Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2018/19 (ΦΙ τάξη 9)

Al.Koutsouridis · #1

[b]Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2018/19. Θέματα της πρώτης φάσης για την 9η τάξη.[/b]

[b]1.[/b] Το f(x)

είναι τριώνυμο δευτέρου βαθμού με θετικό μεγιστοβάθμιο συντελεστή. Η ελάχιστη τιμή του δευτεροβάθμιου τριωνύμου $\displaystyle f(2x)-f(x)$ είναι ίση με

. Να βρείτε την ελάχιστη τιμή του δευτεροβάθμιου τριωνύμου f(3x)-f(x)

.

[b]2.[/b] Δίνεται μη μηδενικός φυσικός αριθμός

. Σε ένα λευκό πίνακα $1000n \times 1000n$ μερικά κελιά είναι χρωματισμένα με μαύρο χρώμα. Είναι γνωστό, ότι για οποιονδήποτε μη μηδενικό φυσικό αριθμό

, τέτοιο ώστε $\displaystyle n^2 \leq k \leq n^2+n-1$ , σε κάθε τετραγωνισμένο ορθογώνιο εμβαδού

υπάρχει τουλάχιστον ένα μαύρο κελί. Να αποδείξετε, ότι σε οποιοδήποτε τετραγωνισμένο ορθογώνιο εμβαδού n^2+n

επίσης θα υπάρχει μαύρο κελί.

[b]3.[/b] Να βρείτε τον ελάχιστο μη μηδενικό φυσικό αριθμό

, στον οποίο υπάρχουν τρεις διαφορετικοί διαιρέτες, το γινόμενο των οποίων είναι ίσο με $\displaystyle 14^{600}$ .

[b]4.[/b] Σε οξυγώνιο τρίγωνο ABC

φέρουμε τα ύψη

και

. Σημείο, συμμετρικό του σημείου

ως προς την ευθεία

, βρίσκεται πάνω στο περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC

. Να βρείτε τον λόγο $\displaystyle AD:CD$ .

[b]5.[/b] Να βρείτε όλε τις τιμές, που μπορεί να πάρει η έκφραση

$\displaystyle \left [ x \right ] \cdot \left [ \dfrac{2000}{x} \right]$

Για θετικά

. (Ως συνήθως, με [a]

συμβολίζεται το ακέραιο μέρος του αριθμού

, δηλαδή ο μεγαλύτερος ακέραιος, που δεν υπερβαίνει τον

.)

[size=85][url=http://www.pdmi.ras.ru/~olymp/]Πηγή[/url][/size]

#2

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 28, 2018 10:28 pm
Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2018/19. Θέματα της πρώτης φάσης για την 9η τάξη.

1. Το είναι τριώνυμο δευτέρου βαθμού με θετικό μεγιστοβάθμιο συντελεστή. Η ελάχιστη τιμή του δευτεροβάθμιου τριωνύμου $\displaystyle f(2x)-f(x)$ είναι ίση με . Να βρείτε την ελάχιστη τιμή του δευτεροβάθμιου τριωνύμου .

Έστω $\displaystyle f(x) = a{x^2} + bx + c,a > 0.$ Τότε το $\displaystyle g(x) = f(2x) - f(x) = 3a{x^2} + bx$ έχει για

$\displaystyle x = - \frac{b}{{6a}}$ ελάχιστη τιμή ίση με $\displaystyle g\left( { - \frac{b}{{6a}}} \right) = - \frac{{{b^2}}}{{12a}} = - 1 \Leftrightarrow$ $\boxed{b^2=12a}$

$\displaystyle h(x) = f(3x) - f(x) = 8a{x^2} + 2bx = \frac{{2{b^2}}}{3}{x^2} + 2bx$ με ελάχιστη τιμή $\boxed{h\left( { - \frac{3}{{2b}}} \right) = - \frac{3}{2}}$

Ορέστης Λιγνός · #3

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 28, 2018 10:28 pm
Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2018/19. Θέματα της πρώτης φάσης για την 9η τάξη.

