Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/10 (ΙΙΙΦάση 11η τάξη)

Al.Koutsouridis · #1

Πρώτη Μέρα

1. Κάθε κάθετος ορθογωνίου τριγώνου αυξάνεται κατά ένα. Μπορεί η υποτείνουσά του να αυξηθεί περισσότερο από $\sqrt{2}$ φορές;

Διόρθωση: Κάθε κάθετος ορθογωνίου τριγώνου αυξάνεται κατά ένα. Μπορεί η υποτείνουσά του να αυξηθεί περισσότερο από $\sqrt{2}$ ;

2. Σε μια σειρά από 2009 βαρίδια (σταθμά) το βάρος του καθενός είναι ακέραιος αριθμός γραμμαρίων και δεν υπερβαίνει το 1 χιλιόγραμμο. Το βάρος δυο οποιοδήποτε γειτονικών βαριδιών διαφέρει ακριβώς κατά ένα γραμμάριο και το συνολικό βάρος τους είναι άρτιος αριθμός. Να αποδείξετε ότι τα βαρίδια μπορούμε να τα χωρίσουμε σε δυο ομάδες με ίσο συνολικό βάρος.

3. Το τετράπλευρο ABCD

είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο διαμέτρου

. Τα σημεία

και

είναι τα ίχνη των καθέτων από τις κορυφές

και

αντίστοιχα, προς την ευθεία

. Από το σημείο

φέρουμε την παράλληλη ως προς την ευθεία

που τέμνει την

στο σημείο

. Να αποδείξετε ότι η γωνία KPM

είναι ορθή.

4. Ονομάζουμε

την τριάδα φυσικών αριθμών {a,b,c}

τετραγωνική αν αποτελούν αριθμητική πρόοδο (ακριβώς με αυτή την σειρά), ο αριθμός

είναι σχετικά πρώτος με τους

και

, και ο αριθμός abc

είναι τέλειο τετράγωνο. Να αποδείξετε ότι για οποιαδήποτε τετραγωνική τριάδα θα βρεθεί μια άλλη τετραγωνική τριάδα που έχει τουλάχιστον ένα κοινό αριθμό με την πρώτη.

Δεύτερη μέρα

5. Οι γωνίες a,b,c

τριγώνου ικανοποιούν τις ανισότητες $\sin (a) > \cos (b)$ , $\sin (b) > \cos (c)$ , $\sin (c) > \cos (a)$ . Να δείξετε ότι το τρίγωνο είναι οξυγώνιο.

6. Η βάση τετραγωνικής πυραμίδας SABCD

είναι το παραλληλόγραμμο ABCD

. Να δείξετε ότι για οποιοδήποτε εσωτερικό σημείο

της πυραμίδας το άθροισμα των όγκων των τετραέδρων OSAB

και

ισούται με το άθροισμα των όγκων των OSBC

και

.

7. Οι ακέραιοι αριθμοί a,b,c

είναι τέτοιοι ώστε η τιμή των τριωνύμων bx^2+cx+a

και

για

να συμπίπτει. Μπορεί το πρώτο τριώνυμο για x=1

να πάρει την τιμή 2009;

8. Στα κελιά τετραγώνου $100 \times 100$ τοποθετήθηκαν οι αριθμοί 1,2, …, 10000

, από μια φορά ο καθένας. Οι αριθμοί που διαφέρουν κατά ένα τοποθετήθηκαν σε γειτονικά (κατά πλευρά) κελιά. Μετά την τοποθέτηση μετρήθηκε η απόσταση μεταξύ των κέντρων κάθε δυο κελιών που η διαφορά των αντίστοιχων αριθμών που τοποθετήθηκαν σε αυτά είναι 5000. Έστω

η ελάχιστη από αυτές τις αποστάσεις. Ποια είναι η μέγιστη τιμή που μπορεί να πάρει το

;

#2

Al.Koutsouridis έγραψε:Πρώτη Μέρα

3. Το τετράπλευρο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο διαμέτρου . Τα σημεία και είναι τα ίχνη των καθέτων από τις κορυφές και αντίστοιχα, προς την ευθεία . Από το σημείο φέρουμε την παράλληλη ως προς την ευθεία που τέμνει την στο σημείο . Να αποδείξετε ότι η γωνία είναι ορθή.

Καλημέρα.

