Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2021 (1η φάση, 11η τάξη)

Al.Koutsouridis · #1

Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2020-21
Θέματα της 1ης φάσης για την 11η τάξη

1. Τρεις ποδηλάτες ξεκίνησαν ταυτόχρονα από το σημείο

κυκλικής διαδρομής κινούμενοι προς την ίδια κατεύθυνση και τερμάτισαν ταυτόχρονα στο σημείο

. Εξάλλου ο πρώτος προσπέρασε τον τρίτο

φορές και ο δεύτερος τον τρίτο

φορές. (Οι ταχύτητες των ποδηλατών είναι σταθερές. Οι συναντήσεις την στιγμή της εκκίνησης και του τερματισμού δεν θεωρούνται προσπεράσεις.) Η ταχύτητα του πρώτου είναι ίση με

χμ/ώρα και η ταχύτητα του δεύτερου

χμ/ώρα. Να βρείτε την ταχύτητα του τρίτου ποδηλάτη.

2. Η τομή ενός παραλληλεπιπέδου $ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ (όχι απαραίτητα ορθογωνίου) με επίπεδο αποτελεί ένα πεντάγωνο με τις κορυφές του στις ακμές $AA_{1}$ , $BB_{1}$ , $CC_{1}$ ,

και

. Οι πλευρές του κατά σειρά, ξεκινώντας από κάποια κορυφή, έχουν μήκη

,

. Να βρείτε την γωνία μεταξύ των πλευρών με μήκη

και

.

3. Δίνονται τα πολυώνυμα τρίτου βαθμού f(x)

και

. Είναι γνωστό, ότι η εξίσωση

$f(x)= g\left ( |x| \right )$

έχει ακριβώς

διαφορετικές πραγματικές ρίζες. Πόσες διαφορετικές πραγματικές ρίζες έχει η εξίσωση $f\left ( |x| \right )=g(x)$ ;

4. Υπάρχουν άραγε διαφορετικοί μεταξύ τους πρώτοι αριθμοί

και

, μεγαλύτεροι του 1000

και ένας τέτοιος φυσικός αριθμός

, ώστε στην αναπαράσταση του αριθμού $N!=1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot N$ ως γινόμενο πρώτων παραγόντων ο

να βρίσκεται στην δύναμη 200q+199

και ο

στην δύναμη 200p+199

;

5. Σε ένα σχολείο λειτουργούν μερικοί όμιλοι. Μεταξύ αυτών υπάρχει ο όμιλος τοπολογίας, στον οποίον δεν συμμετάσχει κανένας και ο όμιλος κοινωνιολογίας, στον οποίον συμμετέχουν και οι 2020

μαθητές του σχολείου. Οι λίστες των συμμετεχόντων σε δυο οποιουσδήποτε ομίλους είναι διαφορετικές. Εξάλλου, για οποιουσδήποτε δυο ομίλους

και

$\quad$ a) θα βρεθεί όμιλος

, στον οποίον συμμετέχουν ακριβώς εκείνοι οι μαθητές, οι οποίοι συμμετέχουν τόσο στον

, όσο και στον

,
$\quad$ b) θα βρεθεί όμιλος

, στον οποίον συμμετέχουν ακριβώς εκείνοι οι μαθητές, οι οποίοι συμμετέχουν τουλάχιστον σε έναν από τους ομίλους

ή

.
Να αποδείξετε ότι κάποιος μαθητής συμμετέχει τουλάχιστον στους μισούς από όλους τους ομίλους.

