Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2015/16 (IVΦ 9η τάξη)

Al.Koutsouridis · #1

XLII Πανρωσική Σχολική Μαθηματική Ολυμπιάδα

IV Φάση (τελική) 21-29 Απριλίου 2016, Αγ.Πετρούπολη.

Πρώτη μέρα

1. Ένας αργυραμοιβός (σαράφης) έχει στην λαϊκή πολλά χαλιά. Ο οποίος προτίθεται να ανταλλάξει ένα χαλί διαστάσεων $a \times b$ είτε με ένα χαλί διαστάσεων $\dfrac{1}{a} \times \dfrac{1}{b}$ είτε με δυο διαστάσεων $c \times b$ και $\dfrac{a}{c} \times b$ ( σε κάθε τέτοια ανταλλαγή ο ίδιος ο πελάτης μπορεί να διαλέξει τον αριθμό

). Ο πλανόδιος αργυραμοιβός διηγήθηκε, ότι αρχικά είχε ένα χαλί, οι διαστάσεις του οποίου υπέρβαιναν το 1 και μετά από κάποιες τέτοιου είδους ανταλλαγές του προέκυψε ένα σύνολο χαλιών, το καθένα εκ των οποίων η μια πλευρά του ήταν μεγαλύτερη του 1 και η άλλη μικρότερη του 1. Εξαπατά άραγε; (με αίτημα του πελάτη ο αργυραμοιβός είναι διατεθειμένος να θεωρήσει το χαλί διαστάσεων $a \times b$ ως διαστάσεων $b \times a$ .)

2. Κύκλος $\omega$ εφάπτεται των πλευρών της γωνίας BAC

στα σημεία

και

. Ευθεία $\lambda$ τέμνει τα ευθύγραμμα τμήματα

και

στα σημεία

και

αντίστοιχα. Ο κύκλος $\omega$ τέμνει την ευθεία $\lambda$ στα σημεία

και

. Τα σημεία

και

του ευθύγραμμου τμήματος

διαλέγονται έτσι ώστε $KS \parallel AC$ και $LT \parallel AB$ . Να αποδείξετε ότι τα σημεία P, Q, S

και

είναι ομοκυκλικά.

3. Ο Αλέξανδρος διάλεξε ένα φυσικό αριθμό N > 1

και έγραψε σε μια γραμμή κατά αύξουσα σειρά όλους τους φυσικούς διαιρέτες του, $d_{1} < … < d_{s}$ (το $d_{1} =1$ και $d_{s} = N$ ). Στη συνέχεια για κάθε γειτονικό ζεύγος αριθμών υπολόγισε τον μέγιστο κοινό διαρέτη τους. Το άθροισμα των s-1

αποτελεσμάτων προέκυψε ίσο με N-2

. Ποιες τιμές μπορεί να πάρει ο

;

4. Από τετραγωνισμένο φύλλο χαρτιού διαστάσεων $100 \times 100$ αποκόψαμε, στο σύνορο των κελιών, 1950 ορθογώνια των δυο κελιών. Να αποδείξετε, ότι από τα εναπομείναντα κομμάτια, κατά το σύνορο των κελιών, μπορούμε να αποκόψουμε σχήμα της μορφής

: vmo_2016_9_4.png (4.26 KiB) Προβλήθηκε 2764 φορές

, πιθανόν και κάποια περιστροφή του. (Αν τέτοιο σχήμα ήδη υπάρχει μεταξύ των αποκομμένων κομματιών, θεωρούμε ότι ήταν δυνατή μια τέτοια αποκοπή.)