: Πανρωσική 2009-20010(ΙΙΙΦ, 11).png (25.77 KiB) Προβλήθηκε 2497 φορές

Επειδή το

είναι εγγεγραμμένο και KP//BC

, όλες οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες μεταξύ τους, έστω $\displaystyle{\varphi }$ . Άρα το KPDA

είναι εγγράψιμο, οπότε $\displaystyle{DP \bot AC}$ . Αρκεί να δείξω λοιπόν ότι $\displaystyle{\omega = \varphi }$ .

Αλλά το PMDC

είναι εγγράψιμο και κατά συνέπεια θα είναι $\displaystyle{\omega = M\widehat CD = {90^0} - C\widehat DB = {90^0} - C\widehat AB = B\widehat CA = \varphi }$

simantiris j. · #3

7. Οι ακέραιοι αριθμοί a,b,c είναι τέτοιοι ώστε η τιμή των τριωνύμων και για x=1234 να συμπίπτει. Μπορεί το πρώτο τριώνυμο για x=1 να πάρει την τιμή 2009;

Μια προσπάθεια για αυτήν την ωραία άσκηση.
Έστω P(x)=bx^2+cx+a,Q(x)=cx^2+ax+b

.Θεωρούμε το πολυώνυμο R(x)=P(x)-Q(x)=(b-c)x^2+(c-a)x+a-b

. Προφανώς R(1)=b-c+c-a+a-b=0

και επειδή δίνεται P(1234)=Q(1234)

είναι

οπότε αυτοί οι δυο αρίθμοί είναι οι ρίζες του τριωνύμου.Όμως D=(c-a)^2-4(b-c)(a-b)=a^2+c^2+4b^2+2ac-4ab-4ac=(a+c-2b)^2

και με πράξεις προκύπτει ότι η $x_{1}=1$ (αυτή με το $-\sqrt{D}$ ) άρα $x_{2}=\frac{a-c+(a+c-2b)}{2(b-c)}=1234\Rightarrow \frac{a-b}{b-c}=1234\Rightarrow a=1235b-1234c$ (1)
Θέλουμε όμως και να ισχύει P(1)=a+b+c=2009

που σε συνδυασμό με την (1) δίνει $1236b-1233c=2009\Rightarrow 3\mid 2009$ άτοπο.
Το μόνο σημείο που πιθανόν να έχουμε πρόβλημα είναι όταν το R(x)

δεν είναι δευτεροβάθμιο.Τότε όμως δε μπορεί να είναι ούτε πρωτοβάθμιο ούτε μη μηδενικό σταθερό γιατί έχουμε ήδη βρει 2 ρίζες για αυτό άρα θα είναι το μηδενικό πολυώνυμο οπότε a=b=c

.Κι πάλι όμως $a+b+c=3a=2009\Rightarrow 3\mid 2009$ ,άτοπο.
Άρα το P(x)

δε μπορεί για χ=1 να πάρει την τιμή 2009.

#4

Al.Koutsouridis έγραψε:Πρώτη Μέρα

1. Κάθε κάθετος ορθογωνίου τριγώνου αυξάνεται κατά ένα. Μπορεί η υποτείνουσά του να αυξηθεί περισσότερο από $\sqrt{2}$ φορές;

Μπορεί!!!

: Πανρωσική 2009-20010(ΙΙΙΦ, 11).1.png (6.12 KiB) Προβλήθηκε 2471 φορές

Αρκεί να δείξω ότι υπάρχει ορθογώνιο τρίγωνο ABC

, ώστε: $\boxed{x>a\sqrt{2}}$

Πράγματι, $\displaystyle{{x^2} > 2{a^2} \Leftrightarrow {(b + 1)^2} + {(c + 1)^2} > 2({b^2} + {c^2}) \Leftrightarrow 2b + 2c + 2 > {b^2} + {c^2} \Leftrightarrow }$

$\boxed{{(b - 1)^2} + {(c - 1)^2} < 4}$

Από αυτή την τελευταία σχέση συμπεραίνουμε ότι υπάρχουν άπειρα ορθογώνια τρίγωνα που ικανοποιούν τις υποθέσεις της άσκησης.

#5

Al.Koutsouridis έγραψε: 5. Οι γωνίες τριγώνου ικανοποιούν τις ανισότητες $\sin (a) > \cos (b)$ , $\sin (b) > \cos (c)$ , $\sin (c) > \cos (a)$ . Να δείξετε ότι το τρίγωνο είναι οξυγώνιο.

Έστω ότι το τρίγωνο δεν είναι οξυγώνιο. Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτω ότι $\displaystyle{a \ge {90^0}}$ . Τότε:

$\displaystyle{b + c \le {90^0} \Leftrightarrow b \le {90^0} - c\mathop \Leftrightarrow \limits^{b > 0} \sin b \le \sin ({90^0} - c) \Leftrightarrow \sin b \le \cos c}$ , που είναι άτοπο

από την υπόθεση. Άρα το τρίγωνο είναι οξυγώνιο.

Al.Koutsouridis · #6

george visvikis έγραψε:
Al.Koutsouridis έγραψε:Πρώτη Μέρα

1. Κάθε κάθετος ορθογωνίου τριγώνου αυξάνεται κατά ένα. Μπορεί η υποτείνουσά του να αυξηθεί περισσότερο από $\sqrt{2}$ φορές;
Μπορεί!!!
Πανρωσική 2009-20010(ΙΙΙΦ, 11).1.png
Αρκεί να δείξω ότι υπάρχει ορθογώνιο τρίγωνο , ώστε: $\boxed{x>a\sqrt{2}}$

Πράγματι, $\displaystyle{{x^2} > 2{a^2} \Leftrightarrow {(b + 1)^2} + {(c + 1)^2} > 2({b^2} + {c^2}) \Leftrightarrow 2b + 2c + 2 > {b^2} + {c^2} \Leftrightarrow }$

$\boxed{{(b - 1)^2} + {(c - 1)^2} < 4}$

Από αυτή την τελευταία σχέση συμπεραίνουμε ότι υπάρχουν άπειρα ορθογώνια τρίγωνα που ικανοποιούν τις υποθέσεις της άσκησης.

Καλησπέρα κ.Γιώργο,

Πολυ σωστά αλλά έκανα λάθος στην μετάφραση

το παρατήρησα τώρα, το σωστό πρόβλημα που τέθηκε είναι:

Κάθε κάθετος ορθογωνίου τριγώνου αυξάνεται κατά ένα. Μπορεί η υποτείνουσά του να αυξηθεί περισσότερο από $\sqrt{2}$ .

Θα το διορθώσω και στην αρχική ανάρτηση.

Αρχιμήδης 6 · #7

Καλησπέρα Αλέξανδρε.

Στο θέμα 4 της πρώτης ημέρας ισχύει ότι ο

είναι πρώτος ως προς τους a,c

η μήπως οι a,b,c

είναι ανα

πρώτοι μεταξύ τους ;

#8

Al.Koutsouridis έγραψε:Πρώτη Μέρα

1. Κάθε κάθετος ορθογωνίου τριγώνου αυξάνεται κατά ένα. Μπορεί η υποτείνουσά του να αυξηθεί περισσότερο από $\sqrt{2}$ φορές;

Διόρθωση: Κάθε κάθετος ορθογωνίου τριγώνου αυξάνεται κατά ένα. Μπορεί η υποτείνουσά του να αυξηθεί περισσότερο από $\sqrt{2}$ ;

Έστω

οι κάθετες πλευρές του αρχικού τριγώνου,

η υποτείνουσα και

η νέα υποτείνουσα. Αν ισχύει ο προς εξέταση ισχυρισμός τότε:

$\displaystyle{x > a + \sqrt 2 \Leftrightarrow {x^2} > {a^2} + 2a\sqrt 2 + 2 \Leftrightarrow {(b + 1)^2} + {(c + 1)^2} > {b^2} + {c^2} + 2a\sqrt 2 + 2 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{b + c > a\sqrt 2 \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} + 2bc > 2{b^2} + 2{c^2} \Leftrightarrow {(b - c)^2} < 0}$

Πράγμα που είναι άτοπο, άρα η υποτείνουσα δεν μπορεί ποτέ να αυξηθεί περισσότερο από $\displaystyle{\sqrt 2 }$

(Σε όσες περιπτώσεις ύψωσα στο τετράγωνο, οι παραστάσεις ήταν θετικές)

Al.Koutsouridis · #9

Αρχιμήδης 6 έγραψε:Καλησπέρα Αλέξανδρε.

Στο θέμα 4 της πρώτης ημέρας ισχύει ότι ο είναι πρώτος ως προς τους η μήπως οι είναι ανα πρώτοι μεταξύ τους ;

Καλησπέρα Δημήτρη,

Το πρώτο, αλλά δεν έκανα καλή διατύπωση η αυτολεξή μετάφραση πιστεύω είναι:

Ονομάζουμε την τριάδα φυσικών αριθμών {a,b,c} τετραγωνική αν αποτελούν αριθμητική πρόοδο (ακριβώς με αυτή την σειρά), ο αριθμός b είναι σχετικά πρώτος με καθέναν από τους a και c, και ο αριθμός abc είναι τέλειο τετράγωνο. Να αποδείξετε ότι για οποιαδήποτε τετραγωνική τριάδα θα βρεθεί μια άλλη τετραγωνική τριάδα που έχει τουλάχιστον ένα κοινό αριθμό με την πρώτη.