3. Να βρείτε τον ελάχιστο μη μηδενικό φυσικό αριθμό , στον οποίο υπάρχουν τρεις διαφορετικοί διαιρέτες, το γινόμενο των οποίων είναι ίσο με $\displaystyle 14^{600}$ .

Καλή Χρονιά σε όλους!

Έστω d_1,d_2,d_3

οι τρεις αυτοί διαιρέτες, με $d_i \neq d_j$ και $i,j \in \{1,2,3 \}, i \neq j$ . Τότε, $d_1 d_2 d_3=14^{600}=2^{600} \cdot 7^{600}$ .

Προφανώς, πρέπει $d_i=2^{a_i} \cdot 7^{b_i}$ για κάθε $i \in \{1,2,3 \}$ . Τότε, προκύπτει εύκολα ότι a_1+a_2+a_3=b_1+b_2+b_3=600

.

Αν όλοι οι a_i

είναι

, πρέπει

, άτοπο.
Άρα, υπάρχει δείκτης $k \in \{1,2,3 \}$ ώστε $a_k \geqslant 201$ .

Όμοια, υπάρχει δείκτης $\ell \in \{1,2,3 \}$ ώστε $b_\ell \geqslant 201$ .

Όμως, $2^{a_k} \mid d_k \mid N$ , οπότε $2^{201} \mid 2^{a_k} \mid N \Rightarrow 2^{201} \mid N$ , και όμοια $7^{201} \mid N$ .

Επίσης, (2,7)=1

, άρα $14^{201} \mid N$ .

Δοκιμάζουμε αν γίνεται $N=14^{201}$ . Πράγματι, αν $d_1=14^{200}, d_2=14^{201}, d_2=14^{199}$ , τότε προφανώς όλοι οι d_i

διαιρούν τον

, και $d_1d_2d_3=14^{600}$ .

Οπότε, $N=14^{201}$ .

Ορέστης Λιγνός · #4

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 28, 2018 10:28 pm
Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2018/19. Θέματα της πρώτης φάσης για την 9η τάξη.

5. Να βρείτε όλες τις τιμές, που μπορεί να πάρει η έκφραση

$\displaystyle \left [ x \right ] \cdot \left [ \dfrac{2000}{x} \right]$

Για θετικά . (Ως συνήθως, με συμβολίζεται το ακέραιο μέρος του αριθμού , δηλαδή ο μεγαλύτερος ακέραιος, που δεν υπερβαίνει τον .)

Θα δείξουμε πρώτα το εξής Λήμμα :

Λήμμα

Για κάθε $x \in [1,2000]$ , ισχύει $\displaystyle [ x] \cdot \left [ \dfrac{2000}{x} \right] \geqslant 1000$

Απόδειξη

i) Αν 3<x<1998

, τότε $[ x] \cdot \left [ \dfrac{2000}{x} \right] \geqslant (x-1)(\dfrac{2000}{x}-1)=2001-x-\dfrac{2000}{x}$ και άρα αρκεί $x+\dfrac{2000}{x} \leqslant 1001$ ή αλλιώς (2x-1001)^2<994001

.

Αν

, τότε,

.

Αν πάλι $2x \leqslant 1001$ , τότε, (1001-2x)^2<995^2<994001

.

ii) Αν $x \leqslant 3$ , τότε $\dfrac{2000}{x}>666 \Rightarrow \left[ \dfrac{2000}{x} \right] \geqslant 666$ , οπότε αν $x \geqslant 2$ , προκύπτει $[ x] \cdot \left [ \dfrac{2000}{x} \right] >2 \cdot 666>1000$ .

Αν 1<x<2

, τότε

, και μένει να δείξουμε ότι $\left[ \dfrac{2000}{x} \right] \geqslant 1000$ , που προφανώς ισχύει αφού $\dfrac{2000}{x}>1000$ .

iii) Αν τέλος $χ \geqslant 998$ , τότε αν $x \geqslant 1000$ , εύκολα έχουμε $1 \leqslant \dfrac{2000}{x} \leqslant 2$ , άρα $[ x] \cdot \left [ \dfrac{2000}{x} \right] \geqslant [x] \geqslant 1000$ .

Μένει να δούμε τι γίνεται αν 998<x<1000

. Τότε, $2<\dfrac{2000}{x}<\dfrac{2000}{998}<3$ , άρα $\left [ \dfrac{2000}{x} \right]=2$ και αρκεί πλέον 2[x]>1000

, που προφανώς ισχύει, αφού x>998

.

Η απόδειξη του Λήμματος ολοκληρώθηκε. Ας δούμε τώρα την λύση της άσκησης.

Έστω $P=[ x] \cdot \left [ \dfrac{2000}{x} \right]$ .

Τότε, αν 0<x<1

, προφανώς $[x]=0 \Rightarrow P=0$ .

Αν ακόμη $x>2000 \Rightarrow 0<\dfrac{2000}{x}<1$ , οπότε προκύπτει ξανά P=0

.

Αν τώρα $x \in [1,2000]$ , από το Λήμμα έχουμε ότι $P \geqslant 1000$ .

Ακόμη, έχουμε (από τον ορισμό του ακεραίου μέρους ουσιαστικά) ότι $P=[ x] \cdot \left [ \dfrac{2000}{x} \right] \leqslant x \cdot \dfrac{2000}{x}=2000$ .

Άρα, $P \in [1000,2000]$ , και αφού ο

είναι φυσικός (ως γινόμενο φυσικών) έχουμε $P \in \{1000,1001, \ldots, 2000 \}$ .

Θα δείξω ότι όλες αυτές οι τιμές μπορούν όντως να παρθούν.

Πράγματι, αν για κάθε $i \in \{1001, \ldots, 1999 \}$ επιλέξουμε x_0

τέτοιο ώστε i<x_0<i+1

, έχουμε ότι $1000<x_0<2000 \Rightarrow 1<\dfrac{2000}{x_0}<2$ , οπότε $\left [ \dfrac{2000}{x} \right]=1$ και P=[x_0]=i

.

Επομένως, παίρνοντας διαδοχικά $i=1001, \ldots, 1999$ και x_0

ώστε

, προκύπτουν οι εξής τιμές $\{ 1001 , \ldots, 1999 \}$ .

Για να πάρουμε P=2000

, επιλέγουμε x=2

, και για να πάρουμε P=1000

, επιλέγουμε x=2001/1001

.

Τελικά, $P \in \{0,1000,1001, \ldots, 2000 \}$ .

Ορέστης Λιγνός · #5

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 28, 2018 10:28 pm
Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2018/19. Θέματα της πρώτης φάσης για την 9η τάξη.

4. Σε οξυγώνιο τρίγωνο φέρουμε τα ύψη και . Σημείο, συμμετρικό του σημείου ως προς την ευθεία , βρίσκεται πάνω στο περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου . Να βρείτε τον λόγο $\displaystyle AD:CD$ .

Έστω

το συμμετρικό του

ως προς την

, και $H \equiv EC \cap BD, Q \equiv FH \cap AC, S \equiv EF \cap BH$ .

Τότε, είναι ES=SF

και από μετρικές σχέσεις έχουμε $ES^2=BS \cdot SH \Rightarrow SF^2=BS \cdot SH \Rightarrow \angle BFH=90^\circ$ .

Ακόμη, αφού $F \in (A,B,C} \Rightarrow \angle BFC=180^\circ-\angle A \Rightarrow \angle BFH \angle HFC=180^\circ-\angle A \Rightarrow \angle HFC=90^\circ-\angle A$ (1).

