Ολυμπιάδα "Κατακτώντας τους λόφους των σπουργιτιών" 2016/17

Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 636
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Ολυμπιάδα "Κατακτώντας τους λόφους των σπουργιτιών" 2016/17

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Τρί Ιαν 09, 2018 12:35 pm

Ένας πρόλογος πριν την παράθεση των θεμάτων. Μετά τις μεταρρυθμίσεις στην παιδεία που έλαβαν χώρα γύρο στο 2007-10 στην Ρωσία, το σύστημα εισαγωγής στα πανεπιστήμια άλλαξε και έγινε κεντροποιημένο (Ενιαία Κρατική Εξέταση) πιο κοντινό στα δυτικά πρότυπα και περισσότερο θα έλεγα μοιάζει με τις δικές μας πανελλήνιες. Παλιότερα η εισαγωγή γινόταν με εξετάσεις σε κάθε ίδρυμα ξεχωριστά και ανεξάρτητα. Σημειωτέον το καινούργιο σύστημα δέχεται οξεία κριτική γιατί παρεκκλίνει από τις αρχές της "πατροπαράδοτης" παιδείας στην Ρωσία.

Παρόλα αυτά έχει θεσμοθετηθεί ένα δίκτυο ολυμπιάδων/διαγωνισμών αναγνωρισμένων από το αντίστοιχο υπουργείο παιδείας που η επιτυχής συμμετοχή σε αυτά δίνει έξτρα μόρια εισαγωγής. Το πόσα μόρια αποφασίζεται στην έναρξη της χρονιάς ανάλογα με την δυσκολία της ολυμπιάδας. Τα μόρια αυτά αντιστοιχούν στο να έχει γράψει κάποιος 100/100 στην ενιαία κρατική εξέταση, στο αντίστοιχο μάθημα βαρύτητας της σχολής εισαγωγής. Οπότε ο μαθητής αν είναι νικητής κάποιος τέτοιας ολυμπιάδας αρκεί να έχει γράψει ένα μίνιμουμ βαθμό στην ενιαία κρατική εξέταση και θα έχει προτεραιότητα στην εισαγωγή της σχολής που επιθυμεί. Οι νικητές των δυο τελευταίων φάσεων της πανρωσικής ολυμπιάδας παίρνουν κι αυτοί τα παραπάνω μόρια.

Μια από τις ολυμπιάδες είναι η "Κατακτώντας τους λόφους των σπουργιτιών", κύριως οργανωτής το Κρατικό Πανεπιστήμιο Μόσχας. Η ολυμπιάδα έχει τρεις φάσεις. Φάση επιλογής, τελική φάση και ενδιάμεσα μια φάση που ονομάζεται δημιουργικά προβλήματα. Η φάση επιλογής και τα δημιουργικά προβλήματα γίνονται μέσο ίντερνετ. Τα θέματα γίνονται γνωστά στους υποψηφίους μέσο του λογαριασμού τους και τις λύσεις μπορούν να τις ανεβάσουν σε ένα διάστημα μερικών ημερών (νομίζω μια βδομάδας). Η τελική φάση διεξάγεται στη Μόσχα και σε κατά τόπους εξεταστικά κέντρα. Τα έξοδα μεταφοράς σε αυτά, τα αναλαμβάνουν οι διοργανωτές. Τα θέματα είναι παρόμοια με αυτά των εισαγωγικών εξετάσεων που γινόταν παλιότερα. Ενδιαφέρον παρουσιάζουν τα δημιουργικά προβλήματα τα οποία και παραθέτω παρακάτω.


Δημιουργικά Προβλήματα.


1. Το άθροισμα 28218 μη μηδενικών φυσικών αριθμών είναι ίσο με 2016 \cdot 15 και το γινόμενό τους (2016^2+15). Να βρείτε όλα τα δυνατά σύνολα τέτοιων αριθμών. Στην απάντηση γράψτε το άθροισμα του μεγαλύτερου και του μικρότερου εκ των αριθμών των συνόλων που βρήκατε. Αν τέτοιοι αριθμοί δεν υπάρχουν, στην απάντηση γράψτε τον αριθμό 0.


2. Να λύσετε την εξίσωση

(1+\cos x +\cos 2x + \cos 3x + \cos 4x)^4 + (\sin x + \sin 2x +\sin 3x + \sin 4x)^4 = \dfrac{3}{4}+\dfrac{\cos 8x}{4}

Να βρείτε το άθροισμα όλων των ριζών στο διάστημα [2 \pi m, \pi+2\pi m], m=1017, στρογγυλοποιείστε στον κοντινότερο ακέραιο. Αν δεν υπάρχουν λύσεις ή είναι άπειρες γράψτε τον αριθμό 0.