Πηγή

Ορέστης Λιγνός · #2

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 17, 2020 11:26 pm
Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2020-21
Θέματα της 1ης φάσης για την 11η τάξη

4. Υπάρχουν άραγε διαφορετικοί μεταξύ τους πρώτοι αριθμοί και , μεγαλύτεροι του και ένας τέτοιος φυσικός αριθμός , ώστε στην αναπαράσταση του αριθμού $N!=1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot N$ ως γινόμενο πρώτων παραγόντων ο να βρίσκεται στην δύναμη και ο στην δύναμη ;

Όχι, δεν υπάρχουν. Ας υποθέσουμε ότι τέτοιοι πρώτοι όντως υπάρχουν. Έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας p<q

. Η δεδομένες συνθήκες είναι οι $\displaystyle \sum_{i=1}^{\infty} [ \dfrac{N}{p^i} ]=200q+199$ και $\displaystyle \sum_{i=1}^{\infty} [\dfrac{N}{q^i}]=200p+199$

Εξετάζουμε δύο περιπτώσεις.

Περίπτωση 1: $N \geq 200pq$ . Τότε, είναι $N \geq 200pq>200p^2$ άρα $200q+199 \geq \displaystyle [\dfrac{N}{p}]+[\dfrac{N}{p^2}] \geq 200q+200$ , άτοπο.

Περίπτωση 2: N < 200pq

. Άρα $[\dfrac{N}{q}] < 200p$ . Έστω

φυσικός ώστε $q^{M+1} >N \geq q^M$ . Επομένως είναι $\displaystyle 200p+199=\sum_{i=1}^{M} [\dfrac{N}{q^i}]$ , και αφού $[\dfrac{N}{q}] < 200p$ , προκύπτει ότι $\displaystyle \sum_{i=2}^{M} [\dfrac{N}{q^i}] \geq 200$ .

Αφού $x \geq [x]$ έχουμε ότι $\displaystyle \sum_{i=2}^{M} \dfrac{N}{q^i} \geq 200 \Rightarrow \dfrac{q^{M-2}+q^{M-3}+\ldots+q+1}{q^M} \geq \dfrac{200}{N}$ , (1).

Επίσης, αφού p<q

είναι $N<200pq \leq 200q(q-1)$ , άρα $\dfrac{200}{N}>\dfrac{1}{q(q-1)}$ , (2). Συνδυάζοντας τις (1) και (2) και υπολογίζοντας το άθροισμα γεωμετρικής προόδου έχουμε $q^{M-2}+\ldots+q+1 \geq \dfrac{q^M}{q^2-q} \Rightarrow \dfrac{q^{M-1}-1}{q-1} \geq \dfrac{q^M}{q^2-q} \Rightarrow q^M-q \geq q^M$ , άτοπο.

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Al.Koutsouridis · #3

έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 17, 2020 11:26 pm

2. Η τομή ενός παραλληλεπιπέδου $ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ (όχι απαραίτητα ορθογωνίου) με επίπεδο αποτελεί ένα πεντάγωνο με τις κορυφές του στις ακμές $AA_{1}$ , $BB_{1}$ , $CC_{1}$ , και . Οι πλευρές του κατά σειρά, ξεκινώντας από κάποια κορυφή, έχουν μήκη , , , , . Να βρείτε την γωνία μεταξύ των πλευρών με μήκη και .

Έστω

και

oι κορυφές του πεντάγωνου που βρίσκονται στις ακμές $AA_{1}$ , $BB_{1}$ , $CC_{1}$ ,

και

αντίστοιχα. Οι εδρες $ABB_{1}A_{1}$ και $DCC_{1}D_{1}$ είναι παράλληλες και επειδή τα σημεία K, L,M,N

και

είναι συνεπίπεδα θα έχουμε KL || MN

. Ομοίως, οι έδρες $CBB_{1}C_{1}$ και $DAA_{1}D_{1}$ είναι παράλληλες και άρα LM||PK

. Δηλαδή αν προεκτείνουμε τις πλευρές

,

, έστω

το σημείο τομής τους, σχηματίζεται ένα παραλληλόγραμμο. Το ζητούμενο πεντάγωνο έχει την μορφή του σχήματος παρακάτω, ή κάποια περιστροφή του (ξεχνάμε τα μήκη των πλευρών προς το παρόν). Σχηματίζεται "αποκόβοντας" την γωνία

κατά το τμήμα

.

Αν μήκος

έχει η πλευρά που δεν είναι σε ζεύγος με άλλη παράλληλη προς αυτήν, δηλαδή η

, τότε τα ζεύγη των παράλληλων πλευρών θα έχουν μήκη (2,4)

και

ή

και

. Και στις δυο περιπτώσεις καταλήγουμε σε άτοπο αφού PQ+QN = |4-2| +|3-5| = |2-4|+|5-3|=4 < PN =7

. Ή εναλλακτικά το πεντάγωνο που σχηματίζεται θα είναι μη κυρτό, ενώ η τομή του επιπέδου με το κυρτό παραλληλεπίπεδο θα πρέπει να είναι κυρτή.

Άρα η πλευρά με μήκος

είναι μία από τις παράλληλες, η μεγαλύτερη, έστω η

. Απέναντι της μπορεί να βρίσκεται η πλευρά με μήκος

ή

.

Έστω είναι η πλευρά με μήκος

. Τότε

και

και το πεντάγωνο θα είναι μη κυρτό.

Αν απέναντι από την πλευρά μήκους

και παράλληλη προς αυτήν είναι η πλευρά μήκους

, τότε έχουμε ένα πεντάγωνο με μήκη πλευρών όπως στο σχήμα. Φέρουμε παράλληλη προς την πλευρά

από το σημείο

, η οποία τέμνει την

στο σημείο

. Τότε θα έχουμε PN=KS=7-4=3

και το τετράπλευρο KSNP

είναι ισοσκελές τραπέζιο.

Φέρουμε το ύψος

του τραπεζίου, τότε στο ορθογώνιο τρίγωνο KTS

θα είναι $ST=\dfrac{SN-KP}{2}=\dfrac{5-2}{2} =\dfrac{3}{2} = \dfrac{KS}2{}$ . Δηλαδή το τρίγωνο KST

θα έχει γωνίες 30^0-60^0-90^0

. Επομένως η γωνία που σχηματίζουν οι πλευρές με μήκη

και

θα είναι

.

Αντίστροφα αν η γωνία των πλευρών με μήκη

και

είναι

, τότε μπορούμε εύκολα να κατασκευάσουμε ένα πεντάγωνο με τα παραπάνω χαρακτηριστικά. Οπότε τέτοιο πεντάγωνο όντως υπάρχει.

: spmo_2021_class11_rd1_pr2.png (12.91 KiB) Προβλήθηκε 1236 φορές

#4

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 17, 2020 11:26 pm
Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2020-21
Θέματα της 1ης φάσης για την 11η τάξη

5. Σε ένα σχολείο λειτουργούν μερικοί όμιλοι. Μεταξύ αυτών υπάρχει ο όμιλος τοπολογίας, στον οποίον δεν συμμετάσχει κανένας και ο όμιλος κοινωνιολογίας, στον οποίον συμμετέχουν και οι μαθητές του σχολείου. Οι λίστες των συμμετεχόντων σε δυο οποιουσδήποτε ομίλους είναι διαφορετικές. Εξάλλου, για οποιουσδήποτε δυο ομίλους και
$\quad$ a) θα βρεθεί όμιλος , στον οποίον συμμετέχουν ακριβώς εκείνοι οι μαθητές, οι οποίοι συμμετέχουν τόσο στον , όσο και στον ,
$\quad$ b) θα βρεθεί όμιλος , στον οποίον συμμετέχουν ακριβώς εκείνοι οι μαθητές, οι οποίοι συμμετέχουν τουλάχιστον σε έναν από τους ομίλους ή .
Να αποδείξετε ότι κάποιος μαθητής συμμετέχει τουλάχιστον στους μισούς από όλους τους ομίλους.

Ενδιαφέρον. Να προσθέσω ότι για

μαθητές και αν αγνοήσουμε το (α) εικάζεται ότι το συμπέρασμα εξακολουθεί να ισχύει. Μόνο που πλέον γίνεται ένα διαβόητο ανοικτό πρόβλημα, το Union closed conjecture

Εδώ τα πράγματα είναι πιο εύκολα.