Ακόμη, $QC \perp BH, EF \perp BH \Rightarrow QC \parallel EF$ (2).

Επίσης, $EH=HF \Rightarrow \angle EFH=\angle HEF$ και από την (2), $\angle HCQ=\angle HEF=\angle EFH=\angle HQC \Rightarrow HQ=HC, HE=HF \Rightarrow QF=EC$ , οπότε σε συνδυασμό με την (2), έχουμε ότι το EFCQ

είναι ισοσκελές τραπέζιο, οπότε εγγράφεται σε κύκλο.

Έτσι, $\angle QEC=\angle QFC=90^\circ- \angle A$ , από την (1).

Άρα, $\angle AEQ=90^\circ-\angle QEC=\angle A=\angle EAQ \Rightarrow QA=QE$ (3).

Ακόμη, είναι ES=SF

, και άρα

(4).

Είναι επίσης, $ES \parallel AD \Rightarrow \angle BES=\angle A \Rightarrow \angle FEC=90^\circ-\angle A \Rightarrow$

$\angle ECQ=\angle 90^\circ-\angle A=\angle QEC \Rightarrow QE=QC$ (5).

Συνδυάζοντας τις (3), (4), (5) προκύπτει $AD=AQ+QD=QC+QD=2DC+DC=3DC \Rightarrow \dfrac{AD}{CD}=3$ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

: saint petersburg probl4.png (33.83 KiB) Προβλήθηκε 1513 φορές

Al.Koutsouridis · #6

Χρόνια πολλά και Καλή Χρονιά!!!

Ο Ορέστης έκανε δυναμικό ποδαρικό

. Σου εύχομαι τα καλύτερα για το 2019.

Άλλη μια προσπάθεια για το τέταρτο πρόβλημα

4. Σε οξυγώνιο τρίγωνο φέρουμε τα ύψη και . Σημείο, συμμετρικό του σημείου ως προς την ευθεία , βρίσκεται πάνω στο περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου . Να βρείτε τον λόγο $\displaystyle AD:CD$ .

Που βασίζεται στο παρακάτω λήμμα (το αφήνω χωρίς απόδειξη):

Λήμμα: Το συμμετρικό του ορθοκέντρου ενός τριγώνου, ως προς το μέσο μιας πλευράς του, βρίσκεται στο περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου και είναι αντιδιαμετρικό της κορυφής που δε βρίσκεται σε αυτή την πλευρά.

Στο πρόβλημά μας τώρα

: spmo_2018_19_round1_class9_pr4.png (13.89 KiB) Προβλήθηκε 1466 φορές

Είναι $HB \perp PE$ και $BE \perp HE$ . Άρα $\angle HBE = \angle PEH$ ( όπου

το συμμετρικό του

ως προς την

). Από αυτή ην συμμετρία έχουμε ότι $\angle HBE = \angle PEH = \angle HPE$ . Οπότε τα σημεία B,H,E

και

είναι ομοκυκλικά.

Εφόσον $\angle BEH =90^0$ , θα είναι και $\angle BPH = 90^0$ . Επομένως η προέκταση του

θα τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC

στο αντιδιαμετρικό του

.

Από την τελευταία πρόταση και το παραπάνω λήμμα προκύπτει ότι, οι ευθείες

και

ταυτίζονται (όπου

το μέσο του

). Οπότε οι γωνίες PHE

και

είναι κατακορυφήν και

κοινή διχοτόμος τους. Άρα το σημείο

είναι το μέσο του τμήματος

και ο ζητούμενος λόγος είναι AD:CD = 3:1

.

Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2018/19 (ΦΙ τάξη 9)

Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2018/19 (ΦΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2018/19 (ΦΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2018/19 (ΦΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2018/19 (ΦΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2018/19 (ΦΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2018/19 (ΦΙ τάξη 9)

Μέλη σε σύνδεση