Δεύτερη μέρα

5. Από τα ψηφία 1, 2, 3,4,5,6,7,8,9

σχηματίζονται εννιά (όχι απαραίτητα διαφορετικοί) εννιαψήφιοι αριθμοί. Σε κάθε αριθμό κάθε ψηφίο χρησιμοποιείτε μια φορά. Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός μηδενικών που μπορεί να λήγει το άθροισμά τους;

6. Ένα τετράγωνο διαμερίζετε σε $n^2 \geq 4$ ορθογώνια με 2(n-1)

ευθείες, από τις οποίες οι n-1

είναι παράλληλες στη μια πλευρά του τετραγώνου και οι υπόλοιπες n-1

στην άλλη πλευρά. Να αποδείξετε ότι μπορούμε να διαλέξουμε

ορθογώνια της διαμέρισης με τέτοιο τρόπο, ώστε για οποιοδήποτε δυο ορθογώνια εξ αυτών μπορούμε να τοποθετήσουμε το ένα μέσα στο άλλο (πιθανόν με κατάλληλη περιστροφή).

7. Κύκλος $\omega$ είναι εγγεγραμμένος σε τρίγωνο ABC

, με

. Παρεγγεγραμμένος κύκλος αυτού του τριγώνου εφάπτεται της πλευράς

στο σημείο $A^{‘}$ . Σημείο

επιλέγεται στο ευθύγραμμο τμήμα $AA^{‘}$ έτσι, ώστε το ευθύγραμμο τμήμα $A^{‘}X$ να μην τέμνει τον $\omega$ . Οι εφαπτομένες που άγονται από το σημείο

προς τον $\omega$ , τέμνουν το ευθύγραμμο τμήμα

στα σημεία

και

. Να αποδείξετε, ότι το άθροισμα XY + XZ

είναι ανεξάρτητο της επιλογής του σημείου

.

8. Το άθροισμα των θετικών αριθμών a, b, c

και

είναι ίσο με

. Να αποδείξετε την ανισότητα

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

#2

Al.Koutsouridis έγραψε:
2. Κύκλος $\omega$ εφάπτεται των πλευρών της γωνίας στα σημεία και . Ευθεία $\lambda$ τέμνει τα ευθύγραμμα τμήματα και στα σημεία και αντίστοιχα. Ο κύκλος $\omega$ τέμνει την ευθεία $\lambda$ στα σημεία και . Τα σημεία και του ευθύγραμμου τμήματος διαλέγονται έτσι ώστε $KS \parallel AC$ και $LT \parallel AB$ . Να αποδείξετε ότι τα σημεία και είναι ομοκυκλικά.

: All-Russian IV-9.2.png (32.11 KiB) Προβλήθηκε 2722 φορές

Έστω $\displaystyle{O = \lambda \cap BC.}$ Είναι:

$\displaystyle{KS\parallel LC \Rightarrow \frac{{OS}}{{OC}} = \frac{{OK}}{{OL}}}$ και $\displaystyle{KB\parallel LT \Rightarrow \frac{{OB}}{{OT}} = \frac{{OK}}{{OL}},}$

οπότε $\displaystyle{\frac{{OS}}{{OC}} = \frac{{OB}}{{OT}} \Rightarrow OS \cdot OT = OB \cdot OC}$ $\bf \color{red} \left( 1 \right)$ .

Επειδή τα σημεία B, P, Q, C

είναι ομοκυκλικά, έχουμε: $\displaystyle{OP \cdot OQ = OB \cdot OC}$ $\bf \color{red} \left( 2 \right)$ .

Από τις σχέσεις $\bf \color{red} \left( 1 \right)$ και $\bf \color{red} \left( 2 \right)$ προκύπτει ότι $\displaystyle{OS \cdot OT = OB \cdot OC}$ και άρα τα σημεία P, Q, S, T

είναι ομοκυκλικά.

