3+6+...+2013)=672+3(1+2+3+...+671)=672+\frac{3\cdot 671\cdot 672}{2}=677.040}$ .

Το γ) δεν το κατάφερα ακόμη.Θα το συμπληρώσω όταν το λύσω.Άντε και των μεγάλων σιγά-σιγά.

rtsiamis · #9

Το σχήμα τα λέει όλα...

: Πρόβλημα2; jounios2.png (78.17 KiB) Προβλήθηκε 5135 φορές

gavrilos · #10

Το σχήμα της γεωμετρίας με τις γωνίες που λύνουν το πρόβλημα.

: Γεωμετρια προκριμετικου Junior 2014.PNG (67.68 KiB) Προβλήθηκε 5372 φορές

simantiris j. · #11

rtsiamis έγραψε:Το σχήμα τα λέει όλα...

Όντως!Πρόκειται για πολύ εύκολο και μάλλον απογοητευτικό γεωμετρικό πρόβλημα.

Al.Koutsouridis · #12

Και μάλλον δεν χρειάζεται και η εγγεραψιμότητα αρκεί να είναι κυρτό το αρχικό τετράπλευρο.

panagiotis99 · #13

Θέμα 3ο Μικρών
Δίνονται οι ακέραιοι $a_{1}=11$ , $a_{2}=1111$ , $a_{3}=111111$ ,.........., $a_{n}= 1111.....111$ (με 2n ψηφια ) με n > 8
Έστω $q_{i}= \frac{a_{i}}{11}$
i= 1,2,3,.....,n

το πηλίκο της διαίρεσης του $a_{i}$ με το 11 .
Να αποδείξετε ότι το άθροισμα εννέα διαδοχικών πηλίκων:
$s_{i}=q_{i}+q_{i+1}+q_{i+2},......,+q_{i+8}$
είναι πολλαπλάσιο του εννέα για κάθε i= 1,2,3,.....,(n-8)

rtsiamis · #14

Για το 3ο θέμα...
Μάλλον υπάρχει απλούστερη απόδειξη...
Επαγωγικά αποδεικνύουμε ότι $a_n=(10^2^n^-^2+10^2^n^-^4+...+1)\cdot11$ και μετά το ζητούμενο έπεται (παραγοντοποιούμε και το μονοψήφιο άθροισμα του αριθμού που μένει έχει άθροισμα ψηφίων πολλαπλάσιο του 9)

rtsiamis · #15

Μήπως μπορεί κάποιος να ανεβάσει τη λύση του 4γ;

Dimitralex · #16

1ο Θέμα Μεγάλων

Έστω (x_n)

, $n\geq 1$ μία ακολουθία πραγματικών αριθμών με x_1=1

, που ικανοποιεί την αναδρομική σχέση:
$2x_{n+1}=3x_n+\sqrt{5x_n^2-4}, \ \ n=1,2,3,\ldots$

α) Να αποδειχθεί ότι όλοι οι όροι της ακολουθίας είναι φυσικοί αριθμοί.
β) Να εξεταστεί αν υπάρχει όρος που να διαιρείται με το 2011

.

Dimitral

Mikesar · #17

Καλησπέρα. Τα θέματα των μεγάλων:

Πρόβλημα 1:
Έστω $(x_n), n\geq1,$ μία ακολουθία πραγματικών αριθμών με x_1=1

, που ικανοποιεί την αναδρομική σχέση $2x_{n+1}=3x_n+\sqrt{5x_{n}^2-4}, \ n=1,2,3,...$
(α) Να αποδείξετε ότι όλοι οι όροι της ακολουθίας είναι φυσικοί αριθμοί.
(β) Να εξετασθεί αν υπάρχει όρος της ακολουθίας που να διαιρείται με το 2011.

Πρόβλημα 2:
Βρείτε όλα τα μη μηδενικά πολυώνυμα με πραγματικούς συντελεστές που ικανοποιούν την ισότητα
(P(x))^3+3(P(x))^2=P(x^3)-3P(-x)

για κάθε $x\in\mathbb{R}.$

Πρόβλημα 3:
Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ABC

με

. Έστω

τα μέσα των BC,CA,AB

αντίστοιχα, και τα ύψη BK,CL

. Στην προέκταση του

θεωρούμε σημείο

, έτσι ώστε η παράλληλη από το

προος την

να τέμνει τις προεκτάσεις των CA,BA,DE

στα σημεία S,T,N

αντίστοιχα. (Όλες τις προεκτάσεις τις θεωρούμε προς το μέρος του άκρου που εμφανίζεται δεύτερο στη γραφή του αντίστοιχου τμήματος).
Αν ο περιγεγραμμένος κύκλος του MBD

