Ολυμπιάδα "Βήμα στο μέλλον"

Al.Koutsouridis · #1

Εισαγωγικού τύπου ολυμπιάδα «Βήμα στο μέλλον» του Κρατικού Τεχνικού Πανεπιστημίου Μόσχας Bauman (Πολυτεχνείο)
Μια από τις εκδόσεις των θεμάτων για το 2019.

1. Ένας φοιτητής έγραψε πρόγραμμα που επαναχρωματίζει το πίξελ σε ένα από 128

διαφορετικά χρώματα. Τα χρώματα αυτά είναι αριθμημένα με φυσικούς αριθμούς από το

έως το

, εξάλλου τα βασικά χρώματα έλαβαν τους ακόλουθους αριθμούς: το άσπρο χρώματα τον αριθμό

, το κόκκινο -

, το πορτοκαλί -

, το κίτρινο-

, το πράσινο -

, το γαλάζιο -

, το κυανό -

, το μωβ -

, το μαύρο - 128

. Αν το αρχικό χρώμα του πίξελ έχει αριθμό $n \leq 17$ , τότε το πρόγραμμα του φοιτητή το χρωματίζει σε χρώμα με αριθμό 3n-2

και αν στο αρχικό χρώμα του πίξελ αντιστοιχεί αριθμός $n \geq 18$ , τότε το πίξελ χρωματίζεται με χρώμα που αντιστοιχεί στον αριθμό | 129-2n|

. Αρχικά το πίξελ είχε κόκκινο χρώμα. Ο φοιτητής εφάρμοσε διαδοχικά το πρόγραμμα 2019

φορές. Με ποιο χρώμα χρωματίστηκε το πίξελ στο τέλος; [12 μόρια]

2. Να λύσετε την ανισότητα $\displaystyle{ \sqrt{3} \tan x - \sqrt[4]{\sin y} - \sqrt{\dfrac{3}{\cos^2 x} +\sqrt{\sin y} - 6 } \geq \sqrt{3}}$ . [12 μόρια]

3. Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων

και

, για τα οποία εκ των τεσσάρων ισχυρισμών

1) a^2+4a+3

διαιρείται με το

2)

3)

διαιρείται με το

4)

είναι πρώτος αριθμός

τρεις είναι αληθείς και ένας ψευδής. [16 μόρια]

4. Στο τρίγωνο ABC

με την γωνία

να είναι ίση με 60^0

, φέρουμε την διχοτόμο

. Η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ADC

με κέντρο το σημείο

, είναι ίση με $\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$ . Αν AB=1

, vα βρείτε το μήκος του τμήματος

, όπου

το σημείο τομής των τμημάτων

και

. [20 μόρια]

5. Για κάθε τιμή της παραμέτρου

να λύσετε την εξίσωση

$\displaystyle{ \log_{2} \dfrac{3\sqrt{3}+\left (\sin x+4 \right )\cos a}{3 \sin a \cos x}=\left |3 \sin a \cos x \right | -\left | \left (\sin x+4 \right )\cos a+3\sqrt{3} \right | }$ . [20 μόρια]

6. Η βάση της πυραμίδας TABC

είναι το τρίγωνο ABC

, όλες οι πλευρές του οποίου είναι ίσες με $\sqrt{3}$ και το ύψος της συμπίπτει με την παράπλευρη ακμή

. Να βρείτε το εμβαδόν της τομής της πυραμίδας με το επίπεδο, που διέρχεται από το κέντρο της περιγεγραμμένης στην πυραμίδα σφαίρας, σχηματίζει γωνία 60^0

με την βάση, τέμνει την ακμή

στο σημείο

, ώστε

και τέμνει την ακμή

. Είναι γνωστό, ότι η απόσταση του σημείου

από το επίπεδο τομής είναι ίση με $\dfrac{1}{4}$ . [20 μόρια]

#2

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 06, 2019 10:18 pm
Εισαγωγικού τύπου ολυμπιάδα «Βήμα στο μέλλον» του Κρατικού Τεχνικού Πανεπιστημίου Μόσχας Bauman (Πολυτεχνείο)
Μια από τις εκδόσεις των θεμάτων για το 2019.

