Ανοιχτή Μαθηματική Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 (10/11η τάξη 2014)

Al.Koutsouridis · #1

[b]Ανοιχτή Ολυμπιάδα Φυσικομαθηματικού Λυκείου 239 Αγίας Πετρούπολης για τις τάξεις 10η και 11η , 2014. [/b]

[b]1.[/b] Ο Πέτρος και ο Βασίλης παίζουν ένα παιχνίδι. Τα παιδιά με την σειρά (ξεκινάει ο Πέτρος) σημειώνουν μη μηδενικούς φυσικούς αριθμούς, που δεν υπερβαίνουν το 1000. Δεν επιτρέπεται να σημειώσουν έναν ήδη σημειωμένο αριθμό, καθώς και οποιοδήποτε αριθμό που διαφέρει από κάποιο σημειωμένο κατά 1 ή που να δίνει με κάποιο σημειωμένο άθροισμα 1001. Αυτός που δεν μπορεί να κάνει κίνηση, χάνει. Ποιος έχει στρατηγική νίκης;

[b]2.[/b] Το πολυώνυμο P(x)

τετάρτου βαθμού είναι τέτοιο, ώστε η εξίσωση P(x)=x

να έχει τέσσερις ρίζες, αλλά οποιαδήποτε εξίσωση της μορφής P(x)=c

, το πολύ δυο. Να αποδείξετε, ότι και η εξίσωση P(x)=-x

έχει το πολύ δυο ρίζες.

[b]3.[/b] Θα ονομάσουμε τον μη μηδενικό φυσικό αριθμό «καλό», αν μπορεί να αναπαρασταθεί ως άθροισμα δυο πρώτων μεταξύ τους φυσικών αριθμών, ο πρώτος εκ των οποίων γράφεται σαν γινόμενο περιττού πλήθους πρώτων αριθμών (όχι απαραίτητα διαφορετικών) και ο δεύτερος ως άρτιου. Να αποδείξετε, ότι υπάρχουν άπειροι καλοί που είναι τέταρτες δυνάμεις φυσικών αριθμών.

[b]4.[/b] Η διάμεσος

του τριγώνου ABC

ισούται με την διχοτόμο

, $\angle BAC = 2 \angle ACM$ . Να αποδείξετε, ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

[b]5.[/b] Δίνεται τετράγωνο $k \times k$ . Τα κελία του οποίου χρωματίζονται με

χρώματα έτσι, ώστε σε κάθε στήλη και κάθε γραμμή τα χρώματα όλων των κελιών να είναι διαφορετικά. Καμία τετράδα κελιών που βρίσκεται στην τομή δυο γραμμών και δυο στηλών, δεν μπορεί να είναι χρωματισμένη με ακριβώς τρία χρώματα. Με τι μπορεί να ισούται το

;

[b]6.[/b] Οι θετικοί αριθμοί $\displaystyle a_{1}, a_{2},\ldots,a_{n}$ είναι τέτοιοι, ώστε $\displaystyle a_{1}^2+2a_{2}^3+\ldots+na_{n}^{n+1} < 1$ . Να αποδείξετε, ότι $\displaystyle 2a_{1}+3a_{2}^2+\ldots+(n+1)a_{n}^n < 3$ .

[b]7.[/b] Στο εσωτερικό τριγώνου ABC

δίνεται κύκλος. Από το σημείο

προς αυτό το κύκλο άγονται δυο εφαπτόμενες, οι οποίες τέμνουν την πλευρά

στα σημεία $A_{1}$ και $A_{2}$ . Τα σημεία $B_{1}, B_{2}, C_{1}, C_{2}$ ορίζονται αναλόγως. Είναι γνωστό, ότι πέντε από αυτά τα σημεία είναι ομοκυκλικά. Να αποδείξετε, ότι και το έκτο θα ανήκει σε αυτό το κύκλο.

[b]8.[/b] Δίνεται φυσικός αριθμός n > 1000

. Να αποδείξετε, ότι στις ακμές πλήρους γράφου

κόμβων μπορούμε να τοποθετήσουμε τους αριθμούς $\displaystyle 1,2, \ldots ,C_{n}^{2}$ από μια φορά έτσι, ώστε σε κάθε (πιθανόν κλειστή) διαδρομή τριών ακμών το άθροισμα των αριθμών να είναι τουλάχιστον $\displaystyle 3n-1000\log_{2} \left ( \log_{2} n \right )$ .