, έστω

τέμνει την ευθεία

στο

και ο περιγεγραμμένος κύκλος του NCD

, έστω

, τέμνει την ευθεία

στο

, να αποδείξετε ότι $ST\parallel PR.$

Πρόβλημα 4:
Τετράγωνο ABCD

διαιρείται σε n^2

ίσα μικρά (στοιχειώδη) τετράγωνα, σχεδιάζοντας ευθείες παράλληλες στις πλευρές του.
Μία αράχνη ξεκινάει από το σημείο

και κινούμενη μόνο προς τα δεξιά και προς τα άνω, προσπαθεί να φτάσει το σημείο

. Κάθε "κίνηση" της αράχνης αποτελείται ή από

στοιχειώδη βήματα δεξιά και

στοιχειώδη βήματα άνω ή από

στοιχειώδη βήματα δεξιά και

στοιχειώδη βήματα άνω (τα οποία μπορεί να κάνει με όποιο τρόπο θέλει).
Η αράχνη κάνει

"κινήσεις" και στη συνέχεια κινείται (πάντα προς τα δεξιά και άνω) χωρίς κανένα περιορισμό. Αν $n=m\cdot l$ , να βρεθεί ο αριθμός όλων των δυνατών τρόπων με τους οποίους η αράχνη μπορεί να φθάσει στο σημείο

, όπου

είναι θετικοί ακέραιοι με k<m.

Η διάρκεια του διαγωνισμού ήταν 4:30 ώρες.
Στο 3ο θέμα δόθηκε διευκρίνηση ότι τα σημεία S,T,N

πρέπει να είναι υποχρεωτικά στις προεκτάσεις των τμημάτων που γράφονται και όχι στο εσωτερικό τους.
Στο 4ο θέμα δόθηκε διευκρίνηση ότι το

είναι κάτω αριστερά.

jim.jt · #18

rtsiamis έγραψε:Για το 3ο θέμα...
Μάλλον υπάρχει απλούστερη απόδειξη...
Επαγωγικά αποδεικνύουμε ότι $a_n=(10^2^n^-^2+10^2^n^-^4+...+1)\cdot11$ και μετά το ζητούμενο έπεται (παραγοντοποιούμε και το μονοψήφιο άθροισμα του αριθμού που μένει έχει άθροισμα ψηφίων πολλαπλάσιο του 9)

Εγώ δεν το απέδειξα καν. Είναι ολοφάνερο!

simantiris j. · #19

Al.Koutsouridis έγραψε:Και μάλλον δεν χρειάζεται και η εγγεραψιμότητα αρκεί να είναι κυρτό το αρχικό τετράπλευρο.

Ακριβώς!Το μόνο που χρειαζόμαστε είναι ότι το άθροισμα των γωνιών του τετραπλεύρου να είναι ίσο με $360^{\circ}$ ,που φυσικά ισχύει σε κάθε κυρτό τετράπλευρο.

#20

panagiotis99 έγραψε:4ο Θέμα Μικρών

Δίνεται σύνολο Σ= { 1,2,3,....,n}. Θέλουμε να διαμερίσουμε το σύνολο Σ σε τρία υποσύνολα Α,Β,Γ ξένα μεταξύ τους με Α U B U C = Σ
και τέτοια ώστε τα αθροίσματα των στοιχείων τους $S_{A} S_{B} S_{C}$ να είναι ίσα . Να εξετάσετε αν αυτό είναι δυνατόν όταν
γ) n=2018

Θα δείξουμε ότι είναι δυνατό.
Παρατηρούμε ότι 1+2+3+...+63=2016.

Επίσης για κάθε έξι διαδοχικούς αριθμούς $\left\{n,n+1,n+2,n+3,n+4,n+5 \right\}$ η διαμέριση στα υποσύνολα $\left\{n,n+5 \right\},\left\{n+1,n+4 \right\},\left\{n+2,n+3 \right\}$ ικανοποιεί την απαίτηση των ίσων αθροισμάτων.
Διαμερίζουμε λοιπόν με αυτόν τον τρόπο τις εξάδες $\left\{64,65,66,67,68,69 \right\},\left\{70,71,72,73,74,75 \right\},...,\left\{2008,2009,2010,2011,2012,2013 \right\}.$
Είναι ακόμη αληθές ότι
1+2+...+63+2016=2015+2017=2014+2018.

Μια διαμέριση που λύνει το πρόβλημα είναι η
$A=\left\{1,2,3,...,63,64,69,70,75,...,2008,2013,2016 \right\}$
$B=\left\{65,68,71,74,...,2009,2012,2015,2017 \right\}$
$C=\left\{66,67,72,73,...,2010,2011,2014,2018 \right\}$

Προκριματικός Διαγωνισμός 2014

Προκριματικός Διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Μέλη σε σύνδεση