Για κάθε μαθητή

, έστω

ένας όμιλος ο οποίος περιέχει το

με ελάχιστο μέγεθος. Αν ένας όμιλος

περιέχει το

τότε πρέπει $B \supseteq A_x$ αφού σε διαφορετική περίπτωση ο $A_x \cap B$ είναι ένας όμιλος που περιέχει το

με λιγότερα μέλη από το A_x

.

Έστω τώρα $B_1,B_2,\ldots,B_k$ μια ακολουθία με όλα τα A_x

. To

μπορεί να είναι μικρότερο από 2020

αφού μπορεί να έχουμε A_x = A_y

για $x \neq y$ .

Με βάση τα πιο πάνω, κάθε όμιλος είναι ένωση κάποιων B_i

. Έστω ότι το B_1

έχει το μικρότερο μέγεθος από όλα τα B_i

και έστω $x \in B_1$ . Έστω $C_1,\ldots,C_m$ η λίστα όλων των ομίλων οι οποίοι δεν περιέχουν το

. Τότε οι όμιλοι $C_1 \cup B_1,\ldots,C_m \cup B_1$ περιέχουν το

. Ισχυρίζομαι ότι όλοι είναι διαφορετικοί. Αν το αποδείξω αυτό τότε τελείωσα αφού το

θα ανήκει σε τουλάχιστον τους μισούς ομίλους.

Έστω λοιπόν ότι $i \neq j$ . Τότε $C_i \neq C_j$ και αρκεί να δείξω ότι $C_i \cup B_1 \neq C_j \cup B_1$ . Αφού $C_i \neq C_j$ , χωρίς βλάβη της γενικότητας υπάρχει $y \in C_i$ με $y \noin C_j$ . Αν $y \notin B_1$ τότε $y \notin C_j \cup B_1$ αλλά $y \in C_i \cup B_1$ οπότε τελειώσαμε. Αν $y \in B_1$ , τότε το $C_i \cap B_1$ περιέχει το

και έχει μικρότερο μέγεθος από το B_1

αφού δεν περιέχει το

. Άρα $A_y \subseteq C_i \cap B_1 \subsetneq B_1$ . Δηλαδή |A_y| < |B_1|

. Αυτό όμως είναι άτοπο αφού το B_1

έχει το μικρότερο μέγεθος από όλα τα B_i

.

llenny · #5

3.
Συμβολίζω το f(x)

με

και το

με

.Θα αποδείξουμε ότι για να έχουμε ακριβώς 6 διαφορετικές ρίζες στην εν λόγω εξίσωση πρέπει για 3 από αυτές, έστω x_1,x_2,x_3

, να ισχύει: $x_1,x_2,x_3 \geqslant 0$ και για τις άλλες 3, έστω x_4,x_5,x_6

να ισχύει: $x_4,x_5,x_6 \leqslant 0$ . Έστω ότι έχουμε

ή παραπάνω ρίζες μεγαλύτερες ή ισες του μηδενός. Τότε για κάποια 4 (ή παραπάνω)

θα ισχύει: P(x_1) = G(x_1)

,

. Έστω το Πολυώνυμο: Q(x) = P(x) - G(x)

. Προφανώς ο βαθμός του Q(x)

είναι μικρότερος του 4. Όμως από την υπόθεση μας, συμπεραίνουμε ότι αυτό έχει

διαφορετικές ρίζες. Άτοπο εκτός αν αυτό είναι το μηδενικό πολυώνυμο. Αν όμως αυτό είναι το μηδενικό πολυώνυμο, αυτό σημαίνει ότι τα πολυώνυμα: P(x),G(x)

ταυτίζονται, πράγμα που δε μπορεί να συμβαίνει αφού τότε η εξίσωση μας θα είχε άπειρες διαφορετικές ρίζες (θετικές), δηλαδή σίγουρα όχι

. Έστω τώρα ότι έχουμε πάνω από

ρίζες αρνητικές. Θεωρούμε το Πολυώνυμο R(x) = P(x) - G(-x)

. Για τους ίδιους λόγους με πριν έχουμε P(x) = G(-x)

για κάθες πραγματικό

, οπότε θα είχαμε πάλι άπειρες διαφορετικές ρίζες στην εξίσωση μας (αρνητικές). Άτοπο. Άρα έχουμε

ρίζες μεγαλύτερες ή ίσες με το

και

μικρότερες ή ίσες του μηδενός. Άρα η εξίσωση της οποίας ψάχνουμε τον αριθμό των λύσεων έχει σίγουρα αριθμό ριζών μεγαλύτερο ή ισο του

. Θα αποδείξουμε ότι έχει ακριβώς

ρίζες. Αν έχει άλλες ρίζες εκτός τις

θετικές που ξέρουμε ήδη ότι έχει, τότε αυτές πρέπει να είναι αρνητικές. Έστω x_4

αυτή η ρίζα. Τότε θα ισχύει P(-x_4) = G(x_4)

. Όμως τότε έχουμε πάλι ότι το πολύωνυμο R(x)

θα είχε

ρίζες. Άτοπο. Άρα η εξίσωση έχει ακριβώς 3 λύσεις. (Δεν είμαι σίγουρος για τη λύση οπότε αν κάποιος βρει οποιοδήποτε θέμα, ας το γράψει).

llenny · #6

1.
Είχα καταλάβει τελείως λάθος την άσκηση

. Πάμε πάλι από την αρχή λοιπόν.
Έστω 'ότι ο κύκλος έχει περίμετρο

χμ. . Δεν υπάρχει κάποιος λόγος (βοηθάει εμένα), αλλά ας φανταστούμε ότι έχουμε ένα ευθύγραμμο τμήμα μήκους

, όπου μόλις ένας ποδηλάτης φτάνει στο τέλος του, εμφανίζεται ξανά στην αρχή του. Ο αριθμός των προσπεράσεων θα μείνει αμετάβλητος αν αφήσουμε τους ποδηλάτες να κινηθούν με τις ταχύτητες που κινούταν στον κύκλο και σταματήσουν μετά από ίδιο χρονικό διάστημα. Φαίνεται ότι πρέπει ένας ποδηλάτος να έχει διανύσει τουλάχιστον απόσταση

παραπάνω από έναν ποδηλάτη που έχει προσπεράσει

φορές ενώ η απόσταση αυτή είναι και μικρότερη του (n + 1)s

αφού τότε θα είχαμε n + 1

προσπεράσεις. Έχουμε

προσπεράσεις του τρίτου από τον πρώτο και

προσπεράσεις του τρίτου από τον δεύτερο. Όμως όταν τερματίζουν βρίσκονται στο ίδιο σημείο και αυτό δε μετράει ως προσπέραση. Αυτό σημαίνει ότι έχουν διανύσει σε σχέση με τον τρίτο (n + 1)s

όπου n ο αριθμός των προσπεράσεων τους.(Έχουμε n φορές το s απο τις προσπεράσεις και άλλη μία φορά το s για να φτάσουν στο ίδιο σημείο) άρα έχουμε ότι ο πρώτος διένυσε s_1 = 8s + s + l

χμ. και ο δεύτερος s_2 = 2s + s + l

χμ. όπου

η απόσταση που διένυσε ο τρίτος ποδηλάτης μέχρι να τερματίσει. Έχουμε λοιπόν $8t = 6s \Leftrightarrow t = \frac{3s}{4}$ Αντικαθιστόντας στην αρχική μας σχέση παίρνουμε: $\frac{45s}{4} = l \Leftrightarrow \frac{45s}{4} = u_3 \frac{3s}{4} \Leftrightarrow u_3 = 15$ χιλιόμετρα την ώρα.

Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2021 (1η φάση, 11η τάξη)

Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2021 (1η φάση, 11η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2021 (1η φάση, 11η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2021 (1η φάση, 11η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2021 (1η φάση, 11η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2021 (1η φάση, 11η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2021 (1η φάση, 11η τάξη)

Μέλη σε σύνδεση