[url=http://www.239.ru/mathcenter?page=1]Πηγή
[/url]

Ορέστης Λιγνός · #2

Al.Koutsouridis έγραψε: Παρ Φεβ 15, 2019 11:48 pm Ανοιχτή Ολυμπιάδα Φυσικομαθηματικού Λυκείου 239 Αγίας Πετρούπολης για τις τάξεις 10η και 11η , 2014.

4. Η διάμεσος του τριγώνου ισούται με την διχοτόμο , $\angle BAC = 2 \angle ACM$ . Να αποδείξετε, ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

Μία λύση με αρκετή Άλγεβρα ...

Είναι, $BL=\sqrt{ac(1-\dfrac{b^2}{(a+c)^2}}$ (γνωστό, προκύπτει με νόμο Συνημιτόνων στα τρίγωνα $\vartriangle ABL, \, \vartriangle ABC$ ) και $CM=\dfrac{\sqrt{2a^2+2b^2-c^2}}{2}$ .

Οπότε, πρέπει $BL=CM \Rightarrow ac-\dfrac{acb^2}{(a+c)^2}=\dfrac{2a^2+2b^2-c^2}{4}$ (1).

Ακόμη, είναι $\angle MAC=2\angle ACM$ , οπότε από εδώ προκύπτει ότι $MC^2=AM^2+AM \cdot AC$ , ή ισοδύναμα a^2+b^2-c^2=bc

(2).

Θέτω, $b=ak, c=a\ell$ και άρα οι (1), (2) γίνονται :

$\ell-\dfrac{k^2\ell}{(\ell+1)^2}=\dfrac{2k^2+2-\ell^2}{4}$ (3) και

$k^2-\ell^2+1=k\ell$ (4).

Οπότε, $2k^2+2-\ell^2=\ell^2+2k\ell$ , και η (3) ξαναγράφεται (μετά την απλοποιήση με το $\ell$ ), $\dfrac{\ell+2k}{4}+\dfrac{k^2}{(\ell+1)^2}=1$ (5).

Έστω, $f(t)=\dfrac{\ell+2t}{4}+\dfrac{t^2}{(\ell+1)^2}$ η συνάρτηση του πρώτου μέλους ως προς το

.
Είναι εύκολο να δούμε ότι η

είναι γνησίως αύξουσα.

Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις :

i) $k \geqslant \ell$ . Τότε, $1=f(k) \geqslant f(\ell) \Rightarrow \dfrac{\ell^2}{\ell^2+1}+\dfrac{3\ell}{4} \leqslant 1 \Rightarrow \ldots \Rightarrow (\ell-1)(3\ell^2+9\ell+4) \leqslant 0$ , οπότε $\ell \leqslant 1$ .

Ακόμη, είναι $\ell^2-1=k^2-k\ell \geqslant 0 \Rightarrow \ell \geqslant 1$ , οπότε $\ell=1 \Rightarrow k=1$ , συνεπώς a=b=c

, και το ζητούμενο δείχθηκε.

ii) $k \leqslant \ell$ . Τότε, ομοίως $1=f(k) \leqslant f(\ell) \Rightarrow \ldots \Rightarrow \ell \geqslant 1$ .

Ακόμη, $\ell^2-1=k^2-k\ell \leqslant 0 \Rightarrow \ell \leqslant 1$ , άρα $k=\ell$ και πάλι a=b=c

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Αναμένω μία Γεωμετρική απόδειξη ...

christinat · #3

[quote="Ορέστης Λιγνός" post_id=308872 time=1550334247 user_id=15700]
[quote=Al.Koutsouridis post_id=308839 time=1550267339 user_id=11448]
[b]Ανοιχτή Ολυμπιάδα Φυσικομαθηματικού Λυκείου 239 Αγίας Πετρούπολης για τις τάξεις 10η και 11η , 2014. [/b]

[b]4.[/b] Η διάμεσος

του τριγώνου ABC

ισούται με την διχοτόμο

, $\angle BAC = 2 \angle ACM$ . Να αποδείξετε, ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

[/quote]

Μία λύση με αρκετή Άλγεβρα ...

Είναι, $BL=\sqrt{ac(1-\dfrac{b^2}{(a+c)^2}}$ (γνωστό, προκύπτει με νόμο Συνημιτόνων στα τρίγωνα $\vartriangle ABL, \, \vartriangle ABC$ ) και $CM=\dfrac{\sqrt{2a^2+2b^2-c^2}}{2}$ .

Οπότε, πρέπει $BL=CM \Rightarrow ac-\dfrac{acb^2}{(a+c)^2}=\dfrac{2a^2+2b^2-c^2}{4}$ (1).

Ακόμη, είναι $\angle MAC=2\angle ACM$ , οπότε από [url=https://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=22&t=21997&hilit=%CE%A3%CE%B1%CE%BD+%CE%A0%CF%85%CE%B8%CE%B1%CE%B3%CF%8C%CF%81%CE%B5%CE%B9%CE%BF]εδώ[/url] προκύπτει ότι $MC^2=AM^2+AM \cdot AC$ , ή ισοδύναμα a^2+b^2-c^2=bc

(2).

Θέτω, $b=ak, c=a\ell$ και άρα οι (1), (2) γίνονται :

$\ell-\dfrac{k^2\ell}{(\ell+1)^2}=\dfrac{2k^2+2-\ell^2}{4}$ (3) και

$k^2-\ell^2+1=k\ell$ (4).

Οπότε, $2k^2+2-\ell^2=\ell^2+2k\ell$ , και η (3) ξαναγράφεται (μετά την απλοποιήση με το $\ell$ ), $\dfrac{\ell+2k}{4}+\dfrac{k^2}{(\ell+1)^2}=1$ (5).

Έστω, $f(t)=\dfrac{\ell+2t}{4}+\dfrac{t^2}{(\ell+1)^2}$ η συνάρτηση του πρώτου μέλους ως προς το

.
Είναι εύκολο να δούμε ότι η

είναι γνησίως αύξουσα.

Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις :

i) $k \geqslant \ell$ . Τότε, $1=f(k) \geqslant f(\ell) \Rightarrow \dfrac{\ell^2}{\ell^2+1}+\dfrac{3\ell}{4} \leqslant 1 \Rightarrow \ldots \Rightarrow (\ell-1)(3\ell^2+9\ell+4) \leqslant 0$ , οπότε $\ell \leqslant 1$ .

Ακόμη, είναι $\ell^2-1=k^2-k\ell \geqslant 0 \Rightarrow \ell \geqslant 1$ , οπότε $\ell=1 \Rightarrow k=1$ , συνεπώς a=b=c

, και το ζητούμενο δείχθηκε.

ii) $k \leqslant \ell$ . Τότε, ομοίως $1=f(k) \leqslant f(\ell) \Rightarrow \ldots \Rightarrow \ell \geqslant 1$ .

Ακόμη, $\ell^2-1=k^2-k\ell \leqslant 0 \Rightarrow \ell \leqslant 1$ , άρα $k=\ell$ και πάλι a=b=c

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Αναμένω μία Γεωμετρική απόδειξη ...
[/quote]

Μια άλλη λυση με γεωμετρία:
Έστω
$\angle ABC=\angle B$
$\angle BAC=\angle A$
$\angle ACB=\angle C$

διχοτομος της $\angle B$ άρα
$\angle ABL=\angle LBC$

Στο τριγωνο ALB

: $Sin \angle A=\frac{BL}{AB}$

Στο τριγωνο AMC

: $Sin \angle A=\frac{MC}{AC}$

Όμως LB=MC

Άρα

(1)

Επίσης στο τριγωνο ABL

έχουμε: $Cos\angle A=\frac{BL}{AL}$

Στο τριγωνο ACM

: $Cos\angle A=\frac{MC}{AM}$

Οποτε AM=AL

άρα τα τρίγωνα ABL

Και

είναι ίσα(2)

Από τις σχέσεις (1)-(2) προκύπτει ότι $\angle ACM=\angle MCB=\angle ABL=\angle LBC=\frac{\angle A}{2}$

Άρα $\angle A=\angle B=\angle C$

Al.Koutsouridis · #4

christinat έγραψε: Πέμ Φεβ 21, 2019 3:21 pm
Στο τριγωνο : $Sin \angle A=\frac{BL}{AB}$

Στο τριγωνο : $Sin \angle A=\frac{MC}{AC}$

Τα παραπάνω ισχύουν αν τα τρίγωνα ABL,AMC

είναι ορθογώνια. Αυτό όμως, πρέπει να αποδειχθεί.

Al.Koutsouridis · #5

έγραψε: Παρ Φεβ 15, 2019 11:48 pm Ανοιχτή Ολυμπιάδα Φυσικομαθηματικού Λυκείου 239 Αγίας Πετρούπολης για τις τάξεις 10η και 11η , 2014.

6. Οι θετικοί αριθμοί $\displaystyle a_{1}, a_{2},\ldots,a_{n}$ είναι τέτοιοι, ώστε $\displaystyle a_{1}^2+2a_{2}^3+\ldots+na_{n}^{n+1} < 1$ . Να αποδείξετε, ότι $\displaystyle 2a_{1}+3a_{2}^2+\ldots+(n+1)a_{n}^n < 3$ .

Επειδή ζητήθηκε η λύση, παραθέτω την επίσιμη σε απόκρυψη, σε περίπτωση που θέλει κάποιος να την προσπαθήσει.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#6

Αλέξανδρε

.

Τα στατιστικά!

Al.Koutsouridis · #7

rek2 έγραψε: Παρ Ιουν 07, 2019 7:29 am Αλέξανδρε .

Τα στατιστικά!

Καπού εκεί στη πηγή κρύβονται και τα στατιστικά, που θα έλεγε ο Μπομπ Ρος. Είναι ένα excel που μπορείτε να το δείτε εδώ.

#8

Al.Koutsouridis έγραψε: Παρ Ιουν 07, 2019 9:39 am
rek2 έγραψε: Παρ Ιουν 07, 2019 7:29 am Αλέξανδρε .

Τα στατιστικά!
Καπού εκεί στη πηγή κρύβονται και τα στατιστικά, που θα έλεγε ο Μπομπ Ρος. Είναι ένα excel που μπορείτε να το δείτε εδώ.

Καλά το 7 είναι σούπερ!! Παρότι δεν το έχω έτοιμο πλήρως, έχω την αίσθηση ότι μπορεί να αποδειχτεί, ότι: αν τα τέσσερα από τα έξη σημεία είναι ομοκυκλικά ( στην εκφώνηση μιλάει για πέντε σημεία όχι τέσσερα), τότε και τα έξη είναι ομοκυκλικά.

min## · #9

Ισχύει πως τα έξι σημεία γενικά βρίσκονται σε κωνική *
οπότε έπεται άμεσα πως αν τα 5 ορίζουν κύκλο,και το 6ο ανήκει στον κύκλο.
*βλ. Εδώ θεώρημα Bradley:https://www.google.com/url?sa=t&source= ... ge31DoXN_Q
Υγ.Είχα δει μια απόδειξη πριν κάτι χρόνια.Θα προσπαθήσω να βρω μια καινούρια για αυτό το δυσκολούτσικο θεώρημα.

min## · #10

Νομίζω βρήκα μια που βασίζεται στις ενελίξεις (involutions):

: Bradley.png (65.61 KiB) Προβλήθηκε 2479 φορές

Φιξάρω τα $B_{1},B_{2},C_{1},C_{2}$ και παίρνω μεταβλητό σημείο $A_{1}$ πάνω στην

.
Παίρνω τη μοναδική κωνική που εφάπτεται στις $BB_{1},BB_{2},CC_{1},CC_{2},AA_{1}$ .
Ορίζω το $A_{2]$ ως την τομή της δεύτερης εφαπτομένης από το

στην κωνική με την

.
Ας είναι $X\equiv CC_{1}\cap BB_{1},Y\equiv CC_{2}\cap BB_{2},Z \equiv BB_{1}\cap CC_{2},W\equiv BB_{2}\cap CC_{1}$ .
Από Dual of Desargues' Involution για το XYZW.BC

και την εγγεγραμμένη του κωνική,υπάρχει ενέλιξη που ανταλλάζει τις $(AX,AY),(AZ,AW),(AB,AC),(AA_{1},AA_{2})$ .
Έτσι καθώς κινείται το $A_{1}$ ,τα $A_{1},A_{2}$ βρίσκονται σε ενέλιξη στην

.
Η ενέλιξη αυτή καθορίζεται από τις τομές των παραπάνω δεσμών με την

.
Αν πάρω την κωνική που περνά από τα $A_{1},B_{1},B_{2},C_{1},C_{2}$ θέλω να δείξω πως περνά και από το $A_{2}$ .
Καθώς όμως κινείται το $A_{1}$ οι παραπάνω περιγγεγραμμένες κωνικές του τετραπλεύρου $B_{1}B_{2}C_{1}C_{2}$
δημιουργούν ενέλιξη πάνω στην

(τα σημεία τομής τους με την ευθεία...).Ουσιαστικά είναι το Desargues Involution.
Δείχνω ότι αυτή η ενέλιξη ταυτίζεται με την παραπάνω ενέλιξη που προκύπτει από την εγγεγραμμένη κωνική.
Αρκεί να δειχτεί πως οι 2 ενελίξεις έχουν 2 κοινά ζεύγη συζυγών σημείων,
Αυτό όμως είναι απλό:Και οι 2 π.χ. ανταλλάσσουν τα B,C

,ενώ αν πάρω τις τομές των AX,AY

με την

έστω

που είναι συζυγή σημεία της πρώτης ενέλιξης
έχω τα σεβιανά τρίγωνα $X'B_{1}C_{1},Y'B_{2}C_{2}$ για τα οποία είναι γνωστό πως υπάρχει κωνική που περνά από τις κορυφές τους (πρόκειται για ειδική περίπτωση του θεωρήματος Carnot στο συννημένο της προηγούμενης ανάρτησης).
Άρα η δεύτερη ενέλιξη εκ των 2 ανταλλάσει και αυτή τα X',Y'

.Άρα οι 2 ενελίξεις ταυτίζονται και συνεπώς για οποιοδήποτε σημείο $A_{1}$ ,το αντίστοιχο $A_{2}$ βρίσκεται πάνω στην $A_{1}B_{1}B_{2}C_{1}C_{2}$ και το θεώρημα ουσιαστικά δείχτηκε.

Altrian · #11

Al.Koutsouridis έγραψε: Παρ Φεβ 15, 2019 11:48 pm Ανοιχτή Ολυμπιάδα Φυσικομαθηματικού Λυκείου 239 Αγίας Πετρούπολης για τις τάξεις 10η και 11η , 2014.

2. Το πολυώνυμο τετάρτου βαθμού είναι τέτοιο, ώστε η εξίσωση να έχει τέσσερις ρίζες, αλλά οποιαδήποτε εξίσωση της μορφής , το πολύ δυο. Να αποδείξετε, ότι και η εξίσωση έχει το πολύ δυο ρίζες.

Καλημέρα,

Η $P(x)=x\Rightarrow P(x)-x=0$ έχει 4 ρίζες άρα η παράγωγος αυτής θα έχει 3 ρίζες. Δηλ. η P'(x)-1=0

θα έχει τρεις ρίζες και επειδή είναι 3ου βαθμού θα έχει την μορφή του σχήματος (μπλέ καμπύλη).
Η $P(x)=c\Rightarrow P(x)-c=0$ έχει το πολύ 2 ρίζες άρα η παράγωγος αυτής έχει μία ακριβώς ρίζα, δηλ. P'(x)=0

. Είναι η μπλέ καμπύλη μετατοπισμένη προς τα πάνω κατά

(πράσινη) έτσι ώστε τα τοπικά ακρότατα να βρίσκονται πάνω από τον άξονα x'x

.

Επομένως και η P'(x)+1

βρίσκεται μετατοπισμένη προς τα πάνω κατά

(κόκκινη) σε σχέση με την P'(x)

, άρα η

έχει επίσης μία ακριβώς ρίζα δηλ. η παράγουσα αυτής η $P(x)+x=0\Rightarrow P(x)=-x$ θα έχει το πολύ

ρίζες.

Αυτό προφανώς ισχύει και για κάθε άλλη ευθεία με αρνητική κλίση όχι απαραίτητα με κλίση

Ανοιχτή Μαθηματική Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 (10/11η τάξη 2014)

Ανοιχτή Μαθηματική Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 (10/11η τάξη 2014)

Re: Ανοιχτή Μαθηματική Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 (10/11η τάξη 2014)

Re: Ανοιχτή Μαθηματική Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 (10/11η τάξη 2014)

Re: Ανοιχτή Μαθηματική Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 (10/11η τάξη 2014)

Re: Ανοιχτή Μαθηματική Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 (10/11η τάξη 2014)

Re: Ανοιχτή Μαθηματική Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 (10/11η τάξη 2014)

Re: Ανοιχτή Μαθηματική Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 (10/11η τάξη 2014)

Re: Ανοιχτή Μαθηματική Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 (10/11η τάξη 2014)

Re: Ανοιχτή Μαθηματική Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 (10/11η τάξη 2014)

Re: Ανοιχτή Μαθηματική Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 (10/11η τάξη 2014)

Re: Ανοιχτή Μαθηματική Ολυμπιάδα ΦΜΛ 239 (10/11η τάξη 2014)

Μέλη σε σύνδεση