Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας (10η τάξη)

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1373
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας (10η τάξη)

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Τρί Ιουν 08, 2021 11:22 pm

LXXXIV Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας
28 Μαρτίου 2021 \bullet 10η τάξη


Πρόβλημα 1. Στον πίνακα είναι γραμμένος ένας φυσικός αριθμός. Αν σβήσουμε το τελευταίο ψηφίο του (θέση μονάδων), τότε προκύπτει μη μηδενικός αριθμός, ο οποίος διαιρείται με το 20 και αν σβήσουμε το πρώτο ψηφίο, τότε με το 21. Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός που μπορεί να είναι γραμμένος στον πίνακα, αν το δεύτερο ψηφίο του δεν είναι μηδέν; (Μ.Α.Ευδοκίμοβ)


Πρόβλημα 2. Δίνεται ισοσκελές τραπέζιο, το άθροισμα των μη παράλληλων πλευρών του οποίου ισούται με την μεγάλη βάση του. Να αποδείξετε, ότι η οξεία γωνία μεταξύ των διαγώνιών του δεν υπερβαίνει τις 60^0. (Α.Ντ. Μπλίνκοβ)


Πρόβλημα 3. Δίνεται μια άπειρη προς την μία πλευρά τετραγωνισμένη λωρίδα, τα κελιά της οποίας είναι αριθμημένα με τους θετικούς ακέραιους και ένας σάκος με δέκα βότσαλα. Στα κελιά της λωρίδας αρχικά δεν υπάρχουν βότσαλα. Μπορούμε να πράξουμε τα ακόλουθα:
- Να μετακινήσουμε ένα βότσαλο από τον σάκο στο πρώτο κελί της λωρίδας ή το αντίστροφο.
- Αν στο κελί με αριθμό i βρίσκεται βότσαλο, τότε επιτρέπεται να μετακινήσουμε ένα βότσαλο από το σάκο στο κελί με αριθμό i+1 ή το αντίστροφο.
Μπορούμε άραγε δρώντας με αυτό τον τρόπο, να τοποθετήσουμε βότσαλο στο κελί με αριθμό 1000; (Α.Σεν)


Πρόβλημα 4. Στο εσωτερικό του τετράπλευρου ABCD δίνεται σημείο P. Οι ευθείες BC και AD τέμνονται στο σημείο X. Προέκυψε, ότι η ευθεία XP είναι εξωτερική διχοτόμος των γωνιών APD και BPC. Έστω PY και PZ οι διχοτόμοι των τριγώνων APB και DPC. Να αποδείξετε, ότι τα σημεία X, Y και Z είναι συνευθειακά. (Φ.Κ. Νίλοβ)


Πρόβλημα 5. Έστω p και q πρώτοι μεταξύ τους φυσικοί αριθμοί. Ένα βατράχι κάνει άλματα στην ευθεία των αριθμών, ξεκινώντας από το σημείο 0, κάθε φορά είτε δεξιά κατά p, είτε αριστερά κατά q. Κάποια στιγμή το βατράχι γύρισε στο σημείο 0. Να αποδείξετε, ότι για οποιοδήποτε φυσικό αριθμό d < p+q θα βρεθούν δυο αριθμοί, που τα έχει επισκεφτεί το βατράχι και διαφέρουν κατά d. (Ν. Μπελούχοβ)


Πρόβλημα 6. Άνω ακέραιο μέρος ενός αριθμού x ονομάζεται ο μικρότερος ακέραιος αριθμός, μεγαλύτερος ή ίσος του x. Να αποδείξετε, ότι υπάρχει τέτοιος αριθμός A, ώστε για οποιοδήποτε μη μηδενικό φυσικό αριθμό n η απόσταση από το άνω ακέραιο μέρος του A^{n} μέχρι το πλησιέστερο τετράγωνο μη μηδενικού φυσικού αριθμού πάντα να είναι ίση με 2. (Ντ. Μ. Κρέκοβ)


Στατιστικά: (917 συμμετοχές)
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|} 
\hline 
\text{\gr} & 1  & 2  & 3  & 4  & 5 & 6 \\ \hline 
+         & 445 & 201 & 61 & 36 & 3 & 1  \\ \hline 
\pm     & 76 & 8 & 7 & 0 & 4 & 0  \\ \hline 
\mp     & 27 & 11 & 13 & 8 & 17 & 0  \\ \hline 
-          & 311 & 469 & 589 & 236 & 353 & 110  \\ \hline 
0         & 58 & 228 & 247 & 637 & 540 & 806  \\ \hline 
\end{tabular}

Πηγή: Επίσημη σελίδα της ολυμπιάδας
Edit: 11/06/21 Διόρθωση εκφώνησης στο 5ο θέμα.
τελευταία επεξεργασία από Al.Koutsouridis σε Παρ Ιουν 11, 2021 3:17 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
emouroukos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1421
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας (10η τάξη)

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos » Τετ Ιουν 09, 2021 12:07 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Τρί Ιουν 08, 2021 11:22 pm

Πρόβλημα 2. Δίνεται ισοσκελές τραπέζιο, το άθροισμα των μη παράλληλων πλευρών του οποίου ισούται με την μεγάλη βάση του. Να αποδείξετε ότι η οξεία γωνία μεταξύ των διαγώνιών του δεν υπερβαίνει τις 60^0. (Α.Ντ. Μπλίνκοβ)
Έστω \left( O,R \right) ο περιγεγραμμένος κύκλος του ισοσκελούς τραπεζίου ABCD και \omega =\angle{APD} η οξεία γωνία των διαγωνίων του. Είναι:
AD=BC=\dfrac{DC}{2}\leqslant R, οπότε \overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BC}\leqslant 60^{\circ} και συνεπώς \omega =\dfrac{\overset{\frown}{AD}+\overset{\frown}{BC}}{2}\leqslant 60^{\circ}.
Moscow 2021.png
Moscow 2021.png (55.45 KiB) Προβλήθηκε 325 φορές


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
ΦΙΛΙΠΠΟΣ ΚΑΛΟΥΔΗΣ
Δημοσιεύσεις: 6
Εγγραφή: Παρ Απρ 09, 2021 2:41 pm

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας (10η τάξη)

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΙΛΙΠΠΟΣ ΚΑΛΟΥΔΗΣ » Τετ Ιουν 09, 2021 4:41 pm

Πρόβλημα 1

Έστω A=\overline{a_na_{n-1}...a_0} (προφανώς: n\geq 3). Από υπόθεση γνωρίζουμε πως: 20|\overline{a_na_{n-1}...a_1} . Η τελευταία δίνει: a_1=0 και a_2 \in \begin{Bmatrix} 0,2,4,6,8 \end{Bmatrix}. Τώρα, θα ισχύει: 21|\overline{a_{n-1}a_{n-2}...a_1a_0}. Τώρα, λόγω της τελευταίας, θα είναι: 3|\overline{a_{n-1}a_{n-2}...a_1a_0} και, επομένως: \displaystyle 3|\sum_{i = 0}^{n-1}a_i και, παράλληλα, 7|\overline{a_{n-1}a_{n-2}...a_1a_0}. Προφανώς, τώρα, n\neq 3, αλλιώς δε θα ήταν εφικτή η διαιρετότητα με το 21. Παράλληλα, για να ισχύει η διαιρετότητα με το 3, θα πρέπει a_0+a_3+...+a_{n-2}+a_{n-2} \equiv 1 (\mod 3) a_0+a_3+...+a_{n-2}+a_{n-2} \equiv 2 (\mod 3) ή a_0+a_3+...+a_{n-2}+a_{n-2} \equiv 0 (\mod 3). Τα τελευταία ψηφία του αριθμού θα πρέπει να είναι πολλαπλάσια μεγαλύτερα του 200, λόγω της διαιρετότητας με το 20 και πολλαπλάσια του 21
.

Για n=3 θα είναι: \overline{a_320a_0}. Πρέπει, λοιπόν, 21|\overline{20a_0}. Όμως, το μικρότερο πολλαπλάσιο του 21 μεγαλύτερο από 200 είναι το 210 και του 400 το 420. Εντούτοις, για a_2=6 πολλαπλάσιο του 21 είναι το 609, οπότε, παίρνουμε a_0=9 και, προκειμένου να είναι ο αριθμός ελάχιστος, επιλέγουμε: a_3=1.

Συνεπώς, A_{min}=1609


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10577
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας (10η τάξη)

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τετ Ιουν 09, 2021 5:02 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Τρί Ιουν 08, 2021 11:22 pm

Πρόβλημα 2. Δίνεται ισοσκελές τραπέζιο, το άθροισμα των μη παράλληλων πλευρών του οποίου ισούται με την μεγάλη βάση του. Να αποδείξετε, ότι η οξεία γωνία μεταξύ των διαγώνιών του δεν υπερβαίνει τις 60^0. (Α.Ντ. Μπλίνκοβ)
Έστω AB=b, AD=BC=a, οπότε DC=2a. Αρκεί \displaystyle \cos \omega  \ge \frac{1}{2} \Leftrightarrow \cos 2\theta  \ge \frac{1}{2} \Leftrightarrow \boxed{{\cos ^2}\theta  \ge \frac{3}{4}}
MOM(10).png
MOM(10).png (12.67 KiB) Προβλήθηκε 267 φορές
Με Θ. Πτολεμαίου στο τραπέζιο και νόμο συνημιτόνου στο ADC έχω:

\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} 
A{C^2} = {a^2} + 2ab\\ 
\\ 
{a^2} = A{C^2} + 4{a^2} - 4aAC\cos \theta  
\end{array} \right. \Rightarrow \cos \theta  = \frac{{2a + b}}{{2\sqrt {{a^2} + 2ab} }}

\displaystyle {\cos ^2}\theta  \ge \frac{3}{4} \Leftrightarrow \frac{{4{a^2} + 4ab + {b^2}}}{{4{a^2} + 8ab}} \ge \frac{3}{4} \Leftrightarrow {(a - b)^2} \ge 0, που ισχύει.


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1373
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας (10η τάξη)

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Παρ Ιουν 11, 2021 9:30 am

Απλά να ενημερώσω ότι έκανα διόρθωση στην εκφώνηση του 5ου προβλήματος. Έλειπε η πρόταση " Κάποια στιγμή το βατράχι γύρισε στο σημείο 0". Ζητώ συγνώμη για όσους προσπάθησαν να το λύσουν και ταλαιπωρήθηκαν.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Bing [Bot] και 4 επισκέπτες