3. Στο εσωτερικό τριγώνου ABC δίνεται σημείο M, για το οποίο είναι γνωστό: αν στο άθροισμα των τετραγώνων των πλευρών του τριγώνου προσθέσουμε το τριπλάσιο του αθροίσματος των τετραγώνων των αποστάσεων του σημείο M από της κορυφές του τριγώνου, τότε θα προκύψει αριθμός ο οποίος δεν ξεπερνάει το 24x. Εξάλλου το εμβαδόν του τριγώνου ABC είναι τουλάχιστον \sqrt{3}x. Να βρείτε την πλευρά AC του τριγώνου για x=2017. Στρογγυλοποιείστε την απάντηση στα εκατοστά.


4. Ορίζουμε f(a) ως την συνάρτηση, που ισούται με το πλήθος των διαφορετικών ριζών της εξίσωσης

\sin \dfrac{a \pi x}{x^2+1} + \cos \dfrac{\pi (x^2+4ax+1)}{4x^2+4} = \sqrt{2- \sqrt{2}}

Για παράδειγμα f(a_{1})=3 συμβολίζει, ότι για a=a_{1} η εξίσωση έχει τρείς διαφορετικές λύσεις x_{1}, x_{2}, x_{3}. Αν για a=a_{0} η εξίσωση δεν έχει λύσεις, τότε θέτουμε f(a_{0})=0. Να λύσετε την ανίσωση f(a) \leq 5. Στην απάντηση να βάλετε το άθροισμα τον διαστημάτων που προκύπτουν και στο στρογγυλοποιείστε στα εκατοστά το αποτέλεσμα. Αν δεν υπάρχουν λύσεις γράψτε τον αριθμό 0. Αν προκύψει άπειρο διάστημα γράψτε τον αριθμό 9999.


5. Να βρείτε τον αριθμό a_{35}, όπου a_{n} το πλήθος των μεταθέσεων (k_{1}, k_{2}, ..., k_{n} ) των αριθμών (1,2, ...,n) για τις οποίες ισχύουν οι εξής δυο υποθέσεις:

α) k_{1}=1

β) για οποιοδήποτε i=1,2,...,n-1 ικανοποιείται η ανισότητα |k_{i}-k_{i+1}| \leq 2.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7572
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Ολυμπιάδα "Κατακτώντας τους λόφους των σπουργιτιών" 2016/17

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Ιαν 11, 2018 10:45 am

Al.Koutsouridis έγραψε:
Τρί Ιαν 09, 2018 12:35 pm

5. Να βρείτε τον αριθμό a_{35}, όπου a_{n} το πλήθος των μεταθέσεων (k_{1}, k_{2}, ..., k_{n} ) των αριθμών (1,2, ...,n) για τις οποίες ισχύουν οι εξής δυο υποθέσεις:

α) k_{1}=1

β) για οποιοδήποτε i=1,2,...,n-1 ικανοποιείται η ανισότητα |k_{i}-k_{i+1}| \leq 2.
Περίπτωση 1: k_2=2. Υπάρχουν a_{n-1} τέτοιες μεταθέσεις, αφού υπάρχει η αντιστοίχιση (1,2,k_3,\ldots,k_n) \leftrightarrow (1,k_2',k_3',\ldots,k_{n-1}') όπου k_i' = k_{i+1}-1.

Περίπτωση 2Α: k_2 = 3, k_3=2. Τότε k_4 = 4. Υπάρχουν a_{n-3} τέτοιες μεταθέσεις.

Περίπτωση 2Β: k_2 = 3, k_3\neq 2. Επειδή το 2 μπορεί να βρίσκεται δίπλα από τα 1,3 και 4, και αφού δεν βρίσκεται δίπλα από το 3, τότε θα βρίσκεται στο τέλος. Επίσης πριν από αυτό θα έχουμε αναγκαστικά το 4. Δίπλα από το 3 θα είναι αναγκαστικά το 5, δίπλα από το 4 αναγκαστικά το 6, κ.ο.κ. Άρα υπάρχει μόνο μία τέτοια μετάθεση.

Έχουμε λοιπόν a_n = a_{n-1} + a_{n-3} + 1 για κάθε n \geqslant 4. Επίσης οι αρχικές συνθήκες είναι a_1 = 1, a_2 = 1, a_3 = 2. Η ακολουθία συνεχίζεται ως εξής:

1,1,2,4,6,9,14,21,31,46,68,100,147,216,317,465,682,1000,1466, 2149, 3150, 4617, 6767, 9918, 14536, 21304, 31223, 45760, 67065, 98289, 144050, 211116, 309406, 453457, 664574.

Άρα a_{35} = 664574.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διάφορα άλλα θέματα εξετάσεων”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης