IMC Stage-II 2017

#41

Πρόσθεσα και τις ασκήσεις 13-15. Με αυτές κλείνουμε με τις ασκήσεις του ατομικού διαγωνισμού.

Δίνω επίσης και ένα διαφορετικό τρόπο για την 12:

Κοιτάζουμε όλους τους περιττούς αριθμούς από το 0001

μέχρι το

. (Τους σκεφτόμαστε σαν τετραψήφιους, ίσως με μηδενικά στην αρχή.)

Υπάρχουν 500

αριθμοί με πρώτο ψηφίο από αριστερά το

.
Υπάρχουν 500

αριθμοί με το δεύτερο ψηφίο από αριστερά να είναι περιττό.
Υπάρχουν 500

αριθμοί με το τρίτο ψηφίο από αριστερά να είναι περιττό.
Το τέταρτο ψηφίο είναι και στους 1000

αριθμούς περιττό.

Για τους περιττούς αριθμούς από το 2001

ως το

το πρώτο και δεύτερο ψηφίο είναι πάντα άρτιο. Το τρίτο ψηφίο είναι περιττό σε τέσσερις αριθμούς (τους λήγοντες σε 11,13,15,17

) και τέλος το τέταρτο ψηφίο είναι περιττό σε όλους τους 18/2 = 9

αριθμούς.

Συνολικά λοιπόν έμειναν $3 \cdot 500 + 1000 + 4 + 9 = 2513$ περιττά ψηφία.

Filippos Athos · #42

Άσκηση 13: Ένας αριθμός X έχει 2017 ψηφία. Το πρώτο ψηφίο του αριθμού είναι το 3. Κάθε δύο γειτονικά ψηφία του αριθμού σχηματίζουν ένα διψήφιο αριθμό ο οποίος διαιρείται με το 17 ή το 23. Υπάρχουν ακριβώς δύο αριθμοί X που σχηματίζονται με τον πιο πάνω τρόπο. Ποια είναι η διαφορά του μεγαλύτερου από τον μικρότερο;

Τα διψήφια πολλαπλάσια του $\displaystyle{17}$ είναι $\displaystyle{\left \{ 17, 34, 51, 68, 85 \right \}$
Τα διψήφια πολλαπλάσια του

είναι $\left \{ 23, 46, 69, 92 \right \}$

Επομένως ο αριθμός ξεκινά ως έξης 346

. Στη συνέχεια φαίνεται πως έχουμε 2 επιλογές

και

. Όμως πρέπει να συνεχίσουμε με το

. Στην περίπτωση του

ο αριθμός ολοκληρώνεται σύντομα δηλαδή 3468517

Άρα συνεχίζοντας με το $\displaystyle{69}$ τα ψηφία ειναι ως εξής $\left (3469234 ...\right )$ . Εδώ βλέπουμε ότι κάθε έκτο ψηφίο επαναλαμβάνεται, γι αυτό $\frac{2017}{5}=403$ με υπόλοιπο

.
Αρά ο αριθμός αυτός εχει τελευταία ψηφία $\displaystyle{X1=\left ( ...3469234 \right )}$ .

Τα τελευταία ψηφία του δεύτερου αριθμού είναι $\displaystyle{X2=\left ( ...3468517 \right )}$

Η διαφορά τους είναι $\displaystyle{X1-X2=\displaystyle{\left ( ...3469234 \right )- \left ( ...3468517 \right )=717}}$

Filippos Athos · #43

Άσκηση 14: Τα τετράπλευρα ABCD

και $D\,\!EFG$ είναι τετράγωνα, με το

να είναι σημείο της προέκτασης του

όπως φαίνεται στο σχήμα. Το

είναι το μέσο του

και το μήκος του

είναι διπλάσιο του

. Αν το εμβαδόν του τριγώνου DCE

είναι $14 \mathrm{ cm}^2$ , να βρείτε σε $\mathrm{cm}^2$ , το εμβαδόν του τριγώνου MDN

.

$\displaystyle{ED=DG=A}$ Όπου $\displaystyle{A}$ είναι η πλευρά του τετραγώνου $\displaystyle{D\,\!EFG}$
Επομένως το τρίγωνο $\displaystyle{\bigtriangleup DEG}$ είναι ισοσκελές, άρα $\displaystyle{DK=}$ ύψος=διάμεσος

Τα τρίγωνα $\displaystyle{\bigtriangleup CDE=\bigtriangleup DEK=\bigtriangleup GDK=14 \mathrm{ cm}^2}$ . Επομένως to $\displaystyle{E\bigtriangleup DEG=28 \mathrm{ cm}^2}$ $\Rightarrow$ $\displaystyle{E\square D\,\!EFG =56 \mathrm{ cm}^2}$

$\displaystyle{ \mathrm{ A}^2=56}$ $\displaystyle{\Rightarrow }$ $\displaystyle{A=\sqrt{56}}$

$\displaystyle{GK}$ είναι το διαγώνιο του $\displaystyle{D\,\!EFG}$ , όπου το $\displaystyle{a}$ είναι η πλευρά του $\displaystyle{\displaystyle{\square ABCD}}$

Tότε από το Πυθαγόρειο θεώρημα $\displaystyle{ \mathrm{ EG}^2=2\mathrm{ A}^2=2\cdot 56=112}$
$\displaystyle{EG=2a=\sqrt{112}$
$a =\frac{\sqrt{112}}{2}$
$E\bigtriangleup ADG=\frac{a\cdot \upsilon }{2}$
$\upsilon =GK=a$

$\displaystyle{E\triangle ADG=\frac{\mathrm{a}^2}{2}}$

$\displaystyle{E\triangle ADG=\frac{\frac{112}{4}}{2}}$

$\displaystyle{E\triangle ADG= \frac{112}{8}=14\mathrm{cm}^2}$ . Επομένως $\displaystyle{E\triangle MDG=\frac{1}{2}\cdot E\triangle ADG=7\mathrm{cm}^2}$

$\displaystyle{E\triangle MDN= \frac{2}{3}\cdot 7=\frac{14}{3}\mathrm{cm}^2}$

#44

Φίλιππε-Άθω

Καλή προσπάθεια αλλά υπάρχει λάθος εδώ:

Filippos Athos έγραψε: ↑
Παρ Οκτ 13, 2017 8:05 pm
Τα τρίγωνα $\displaystyle{\bigtriangleup CDE=\bigtriangleup DEK=\bigtriangleup GDK=14 \mathrm{ cm}^2}$ .

Το σχήμα σου είναι παραπλανητικό μιας και το CEKD

δεν είναι απαραίτητα τετράγωνο. Αυτό συμβαίνει μόνο όταν BC=CE

. Το σχήμα όμως θα μπορούσε να μοιάζει και κάπως έτσι:

$\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm] \clip(-0.96,-0.72) rectangle (5.64,3.5); \draw [line width=1.2pt] (0.,0.)-- (0.,2.); \draw [line width=1.2pt] (0.,2.)-- (2.,2.); \draw [line width=1.2pt] (2.,2.)-- (2.,0.); \draw [line width=1.2pt] (2.,0.)-- (0.,0.); \draw [line width=1.2pt] (2.,0.)-- (3.,0.); \draw [line width=1.2pt] (3.,0.)-- (5.,1.); \draw [line width=1.2pt] (5.,1.)-- (4.,3.); \draw [line width=1.2pt] (4.,3.)-- (2.,2.); \draw [line width=1.2pt] (2.,2.)-- (3.,0.); \draw [line width=1.2pt] (3.,0.)-- (4.,3.); \draw [line width=1.2pt] (2.,2.)-- (3.5,1.5); \begin{scriptsize} \draw [fill= white] (0.,0.) circle (1.5pt); \draw [fill= white] (0.,2.) circle (1.5pt); \draw [fill= white] (2.,2.) circle (1.5pt); \draw [fill= white] (2.,0.) circle (1.5pt); \draw [fill= white] (3.,0.) circle (1.5pt); \draw [fill= white] (5.,1.) circle (1.5pt); \draw [fill= white] (4.,3.) circle (1.5pt); \draw [fill=white] (3.5,1.5) circle (1.5pt); \end{scriptsize} \end{tikzpicture}$

Η τελική σου απάντηση είναι σωστή. Ένας από τους λόγους είναι ότι η απάντηση είναι μοναδική για οποιοδήποτε σχήμα ικανοποιεί τις συνθήκες που μας έδωσαν. Για τον συγκεκριμένο διαγωνισμό όπου ζητούμενο είναι μόνο η τελική απάντηση θα μπορούσαμε να υποθέσουμε αυθαίρετα ότι BC=CE

και να υπολογίζουμε το εμβαδόν όπως έκανες.

Αυτό είναι θεμιτό για τον διαγωνισμό και ίσως και επιβαλλόμενο για να κερδίζουμε χρόνο από κάποιες ασκήσεις ώστε να τον διαθέσουμε σε άλλες.

Ως μαθηματικούς όμως μας ενδιαφέρουν οι πλήρεις αιτιολογήσεις και όχι τέτοια κολπάκια. Θα το αφήσω ακόμη λίγο πριν δώσω κάποια επιπλέον βοήθεια.

Filippos Athos · #45

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 14, 2017 3:10 pm
Φίλιππε-Άθω

Καλή προσπάθεια αλλά υπάρχει λάθος εδώ:

Filippos Athos έγραψε: ↑
Παρ Οκτ 13, 2017 8:05 pm
Τα τρίγωνα $\displaystyle{\bigtriangleup CDE=\bigtriangleup DEK=\bigtriangleup GDK=14 \mathrm{ cm}^2}$ .
Το σχήμα σου είναι παραπλανητικό μιας και το δεν είναι απαραίτητα τετράγωνο. Αυτό συμβαίνει μόνο όταν . Το σχήμα όμως θα μπορούσε να μοιάζει και κάπως έτσι:

$\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm] \clip(-0.96,-0.72) rectangle (5.64,3.5); \draw [line width=1.2pt] (0.,0.)-- (0.,2.); \draw [line width=1.2pt] (0.,2.)-- (2.,2.); \draw [line width=1.2pt] (2.,2.)-- (2.,0.); \draw [line width=1.2pt] (2.,0.)-- (0.,0.); \draw [line width=1.2pt] (2.,0.)-- (3.,0.); \draw [line width=1.2pt] (3.,0.)-- (5.,1.); \draw [line width=1.2pt] (5.,1.)-- (4.,3.); \draw [line width=1.2pt] (4.,3.)-- (2.,2.); \draw [line width=1.2pt] (2.,2.)-- (3.,0.); \draw [line width=1.2pt] (3.,0.)-- (4.,3.); \draw [line width=1.2pt] (2.,2.)-- (3.5,1.5); \begin{scriptsize} \draw [fill= white] (0.,0.) circle (1.5pt); \draw [fill= white] (0.,2.) circle (1.5pt); \draw [fill= white] (2.,2.) circle (1.5pt); \draw [fill= white] (2.,0.) circle (1.5pt); \draw [fill= white] (3.,0.) circle (1.5pt); \draw [fill= white] (5.,1.) circle (1.5pt); \draw [fill= white] (4.,3.) circle (1.5pt); \draw [fill=white] (3.5,1.5) circle (1.5pt); \end{scriptsize} \end{tikzpicture}$

Η τελική σου απάντηση είναι σωστή. Ένας από τους λόγους είναι ότι η απάντηση είναι μοναδική για οποιοδήποτε σχήμα ικανοποιεί τις συνθήκες που μας έδωσαν. Για τον συγκεκριμένο διαγωνισμό όπου ζητούμενο είναι μόνο η τελική απάντηση θα μπορούσαμε να υποθέσουμε αυθαίρετα ότι και να υπολογίζουμε το εμβαδόν όπως έκανες.

Αυτό είναι θεμιτό για τον διαγωνισμό και ίσως και επιβαλλόμενο για να κερδίζουμε χρόνο από κάποιες ασκήσεις ώστε να τον διαθέσουμε σε άλλες.

Ως μαθηματικούς όμως μας ενδιαφέρουν οι πλήρεις αιτιολογήσεις και όχι τέτοια κολπάκια. Θα το αφήσω ακόμη λίγο πριν δώσω κάποια επιπλέον βοήθεια.

Κύριε Δημήτρη ,
Ευχαριστώ για το σχόλιο, με βοήθησε να προσπαθήσω να λύσω το πρόβλημα με άλλο τρόπο. Ελπίζω ότι αυτήν τη φορά δεν έκανα κάποια υπόθεση που δεν ισχύει.
Έχω ξεκινήσει ως έξης

$\displaystyle{AB=CD=BC=AD=a}$
$\displaystyle{DE=EF=EG=DG=A}$
$\displaystyle{CE=x}$

Γνωρίζουμε οτι
$\displaystyle{E\triangle CDE=\frac{a\cdot x}{2}=14 \mathrm{cm}^2}$ $\displaystyle{\Rightarrow }$
$\displaystyle{a\cdot x=28$ (1)
Aπό το Πυθαγόρειο θεώρημα } $A^{2}=a^{2}+x^{2}$ $\Rightarrow$
$x^{2}=A^{2}-a^{2}$ (2)

Έχω δημιουργήσει ένα παραλληλόγραμμο $\displaystyle{ADGT}$
όπου $\displaystyle{AD//TG}$ και $\displaystyle{AT//DG}$
Γνωρίζουμε ότι σε ένα παραλληλόγραμμο οι διαγώνιοι διχοτομούνται αρα $\displaystyle{DT=2MD}$
Παρατηρούμε το $\displaystyle{\triangle ADT}$ .
$\displaystyle{AT^{2}=A^{2}=\left ( 2MD \right )^{2}+a^{2}}$ $\displaystyle{\Rightarrow }$
$\displaystyle{\left ( 2MD \right )^{2}=A^{2}-a^{2}}$ Σύμφωνα με το (2) $\displaystyle{\Rightarrow }$
$\displaystyle{\left ( 2MD \right )^{2}=x^{2}$
$4MD=x^{2}$
$\displaystyle{x=2MD}$ (3)
Εμβαδόν παραλληλόγραμμου $\displaystyle{ADGT=a\cdot 2MD=a\cdot x=28 \mathrm{cm}^2}$ , επομένως
$\displaystyle{E\triangle ADG=\frac{1}{2}\cdot 28 =14 \mathrm{cm}^2}$
$\displaystyle{E\triangle DMG=\frac{1}{2}\cdot 14 = 7\mathrm{cm}^2}$
$\displaystyle{E\triangle MDN=\frac{2}{3}\cdot 7=\frac{14}{3}\mathrm{cm}^2}$

#46

Filippos Athos έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 16, 2017 2:53 pm
Ελπίζω ότι αυτήν τη φορά δεν έκανα κάποια υπόθεση που δεν ισχύει.

Σχεδόν. Το σημείο

ορίστηκε ώστε το ADGT

να είναι παραλληλόγραμμο. Στην απόδειξη όμως χρησιμοποίησες επιπλέον ότι το

βρίσκεται πάνω στην προέκταση της

. Ισχύει όμως αυτό; Η απάντηση είναι ότι ισχύει. [Εδώ είναι ένα άλλο σημείο όπου και το δοθέν σχήμα παραπλανά. Τα C,D,M

φαίνονται, και όντως είναι, συνευθειακά, αλλά αυτό δεν δίνεται στην εκφώνηση!]

Νομίζω ότι η συγκεκριμένη άσκηση ξεφεύγει από την ύλη του συγκεκριμένου διαγωνισμού και θα ήταν καλύτερη για το Stage III και όχι το Stage II. Στο Stage II δεν εμφανίζεται η ισότητα/ομοιότητα τριγώνων η οποία είναι χρήσιμη για μια πλήρη απόδειξη. Μάλιστα στο Stage II δεν χρειάζεται καν οι υποψήφιοι να γνωρίζουν το Πυθαγόρειο Θεώρημα, αν και τουλάχιστον στα μαθήματα προετοιμασίας το διδάσκουμε.

Δίνω μια απόδειξη η οποία «αποφεύγει» την ισότητα τριγώνων. Σε εισαγωγικά μιας και χρησιμοποιώ την συμμετρία για να πω πως κάποια τρίγωνα είναι ίσα αν και επίσημα θα έπρεπε να χρησιμοποιήσω τα κριτήρια ισότητας τριγώνων.

$\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm] \clip(-0.98,-0.94) rectangle (6.32,3.8); \draw [line width=0.8pt] (0.,0.)-- (0.,2.); \draw [line width=0.8pt] (0.,2.)-- (2.,2.); \draw [line width=0.8pt] (2.,2.)-- (2.,0.); \draw [line width=0.8pt] (2.,0.)-- (0.,0.); \draw [line width=0.8pt] (2.,0.)-- (3.,0.); \draw [line width=0.8pt] (3.,0.)-- (5.,1.); \draw [line width=0.8pt] (5.,1.)-- (4.,3.); \draw [line width=0.8pt] (4.,3.)-- (2.,2.); \draw [line width=0.8pt] (2.,2.)-- (3.,0.); \draw [line width=0.8pt] (3.,0.)-- (5.,0.); \draw [line width=0.8pt] (5.,0.)-- (5.,3.); \draw [line width=0.8pt] (5.,3.)-- (0.,3.); \draw [line width=0.8pt] (0.,3.)-- (0.,2.); \draw [line width=0.8pt] (2.,2.)-- (2.,3.); \draw [line width=0.8pt] (0.,2.)-- (4.,3.); \draw (0,2) node[anchor=east] {A}; \draw (0,0) node[anchor=east] {B}; \draw (2,0) node[anchor=north] {C}; \draw (2,2) node[anchor=north east] {D}; \draw (3,0) node[anchor=north] {E}; \draw (5,1) node[anchor=west] {F}; \draw (4,3) node[anchor=south] {G}; \draw (5,0) node[anchor=west] {X}; \draw (5,3) node[anchor=south] {Y}; \draw (2,3) node[anchor=south] {Z}; \draw (0,3) node[anchor=south] {W}; \draw [fill=white] (0.,0.) circle (1.5pt); \draw [fill= white] (0.,2.) circle (1.5pt); \draw [fill= white] (2.,2.) circle (1.5pt); \draw [fill= white] (2.,0.) circle (1.5pt); \draw [fill= white] (3.,0.) circle (1.5pt); \draw [fill= white] (5.,1.) circle (1.5pt); \draw [fill= white] (4.,3.) circle (1.5pt); \draw [fill= white] (5.,0.) circle (1.5pt); \draw [fill= white] (5.,3.) circle (1.5pt); \draw [fill= white] (0.,3.) circle (1.5pt); \draw [fill= white] (2.,3.) circle (1.5pt); \end{tikzpicture}$

Εσωκλείω το τετράγωνο $D\,\!EFG$ στο μεγαλύτερο τετράγωνο CXYZ

. Αν περιστρέψουμε το σχήμα, βλέπουμε ότι ZG=DC

. (Αν γνωρίζουμε ισότητα τριγώνων, είναι απλό να δείξουμε ότι τα τρίγωνα DCE

και

είναι ίσα.) Άρα και ZG = AD

. Επίσης οι

και

είναι παράλληλες. Δηλαδή το

μου είναι το

στο σχήμα του Φίλιππου-Άθου. Άρα όντως τα C,D,T

είναι συνευθειακά, κάτι που συμπληρώνει την απόδειξη του Φίλιππου-Άθου.

Διαφορετικά, πάλι χρησιμοποιώντας συμμετρία, οι

και

διχοτομούνται. (Κοιτάζοντας το ορθογώνιο με τρεις κορυφές τις G,W,A

. Δεν σχεδίασα την τέταρτη κορυφή στο σχήμα. Αν το περιστρέψω κατά 180 μοίρες θα πάρω το ίδιο ορθογώνιο. Σε αυτό τα A,G

ανταλλάζουν θέσεις. Το ίδιο και τα Z,D

. Άρα οι

και

διχοτομούνται)

Filippos Athos · #47

Άσκηση 15: Το διάγραμμα στο πιο κάτω σχήμα δείχνει ένα πλέγμα που αποτελείται από 17 μαύρα τετραγωνάκια και 32 άσπρα τετραγωνάκια. Επιλέγουμε πρώτα ένα μαύρο τετραγωνάκι και στην συνέχεια ένα άσπρο τετραγωνάκι έτσι ώστε τα δύο τετραγωνάκια να μην έχουν κανένα κοινό σημείο. Πόσα διαφορετικά ζεύγη από τετραγωνάκια όπως το πιο πάνω υπάρχουν;

Αν παρατηρήσουμε τα μαύρα τετραγωνάκια στις 4 γωνίες του διαγράμματος (πάνω και κάτω αριστερά και πάνω και κάτω δεξιά) βλέπουμε ότι κάθε από αυτά 4 μαύρα τετραγωνάκια έχει 2 γειτονικά άσπρα, με τα όποια δεν μπορεί να δημιουργήσει ζεύγη .
Οπότε τα δυνατά ζεύγη για αυτά τα 4 μαύρα τετραγωνάκια είναι

$\displaystyle{4\cdot (32-2)=120$

Ας παρατηρήσουμε τώρα τα 4 μαύρα τετραγωνάκια στη μέση της πρώτης και τελευταίας γραμμής και της πρώτης και τελευταίας στήλης . Αυτά έχουν 5 γειτονικά άσπρα τετραγωνάκια , επομένως τα ζεύγη είναι

$4\cdot (32-5)=108$

Συνεχίζοντας με το ίδιο τρόπο βλέπουμε ότι όλα τα υπόλοιπα μαύρα τετραγωνάκια διαγώνια (έκτος το κεντρικό) τέμνουν 6 άσπρα τετραγωνάκια , επομένως

$\displaystyle{4\cdot (32-6)Χ2=208$ ζεύγη

Και στο τέλος το κεντρικό μαύρο τετραγωνάκι έχει 4 άσπρα γειτονικά τετραγωνάκια, επομένως
32-4=28

ζεύγη.

Συνολικά έχουμε $\boxed{120+108+208+28 =464}$ ζεύγη.

Filippos Athos · #48

Καλησπέρα Κύριε Δημήτρη,
Θα αναρτήσετε μήπως τις ασκήσεις του ομαδικού διαγωνίσματος IMC II 2017;

IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Μέλη σε σύνδεση