#3

Al.Koutsouridis έγραψε: 8. Το άθροισμα των θετικών αριθμών και είναι ίσο με . Να αποδείξετε την ανισότητα

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

Απαιτητική αυτή (ειδικά γι' αυτή την τάξη). Ξέρουμε πόσοι την έλυσαν και ποια είναι η επίσημη λύση;

Η ανισότητα είναι ισοδύναμη με $(abc)^2+(bcd)^2+(cda)^2+(abd)^2\leq 1.$
Λόγω συμμετρίας έστω $a\geq b\geq c\geq d.$
Η τελευταία είναι τριώνυμο ως προς $0\leq x=ab\leq\frac{(a+b)^2}{4}$ με θετικό συντελεστή, οπότε παίρνει μέγιστο στα άκρα δηλαδή όταν a=0

ή

Το ίδιο συμβαίνει λόγω συμμετρίας και για τα c,d

οπότε αρκεί να αποδείξουμε την ανισότητα στις παρακάτω περιπτώσεις:

α) c=d=0, όπου τότε όμως η ανισότητα είναι προφανής.

β) a=b, d=0, τότε η ανισότητα είναι ισοδύναμη με $a^4(3-2a)^2\leq 1$ που γράφεται $(a-1)^2(2a+1)(2a^3-3a^2-1)\leq 0$ που ισχύει αφού από τη σχέση
c=3-2a

παίρνουμε ότι $a\leq\frac{3}{2}.$

γ) a=b, c=d, τότε η ανισότητα είναι ισοδύναμη με $2a^2d^2(a^2+d^2)\leq 1$ όταν $a+d=\frac{3}{2}.$
Από ΑΜ-GM έχουμε:

$2a^2d^2(a^2+d^2)=ad\cdot 2ad\cdot (a^2+d^2)\leq ad\cdot\frac{(2ad+a^2+d^2)^2}{4}=ad\cdot\frac{(a+d)^4}{4}\leq\frac{(a+d)^6}{16}=\frac{3^6}{2^{10}}<1$

#4

Al.Koutsouridis έγραψε: 8. Το άθροισμα των θετικών αριθμών και είναι ίσο με . Να αποδείξετε την ανισότητα
$\dfrac{1}{a^2} + \dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{d^2} \leq \dfrac{1}{a^{2}b^{2}c^{2}d^{2}}$ .

Μια άλλη προσέγγιση:

Όπως λέει και ο Σιλουανός παραπάνω, η αποδεικτέα ανισότητα γράφεται ισοδύναμα

$\displaystyle{{a^2}{b^2}{c^2} + {a^2}{b^2}{d^2} + {a^2}{c^2}{d^2} + {b^2}{c^2}{d^2} \le 1}$

και μπορούμε, δίχως βλάβη της γενικότητας, να υποθέσουμε ότι $\displaystyle{a \ge b \ge c \ge d.}$ Είναι:

$\displaystyle{{a^2}{b^2}{c^2} + {a^2}{b^2}{d^2} + {a^2}{c^2}{d^2} + {b^2}{c^2}{d^2} \le {a^2}{b^2}{c^2} + {a^2}{b^2}{d^2} + {a^2}{b^2}cd + {a^2}{b^2}cd = }$

$\displaystyle{ = {a^2}{b^2}\left( {{c^2} + {d^2} + 2cd} \right) = {a^2}{b^2}{\left( {c + d} \right)^2} = {\left[ {ab\left( {c + d} \right)} \right]^2}\mathop \le \limits^{{\rm{A}}{\rm{.M}}{\rm{. - G}}{\rm{.M}}} {\left[ {{{\left( {\frac{{a + b + c + d}}{3}} \right)}^3}} \right]^2} = 1}$

και το συμπέρασμα έπεται.

#5

emouroukos έγραψε:
$\displaystyle{{a^2}{b^2}{c^2} + {a^2}{b^2}{d^2} + {a^2}{c^2}{d^2} + {b^2}{c^2}{d^2} \le {a^2}{b^2}{c^2} + {a^2}{b^2}{d^2} + {a^2}{b^2}cd + {a^2}{b^2}cd = }$

Έτσι ήταν η άλλη λύση που είχα στο νου μου, αλλά με το παρακάτω σκεπτικό:
Αφού βλέπουμε στην ισοδύναμη μορφή ότι η ισότητα ισχύει όταν ο ένας είναι ίσος με μηδέν, σκεφτόμαστε να κάνουμε mixing variables ως εξής:

$f(a,b,c,d)\leq f(a,b,c+d,0)$ που είναι ακριβώς αυτή που γράφει ο Βαγγέλης παραπάνω

Al.Koutsouridis · #6

smar έγραψε:
Al.Koutsouridis έγραψε: 8. Το άθροισμα των θετικών αριθμών και είναι ίσο με . Να αποδείξετε την ανισότητα

$\dfrac{1}{a^2} + \dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{d^2} \leq \dfrac{1}{a^{2}b^{2}c^{2}d^{2}}$ .
Απαιτητική αυτή (ειδικά γι' αυτή την τάξη). Ξέρουμε πόσοι την έλυσαν και ποια είναι η επίσημη λύση;

Καλησπέρα και χρόνια πολλά!

Το έλυσαν 4 από τους 139 συμμετέχοντες της 9ης τάξης και ήταν το θέμα που τους δυσκόλεψε πιο πολύ. Η επίσημη λύση είναι παρόμοια με του Βαγγέλη Μουρούκου παραπάνω.

Αλέξανδρος.Θ · #7

Μπορεί κάποιος να αναρτήσει τα θέματα της 8ης τάξης του ίδιου διαγωνισμού ?

#8

Al.Koutsouridis έγραψε:
1. Ένας αργυραμοιβός (σαράφης) έχει στην λαϊκή πολλά χαλιά. Ο οποίος προτίθεται να ανταλλάξει ένα χαλί διαστάσεων $a \times b$ είτε με ένα χαλί διαστάσεων $\dfrac{1}{a} \times \dfrac{1}{b}$ είτε με δυο διαστάσεων $c \times b$ και $\dfrac{a}{c} \times b$ ( σε κάθε τέτοια ανταλλαγή ο ίδιος ο πελάτης μπορεί να διαλέξει τον αριθμό ). Ο πλανόδιος αργυραμοιβός διηγήθηκε, ότι αρχικά είχε ένα χαλί, οι διαστάσεις του οποίου υπέρβαιναν το 1 και μετά από κάποιες τέτοιου είδους ανταλλαγές του προέκυψε ένα σύνολο χαλιών, το καθένα εκ των οποίων η μια πλευρά του ήταν μεγαλύτερη του 1 και η άλλη μικρότερη του 1. Εξαπατά άραγε; (με αίτημα του πελάτη ο αργυραμοιβός είναι διατεθειμένος να θεωρήσει το χαλί διαστάσεων $a \times b$ ως διαστάσεων $b \times a$ .)

Ονομάζω ένα χαλί σπουδαίο αν είτε και οι δύο διαστάσεις του είναι μεγαλύτερες του

είτε και οι δύο είναι μικρότερες του

. Ισχυρίζομαι ότι ο αργυραμοιβός έχει πάντα ένα σπουδαίο χαλί, κάτι που έρχεται σε αντίθεση με τα λεγόμενά του.

Πράγματι αν το χαλί $a \times b$ είναι σπουδαίο επειδή a,b > 1

τότε είτε θα το ανταλλάξει με το $\dfrac{1}{a} \times \dfrac{1}{b}$ που είναι σπουδαίο αφού 1/a, 1/b < 1

είτε θα το ανταλλάξει με τα $c \times b$ και $\dfrac{a}{c} \times b$ . Αν $c \geqslant \sqrt{a}$ τότε c,b > 1

και άρα το $c \times b$ είναι σπουδαίο. Αν $c < \sqrt{a}$ τότε $\dfrac{a}{c}, b > 1$ και άρα το $\dfrac{a}{c} \times b$ είναι σπουδαίο.

Παρόμοιο επιχείρημα δουλεύει και αν a,b < 1

.

Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2015/16 (IVΦ 9η τάξη)

Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2015/16 (IVΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2015/16 (IVΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2015/16 (IVΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2015/16 (IVΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2015/16 (IVΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2015/16 (IVΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2015/16 (IVΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2015/16 (IVΦ 9η τάξη)

Μέλη σε σύνδεση