Αρχιμήδης 6 · #10

Ο.κ...

Μέρα πρώτη
Άσκηση 4

Σύμφωνα με τα δεδομένα θα έχουν μια από τις παρακάτω μορφές.

1) 2a^2,b^2,2c^2

που θα έχω την (a-c)^2,b^2,(a+c)^2

και θα έχω την $\dfrac{(a-c)^2}{2},b^2,\dfrac{(a+c)^2}{2}$

Αρχιμήδης 6 · #11

Να πω και την γνώμη μου για την 4η άσκηση της πρώτης μέρας οτι όσο απλή μοιάζει η απόδειξη άλλο τόσο σύνθετη είναι.

Ένα καλό παράδειγμα με αρκετή φαντασία βοηθάει.

Τι σκέφτηκα ...

Διαλέγω την αρχική πυθαγόρεια τριάδα (3,4,5)

και την προσαρμόζω κατάλληλα για αριθμhτική πρόοδο άρα αφού

3^2+4^2=5^2

θα διαλέξω την

2*3^2,5^2,2*4^2

και θα δω ότι έχω την 1,5^2,7^2

και θα δω την σχέση 1=4-3

,

και βγάζω τα συμπεράσματα ...

#12

Al.Koutsouridis έγραψε:
2. Σε μια σειρά από 2009 βαρίδια (σταθμά) το βάρος του καθενός είναι ακέραιος αριθμός γραμμαρίων και δεν υπερβαίνει το 1 χιλιόγραμμο. Το βάρος δυο οποιοδήποτε γειτονικών βαριδιών διαφέρει ακριβώς κατά ένα γραμμάριο και το συνολικό βάρος τους είναι άρτιος αριθμός. Να αποδείξετε ότι τα βαρίδια μπορούμε να τα χωρίσουμε σε δυο ομάδες με ίσο συνολικό βάρος.

Αφού κάθε δυο γειτονικά βαρίδια διαφέρουν ακριβώς κατά 1 γραμμάριο, είτε όλα τα βαρίδια στις περιττές θέσεις έχουν περιττό βάρος και αυτά στις άρτιες έχουν άρτιο βάρος, είτε συμβαίνει το ανάποδο. Όμως το συνολικό άθροισμα των βαρών είναι άρτιο. Αφού έχουμε περιττό αριθμό βαριδίων στις περιττές θέσεις πρέπει το βάρος τους να είναι άρτιο.

Βάζω το βαρίδι 2009 στην πρώτη ομάδα. Έχει βάρος

για $1 \leqslant k \leqslant 500$ . Ακολούθως χωρίζω τα υπόλοιπα βαρίδια σε 1004

ζεύγη. Τα $\{1,2\},\{3,4\}$ κ.τ.λ. Σε κάθε ζεύγος η διαφορά των βαρών είναι

. Από αυτά τα ζεύγη επιλέγω 507-k

και βάζω το πιο βαρύ βαρίδι στην πρώτη ομάδα και το πιο ελαφρύ στην δεύτερη. Για τα υπόλοιπα 507+k

ζεύγη κάνω το ανάποδο. (Μπορώ να το κάνω αφού $k \leqslant 500$ .)

Το άθροισμα των βαρών τώρα στις δύο ομάδες είναι ίσο.

Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/10 (ΙΙΙΦάση 11η τάξη)

Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/10 (ΙΙΙΦάση 11η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/10 (ΙΙΙΦάση 11η τάξ

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/10 (ΙΙΙΦάση 11η τάξ

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/10 (ΙΙΙΦάση 11η τάξ

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/10 (ΙΙΙΦάση 11η τάξ

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/10 (ΙΙΙΦάση 11η τάξ

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/10 (ΙΙΙΦάση 11η τάξ

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/10 (ΙΙΙΦάση 11η τάξ

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/10 (ΙΙΙΦάση 11η τάξ

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/10 (ΙΙΙΦάση 11η τάξ

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/10 (ΙΙΙΦάση 11η τάξ

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2009/10 (ΙΙΙΦάση 11η τάξ

Μέλη σε σύνδεση