4. Στο τρίγωνο με την γωνία να είναι ίση με , φέρουμε την διχοτόμο . Η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου με κέντρο το σημείο , είναι ίση με $\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$ . Αν , vα βρείτε το μήκος του τμήματος , όπου το σημείο τομής των τμημάτων και . [20 μόρια]

: Βήμα στο μέλλον.png (20.41 KiB) Προβλήθηκε 3218 φορές

Με νόμο συνημιτόνων βρίσκω $\displaystyle {a^2} = {b^2} - b + 1$ (1)

και με τον τύπο της διχοτόμου

$\displaystyle A{D^2} = b\cdot 1 - BD \cdot DC = b - \frac{{{a^2}b}}{{{{(b + 1)}^2}}}\mathop \Rightarrow \limits^{(1)}$ $\boxed{AD = \frac{{b\sqrt 3 }}{{b + 1}}}$ Αλλά, $\displaystyle AD \cdot b = 2R \cdot 1 \Rightarrow$ $\boxed{b=2}$

Άρα το ABC

είναι ορθογώνιο και $\displaystyle BD = \frac{{\sqrt 3 }}{3},OB = \sqrt {{R^2} + 1} = \frac{{\sqrt {21} }}{3} \Rightarrow$ $\boxed{BM = \frac{{OB}}{3} = \frac{{\sqrt {21} }}{9}}$

Al.Koutsouridis · #3

Καλησπέρα κ.Γιώργο,

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 07, 2019 10:14 am
Αλλά, $\displaystyle AD \cdot b = 2R \cdot 1 \Rightarrow$ $\boxed{b=2}$

Αυτή η σχέση επειδή νόμιζω είναι ουσιώδης και όχι προφανής (τουλάχιστον σε μένα) για την λύση, χρήζει λίγο παραπάνω δικαιολόγηση.

#4

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 07, 2019 1:04 pm
Καλησπέρα κ.Γιώργο,

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 07, 2019 10:14 am
Αλλά, $\displaystyle AD \cdot b = 2R \cdot 1 \Rightarrow$ $\boxed{b=2}$

Αυτή η σχέση επειδή νόμιζω είναι ουσιώδης και όχι προφανής (τουλάχιστον σε μένα) για την λύση, χρήζει λίγο παραπάνω δικαιολόγηση.

Καλησπέρα!

$\displaystyle AD \cdot b = 2R \cdot 1 \Leftrightarrow b = \dfrac{{2R}}{{AD}} = \dfrac{{\dfrac{{4\sqrt 3 }}{3}}}{{\dfrac{{b\sqrt 3 }}{{b + 1}}}} \Leftrightarrow b = \frac{{4b + 4}}{{3b}} \Leftrightarrow 3{b^2} - 4b - 4 = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{b > 0}$ $\boxed{b=2}$

Θεώρησα ότι για Ολυμπιάδα εισαγωγικού τύπου του Πολυτεχνείου, δεν χρειαζόταν η αντικατάσταση και η τελική μορφή της δευτεροβάθμιας.

Al.Koutsouridis · #5

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 07, 2019 2:07 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 07, 2019 1:04 pm
Καλησπέρα κ.Γιώργο,

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 07, 2019 10:14 am
Αλλά, $\displaystyle AD \cdot b = 2R \cdot 1 \Rightarrow$ $\boxed{b=2}$

Αυτή η σχέση επειδή νόμιζω είναι ουσιώδης και όχι προφανής (τουλάχιστον σε μένα) για την λύση, χρήζει λίγο παραπάνω δικαιολόγηση.
Καλησπέρα!

$\displaystyle AD \cdot b = 2R \cdot 1 \Leftrightarrow b = \dfrac{{2R}}{{AD}} = \dfrac{{\dfrac{{4\sqrt 3 }}{3}}}{{\dfrac{{b\sqrt 3 }}{{b + 1}}}} \Leftrightarrow b = \frac{{4b + 4}}{{3b}} \Leftrightarrow 3{b^2} - 4b - 4 = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{b > 0}$ $\boxed{b=2}$

Θεώρησα ότι για Ολυμπιάδα εισαγωγικού τύπου του Πολυτεχνείου, δεν χρειαζόταν η αντικατάσταση και η τελική μορφή της δευτεροβάθμιας.

Μάλλον δεν εκφράστηκα σωστά. Η συνεπαγωγή είναι κατανοητή και θέμα πράξεων, εννοούσα την σχέση $\displaystyle AD \cdot b = 2R \cdot 1$ .

#6

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 07, 2019 2:18 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 07, 2019 2:07 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 07, 2019 1:04 pm
Καλησπέρα κ.Γιώργο,

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 07, 2019 10:14 am
Αλλά, $\displaystyle AD \cdot b = 2R \cdot 1 \Rightarrow$ $\boxed{b=2}$

Αυτή η σχέση επειδή νόμιζω είναι ουσιώδης και όχι προφανής (τουλάχιστον σε μένα) για την λύση, χρήζει λίγο παραπάνω δικαιολόγηση.
Καλησπέρα!

$\displaystyle AD \cdot b = 2R \cdot 1 \Leftrightarrow b = \dfrac{{2R}}{{AD}} = \dfrac{{\dfrac{{4\sqrt 3 }}{3}}}{{\dfrac{{b\sqrt 3 }}{{b + 1}}}} \Leftrightarrow b = \frac{{4b + 4}}{{3b}} \Leftrightarrow 3{b^2} - 4b - 4 = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{b > 0}$ $\boxed{b=2}$

Θεώρησα ότι για Ολυμπιάδα εισαγωγικού τύπου του Πολυτεχνείου, δεν χρειαζόταν η αντικατάσταση και η τελική μορφή της δευτεροβάθμιας.

Μάλλον δεν εκφράστηκα σωστά. Η συνεπαγωγή είναι κατανοητή και θέμα πράξεων, εννοούσα την σχέση $\displaystyle AD \cdot b = 2R \cdot 1$ .

Είναι από το γινόμενο δύο πλευρών τριγώνου, $\boxed{bc = 2R{h_a}}$

Al.Koutsouridis · #7

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 07, 2019 2:56 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 07, 2019 2:18 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 07, 2019 2:07 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 07, 2019 1:04 pm
Καλησπέρα κ.Γιώργο,

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 07, 2019 10:14 am
Αλλά, $\displaystyle AD \cdot b = 2R \cdot 1 \Rightarrow$ $\boxed{b=2}$

Αυτή η σχέση επειδή νόμιζω είναι ουσιώδης και όχι προφανής (τουλάχιστον σε μένα) για την λύση, χρήζει λίγο παραπάνω δικαιολόγηση.
Καλησπέρα!

$\displaystyle AD \cdot b = 2R \cdot 1 \Leftrightarrow b = \dfrac{{2R}}{{AD}} = \dfrac{{\dfrac{{4\sqrt 3 }}{3}}}{{\dfrac{{b\sqrt 3 }}{{b + 1}}}} \Leftrightarrow b = \frac{{4b + 4}}{{3b}} \Leftrightarrow 3{b^2} - 4b - 4 = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{b > 0}$ $\boxed{b=2}$

Θεώρησα ότι για Ολυμπιάδα εισαγωγικού τύπου του Πολυτεχνείου, δεν χρειαζόταν η αντικατάσταση και η τελική μορφή της δευτεροβάθμιας.

Μάλλον δεν εκφράστηκα σωστά. Η συνεπαγωγή είναι κατανοητή και θέμα πράξεων, εννοούσα την σχέση $\displaystyle AD \cdot b = 2R \cdot 1$ .
Είναι από το γινόμενο δύο πλευρών τριγώνου, $\boxed{bc = 2R{h_a}}$

Αυτό προϋποθέτει όμως, ότι $AB \perp BC$ κατι το οποίο δεν το γνωρίζουμε ακόμη και το εξάγουμε δεδομένου ότι b=2

, αν καταλαβαίνω καλά.

#8

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 07, 2019 3:09 pm

...Αυτό προϋποθέτει όμως, ότι $AB \perp BC$ κατι το οποίο δεν το γνωρίζουμε ακόμη και το εξάγουμε δεδομένου ότι , αν καταλαβαίνω καλά.

Ναι, έχεις δίκιο! Στο σημείο αυτό την πάτησα...

Θα επανέλθω, αν βρω κάτι άλλο.

#9

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 06, 2019 10:18 pm

4. Στο τρίγωνο με την γωνία να είναι ίση με , φέρουμε την διχοτόμο . Η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου με κέντρο το σημείο , είναι ίση με $\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$ . Αν , vα βρείτε το μήκος του τμήματος , όπου το σημείο τομής των τμημάτων και . [20 μόρια]

: Βήμα στο μέλλον.png (20.41 KiB) Προβλήθηκε 3061 φορές

Με νόμο συνημιτόνων βρίσκω $\boxed{ {a^2} = {b^2} - b + 1}$ (1)

Υπολογίζω το εμβαδόν του ADC

με δύο τρόπους:

$\displaystyle \frac{1}{2}AD \cdot b\sin 30^\circ = \frac{{AD \cdot b \cdot DC}}{{4R}} \Leftrightarrow DC = R \Leftrightarrow \frac{{ab}}{{b + 1}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\mathop \Rightarrow \limits^{(1)} \frac{{b\sqrt {{b^2} - b + 1} }}{{b + 1}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}$

$\displaystyle \Leftrightarrow ... \Leftrightarrow 3{b^4} - 3{b^3} - {b^2} - 8b - 4 = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{HORNER} (b - 2)(3{b^3} + 3{b^2} + 5b + 2) = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{b > 0}$ $\boxed{b=2}$

Άρα το ABC

είναι ορθογώνιο και $\displaystyle BD = \frac{{\sqrt 3 }}{3},OB = \sqrt {{R^2} + 1} = \frac{{\sqrt {21} }}{3} \Rightarrow$ $\boxed{BM = \frac{{OB}}{3} = \frac{{\sqrt {21} }}{9}}$

#10

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 06, 2019 10:18 pm

4. Στο τρίγωνο με την γωνία να είναι ίση με , φέρουμε την διχοτόμο . Η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου με κέντρο το σημείο , είναι ίση με $\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$ . Αν , vα βρείτε το μήκος του τμήματος , όπου το σημείο τομής των τμημάτων και . [20 μόρια]

: Βήμα στο μέλλον.ΙΙ.png (14.37 KiB) Προβλήθηκε 3058 φορές

Αλλιώς, $\displaystyle D\widehat OC = 2D\widehat AC = 60^\circ \Rightarrow DC = R.$ Η συνέχεια όπως και πριν...

#11

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 06, 2019 10:18 pm
Εισαγωγικού τύπου ολυμπιάδα «Βήμα στο μέλλον» του Κρατικού Τεχνικού Πανεπιστημίου Μόσχας Bauman (Πολυτεχνείο)
Μια από τις εκδόσεις των θεμάτων για το 2019.

2. Να λύσετε την ανισότητα $\displaystyle{ \sqrt{3} \tan x - \sqrt[4]{\sin y} - \sqrt{\dfrac{3}{\cos^2 x} +\sqrt{\sin y} - 6 } \geq \sqrt{3}}$ . [12 μόρια]

Πρέπει $siny\geqslant 0$

Θέτω $a=\sqrt{3}tanx,\,\,\,b=\sqrt[4]{siny}$ . Επειδή $\dfrac{1}{cos^2x}=1+tan^2x$ η ανίσωση γράφεται τελικά

$a-b-\sqrt{3}\geqslant \sqrt{a^2+b^2-3}$

Βάζουμε περιορισμούς, τετραγωνίζουμε, κάνουμε πράξεις και παραγοντοποιούμε:

$(\sqrt{3}-a)(\sqrt{3}+b)\geq 0$

Αλλά $0\leq b\leq 1$ , οπότε $\sqrt{3}-a\geq 0$ . Έτσι $a-b-\sqrt{3}\leq 0$ .

Απο περιορισμούς $a-b-\sqrt{3}\geq 0$ άρα $a-b-\sqrt{3} = 0$ κ.λπ. $a=\sqrt{3},\,\,b=0$

Altrian · #12

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 06, 2019 10:18 pm
Εισαγωγικού τύπου ολυμπιάδα «Βήμα στο μέλλον» του Κρατικού Τεχνικού Πανεπιστημίου Μόσχας Bauman (Πολυτεχνείο)
Μια από τις εκδόσεις των θεμάτων για το 2019.

3. Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων και , για τα οποία εκ των τεσσάρων ισχυρισμών

1) διαιρείται με το
2)
3) διαιρείται με το
4) είναι πρώτος αριθμός

τρεις είναι αληθείς και ένας ψευδής. [16 μόρια]

Καλημέρα, μια προσπάθεια για την 3.
Από την 3) $\Rightarrow 4\left | a+2b+1\Rightarrow 4\left | a+6b+1$ το οποίο όμως έρχεται σε αντίφαση με την 4). Αρα μία εκ των 3), 4) είναι η ψευδής, άρα οι 1) και 2) είναι αληθείς.
2) $\Rightarrow a^{2}+ab-6b^{2}-2a-16b-8=0\Rightarrow (2b-a+4)(3b+a+2)=0$ . Επειδή όμως $a,b> 0\Rightarrow 2b-a+4=0\Rightarrow a=2b+4....[5]$ .
Αντικαθιστώντας την [5]

στην $[3]\Rightarrow 4\left | 4b+5$ που είναι ψευδής άρα η [4]

είναι αληθής.
Αντικαθιστώντας την [5]

στην $[1]\Rightarrow b\left |4b^{2}+24b+35\Rightarrow b\left |35\Rightarrow b\in \left \{ 1,5,7,35 \right \}$ .
Από τις τιμές αυτές μόνο οι 1,7

επαληθεύουν την [4]

που είναι αληθής. Αρα τα ζητούμενα ζεύγη είναι:
(a,b)=(6,1)/(18,7)

#13

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 06, 2019 10:18 pm
Εισαγωγικού τύπου ολυμπιάδα «Βήμα στο μέλλον» του Κρατικού Τεχνικού Πανεπιστημίου Μόσχας Bauman (Πολυτεχνείο)
Μια από τις εκδόσεις των θεμάτων για το 2019.
........................................................
6. Η βάση της πυραμίδας είναι το τρίγωνο , όλες οι πλευρές του οποίου είναι ίσες με $\sqrt{3}$ και το ύψος της συμπίπτει με την παράπλευρη ακμή . Να βρείτε το εμβαδόν της τομής της πυραμίδας με το επίπεδο, που διέρχεται από το κέντρο της περιγεγραμμένης στην πυραμίδα σφαίρας, σχηματίζει γωνία με την βάση, τέμνει την ακμή στο σημείο , ώστε και τέμνει την ακμή . Είναι γνωστό, ότι η απόσταση του σημείου από το επίπεδο τομής είναι ίση με $\dfrac{1}{4}$ . [20 μόρια]

Καλησπέρα, ....

Ας ξεκινήσουμε το όμορφο αυτό πρόβλημα, διατυπώνοντας μερικές αρχικές ιδέες, προσέχοντας το ακόλουθο σχήμα:

: Στερεομετρία Κορέα 1.png (42.46 KiB) Προβλήθηκε 2745 φορές

Στο σχήμα αυτό έχουμε την πυραμίδα $\displaystyle{T.ABC}$ όπου το τρίγωνο της βάσης είναι το ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$
με πλευρά:

$\displaystyle{AB=\sqrt{3} \ \ (1)}$

και ύψος:

$\displaystyle{TA=v \ \ (2)}$

Το σημείο $\displaystyle{O}$ είναι το κέντρο της περιγεγραμμένης στην πυραμίδα αυτή σφαίρας και συνεπώς το σημείο αυτό ισαπέχει από
τις κορυφές της πυραμίδας και η προβολή του στη βάση $\displaystyle{ABC}$ είναι το βαρύκεντρο $\displaystyle{G}$ του ισοπλεύρου τριγώνου.
Ακόμα αν $\displaystyle{K}$ είναι το μέσον της $\displaystyle{AT}$ τότε $\displaystyle{OK}$ μεσοκάθετος της $\displaystyle{AT}$ και ασφαλώς $\displaystyle{GO=AK \ \ (3)}$

Το σημείο $\displaystyle{M}$ είναι ένα σημείο της πλευράς $\displaystyle{AB}$ και είναι:

$\displaystyle{(MB)=2(AM) \ \ (4)}$

Για να κατασκευάσουμε ένα επίπεδο που να διέρχεται από το κέντρο $\displaystyle{O}$ της σφαίρας και να σχηματίζει γωνία ίση με $\displaystyle{60^o}$
με το επίπεδο της βάσης σχηματίζουμε έναν κώνο με κορυφή το σημείο $\displaystyle{O}$ και γενέτειρα $\displaystyle{OS}$ , όπου τέτοια ώστε να σχηματίζει με
τη βάση γωνία ίση με $\displaystyle{60^o}$ .
Αυτό εύκολα το πετυχαίνουμε αν θεωρήσουμε τον κύκλο

$\displaystyle{(G, \frac{v\sqrt{3}}{6}) \ \ (5) }$ και $\displaystyle{S}$ τυχαίο σημείο αυτού.

Στη συνέχεια για το τυχαίο αυτό σημείο $\displaystyle{S}$ θεωρούμε το εφαπτόμενο επίπεδο της κωνικής αυτής επιφάνειας που να διέρχεται από την $\displaystyle{OS}$ .
Έτσι έχουμε μια απειρία τέτοιων επιπέδων.
Ζητούμε στη συνέχεια εκείνο που να διέρχεται από το σημείο $\displaystyle{M}$ κι ακόμα να απέχει από το σημείο $\displaystyle{A}$ απόσταση

$\displaystyle{(AA_o)=\frac{1}{4} \ \ (6)}$

(Συνεχίζεται....)

Κώστας Δόρτσιος

#14

Ας πάρω την σκυτάλη!

Αφού κατασκευάσαμε το εν λόγω επίπεδο, έστω ότι τέμνει την

στο

ενώ η κοινή του τομή e_1

με το επίπεδο (ABC)

τέμνει την

στο

. (η

διέρχεται από τα M, F

και το

που θα ορίσουμε στη συνέχεια)

Από το

φέρνουμε το επίπεδο

κάθετο στην e_1

που την τέμνει στο

. Το τρίγωνο ADE

έχει σαν ύψος το AA_0

και ακόμα $\measuredangle ADE=60^o$

Υπολογίζουμε $AD=\dfrac{AA_0}{sin60^o}$ και $sin(\angle DMA)=\dfrac{AD}{AM}=\dfrac{1}{2}$ , οπότε $\measuredangle AMD=30^o$

Στη συνέχεια θα βρούμε (υπολογισμοί ρουτίνας) MF=1, EA=OG=1/2, AT=1

Άρα το

είναι μεταξύ των A,T

. Αυτό σημαίνει ότι η ζητούμενη τομή είναι το τρίγωνο EMF

συνεχίζεται...

Altrian · #15

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 06, 2019 10:18 pm
Εισαγωγικού τύπου ολυμπιάδα «Βήμα στο μέλλον» του Κρατικού Τεχνικού Πανεπιστημίου Μόσχας Bauman (Πολυτεχνείο)
Μια από τις εκδόσεις των θεμάτων για το 2019.

1. Ένας φοιτητής έγραψε πρόγραμμα που επαναχρωματίζει το πίξελ σε ένα από διαφορετικά χρώματα. Τα χρώματα αυτά είναι αριθμημένα με φυσικούς αριθμούς από το έως το , εξάλλου τα βασικά χρώματα έλαβαν τους ακόλουθους αριθμούς: το άσπρο χρώματα τον αριθμό , το κόκκινο -, το πορτοκαλί -, το κίτρινο-, το πράσινο -, το γαλάζιο -, το κυανό -, το μωβ -, το μαύρο -. Αν το αρχικό χρώμα του πίξελ έχει αριθμό $n \leq 17$ , τότε το πρόγραμμα του φοιτητή το χρωματίζει σε χρώμα με αριθμό και αν στο αρχικό χρώμα του πίξελ αντιστοιχεί αριθμός $n \geq 18$ , τότε το πίξελ χρωματίζεται με χρώμα που αντιστοιχεί στον αριθμό . Αρχικά το πίξελ είχε κόκκινο χρώμα. Ο φοιτητής εφάρμοσε διαδοχικά το πρόγραμμα φορές. Με ποιο χρώμα χρωματίστηκε το πίξελ στο τέλος; [12 μόρια]

Να δούμε και την 1.

Εστω

το πλήθος των επαναλήψεων (μέχρι το 2019

) και

ο κωδικός του χρώματος.
Εφαρμόζουμε επαναληπτικά τον αλγόριθμο μέχρι να προκύψει για δεύτερη φορά ίδιο νούμερο. Συγκεκριμένα παίρνουμε:
n f(n)
0 5
1 13
2 37
3 55
4 19
5 91
6 53
7 23
8 83
9 37
10 55

Παρατηρούμε ότι συναντούμε για δεύτερη φορά το

που σημαίνει ότι από την επανάληψη n=3

έχουμε εισέλθει σε ατέρμονα βρόχο μήκους

, όπου τα

επαναλαμβάνονται συνεχώς με αυτή τη σειρά.

Αρα f(2019)=f(288*7+3)=f(3)=55

. Αρα το χρώμα που θα εμφανιστεί στο τέλος είναι το κυανό.

#16

Altrian έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 15, 2019 12:33 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 06, 2019 10:18 pm
Εισαγωγικού τύπου ολυμπιάδα «Βήμα στο μέλλον» του Κρατικού Τεχνικού Πανεπιστημίου Μόσχας Bauman (Πολυτεχνείο)
Μια από τις εκδόσεις των θεμάτων για το 2019.

1. Ένας φοιτητής έγραψε πρόγραμμα που επαναχρωματίζει το πίξελ σε ένα από διαφορετικά χρώματα. Τα χρώματα αυτά είναι αριθμημένα με φυσικούς αριθμούς από το έως το , εξάλλου τα βασικά χρώματα έλαβαν τους ακόλουθους αριθμούς: το άσπρο χρώματα τον αριθμό , το κόκκινο -, το πορτοκαλί -, το κίτρινο-, το πράσινο -, το γαλάζιο -, το κυανό -, το μωβ -, το μαύρο -. Αν το αρχικό χρώμα του πίξελ έχει αριθμό $n \leq 17$ , τότε το πρόγραμμα του φοιτητή το χρωματίζει σε χρώμα με αριθμό και αν στο αρχικό χρώμα του πίξελ αντιστοιχεί αριθμός $n \geq 18$ , τότε το πίξελ χρωματίζεται με χρώμα που αντιστοιχεί στον αριθμό . Αρχικά το πίξελ είχε κόκκινο χρώμα. Ο φοιτητής εφάρμοσε διαδοχικά το πρόγραμμα φορές. Με ποιο χρώμα χρωματίστηκε το πίξελ στο τέλος; [12 μόρια]

Να δούμε και την 1.

Εστω το πλήθος των επαναλήψεων (μέχρι το ) και ο κωδικός του χρώματος.
Εφαρμόζουμε επαναληπτικά τον αλγόριθμο μέχρι να προκύψει για δεύτερη φορά ίδιο νούμερο. Συγκεκριμένα παίρνουμε:
n f(n)
0 5
1 13
2 37
3 55
4 19
5 91
6 53
7 23
8 83
9 37
10 55

Παρατηρούμε ότι συναντούμε για δεύτερη φορά το που σημαίνει ότι από την επανάληψη έχουμε εισέλθει σε ατέρμονα βρόχο μήκους , όπου τα επαναλαμβάνονται συνεχώς με αυτή τη σειρά.

Αρα . Αρα το χρώμα που θα εμφανιστεί στο τέλος είναι το κυανό.

Συμφωνούμε!

10 x=5
20 for i=1 to 2019
30 if x<=17 then x=3*x-2 else x=abs(129-2*x)
40 next
50 print x

τρέχει και δίνει χ=55

#17

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 06, 2019 10:18 pm
Εισαγωγικού τύπου ολυμπιάδα «Βήμα στο μέλλον» του Κρατικού Τεχνικού Πανεπιστημίου Μόσχας Bauman (Πολυτεχνείο)
Μια από τις εκδόσεις των θεμάτων για το 2019.

5. Για κάθε τιμή της παραμέτρου να λύσετε την εξίσωση

$\displaystyle{ \log_{2} \dfrac{3\sqrt{3}+\left (\sin x+4 \right )\cos a}{3 \sin a \cos x}=\left |3 \sin a \cos x \right | -\left | \left (\sin x+4 \right )\cos a+3\sqrt{3} \right | }$ . [20 μόρια]

Να πούμε, ότι η λύση της κρύβεται στον σύνδεσμο

viewtopic.php?f=184&t=64806

Υπόψη ότι πρέπει $\sin a \cos x>0$ , αφού $3\sqrt{3}+\left (\sin x+4 \right )\cos a>0$ , και, η συνάρτηση log_2 x+x

είναι 1-1.

#18

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 06, 2019 10:18 pm
Εισαγωγικού τύπου ολυμπιάδα «Βήμα στο μέλλον» του Κρατικού Τεχνικού Πανεπιστημίου Μόσχας Bauman (Πολυτεχνείο)
Μια από τις εκδόσεις των θεμάτων για το 2019.
........................................................
6. Η βάση της πυραμίδας είναι το τρίγωνο , όλες οι πλευρές του οποίου είναι ίσες με $\sqrt{3}$ και το ύψος της συμπίπτει με την παράπλευρη ακμή . Να βρείτε το εμβαδόν της τομής της πυραμίδας με το επίπεδο, που διέρχεται από το κέντρο της περιγεγραμμένης στην πυραμίδα σφαίρας, σχηματίζει γωνία με την βάση, τέμνει την ακμή στο σημείο , ώστε και τέμνει την ακμή . Είναι γνωστό, ότι η απόσταση του σημείου από το επίπεδο τομής είναι ίση με $\dfrac{1}{4}$ . [20 μόρια]

Καλημέρα...

Συνέχεια 1η

Έστω ότι κατασκευάσαμε το ζητούμενο επίπεδο και είναι αυτό του κατωτέρω σχήματος:

: Στερεομετρία Κορέα 2.png (27.08 KiB) Προβλήθηκε 2463 φορές

Στο σχήμα αυτό παρατηρούμε το επίπεδο αυτό να διέρχεται από το κέντρο $\displaystyle{O}$ της περιγεγραμμένης σφαίρας(που δεν την εμφανίζω)
επίσης τέμνει το ύψος $\displaystyle{AT}$ της πυραμίδας στο σημείο $\displaystyle{K}$ καθώς και τα τρίγωνα $\displaystyle{GOS}$ και $\displaystyle{AA_1K_1}$ , τα οποία είναι ορθογώνια και
με μια γωνία ίση με $\displaystyle{60^o}$ .
Σημειώνω ότι τα τρίγωνα αυτά προέκυψαν από τις καθέτους $\displaystyle{AA_o, GG_o}$ προς το ανωτέρω επίπεδο για το λόγο αυτό η γωνίες των
κορυφών $\displaystyle{S, A_1}$ εκφράζουν τη γωνία του ζητούμενου επιπέδου με το επίπεδο της βάσης της δοθείσας πυραμίδας.
Ας δούμε στο επόμενο σχήμα τα στοιχεία των τριγώνων αυτών:

: Στερεομετρία Κορέα 4.png (11.51 KiB) Προβλήθηκε 2463 φορές

Οι τιμές που είναι σημειωμένες στο σχήμα αυτό προέκυψαν εύκολα από τα δοθέντα, δηλαδή:

$\displaystyle{AA_o=\frac{1}{4}}$ και $\displaystyle{AT=v}$

και από τη σχέση (3) της προηγούμενης ανάρτησης.

Ας δούμε τώρα στο επόμενο σχήμα μερικά ακόμα στοιχεία:

: Στερεομετρία Κορέα 3.png (29.78 KiB) Προβλήθηκε 2463 φορές

Το σχήμα αυτό είναι μια ορθή προβολή του σχήματος του επιπέδου της πυραμίδας και είναι σημειωνένες κάποιες
από τις σχέσεις που ισχύουν και εύκολα διαπιστώνονται. Σημειώνεται ακόμα ότι στο ισόπλευρο αυτό τρίγωνο το
κάθε ύψος είναι ίσο με $\displaystyle{\frac{3}{2}}$ έτσι είναι:
$\displaystyle{GE=\frac{1}{2} \ \ (7)}$ (η αρίθμηση είναι συνέχεια της προηγούμενης ανάρτησης)
Σύμφωνα με το σχήμα αυτό έχουμε:
$\displaystyle{MA_1^2=MA^2-AA_1^2=(\frac{\sqrt{3}}{3})^2-(\frac{\sqrt{3}}{6})^2=\frac{3}{9}-\frac{3}{36}=...=\frac{1}{4} \Rightarrow MA_1=\frac{1}{2} \ \ (8) }$
Όμοια από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{GMS}$ προκύπτει:

$\displaystyle{MS=\frac{\sqrt{12-3v^2}}{6} \ \ (9)}$
Έτσι από τις (8) και (9) προκύπτει:
$\displaystyle{A_1S=A_1M+MS=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{12-3v^2}}{6}=AP \ \ (10)}$
Ακόμα είναι:
$\displaystyle{GA=1 \ \ (11) }$ (καθώς είναι τα $\displaystyle{ \frac{2}{3}}$ του ύψους του ισοπλεύρου τριγώνου)
Επίσης είναι:
$\displaystyle{GP=GS-SP=GS-AA_1=...=\frac{\sqrt{3}(v-1)}{6} \ \ (12)}$
Έτσι από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{AGP}$ προκύπτει:

$\displaystyle{SA^2+SG^2=GA^2 \Rightarrow (\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{12-3v^2}}{6})^2+(\frac{\sqrt{3}(v-1)}{6})^2=1^1 \Rightarrow ...\Rightarrow v^2+v-2=0 \ \ (13)}$

Από την τελευταία εξίσωση που έχει ως ρίζες τις $\displaystyle{v_1=1, v_2=-2}$ δεχόμαστε προφανώς την $\displaystyle{v=1}$

Έτσι λοιπόν το ύψος της πυραμίδας εκείνης που ικανοποιεί τα αιτήματα του προβλήματος είναι ίσο με τη μονάδα.

(Συνεχίζεται...)

Κώστας Δόρτσιος

#19

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 06, 2019 10:18 pm
Εισαγωγικού τύπου ολυμπιάδα «Βήμα στο μέλλον» του Κρατικού Τεχνικού Πανεπιστημίου Μόσχας Bauman (Πολυτεχνείο)
Μια από τις εκδόσεις των θεμάτων για το 2019.
........................................................
6. Η βάση της πυραμίδας είναι το τρίγωνο , όλες οι πλευρές του οποίου είναι ίσες με $\sqrt{3}$ και το ύψος της συμπίπτει με την παράπλευρη ακμή . Να βρείτε το εμβαδόν της τομής της πυραμίδας με το επίπεδο, που διέρχεται από το κέντρο της περιγεγραμμένης στην πυραμίδα σφαίρας, σχηματίζει γωνία με την βάση, τέμνει την ακμή στο σημείο , ώστε και τέμνει την ακμή . Είναι γνωστό, ότι η απόσταση του σημείου από το επίπεδο τομής είναι ίση με $\dfrac{1}{4}$ . [20 μόρια]

Καλημέρα....

Συνέχεια 2η

Απoδείχθηκε στην "συνέχεια 1η" ότι το ύψος της πυραμίδας αυτής είναι $\displaystyle{AT=1}$ . Άρα το ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ φαίνεται με το
νέο αυτό δεδομένο ότι είναι το εξής:

: Στερεομετρία Κορέα 5.png (29.97 KiB) Προβλήθηκε 2379 φορές

Δηλαδή τα δύο ορθογώνια τρίγωνα $\displaystyle{(OGS), (AA_1K)}$ (του σχήματος στην προηγούμενη ανάρτηση) έγιναν πλέον ίσα και με ακτίνα

$\displaystyle{AA_1=GS=\frac{\sqrt{3}}{6} \ \ (13)}$

Από τα ανωτέρω προκύπτει η κατασκευή του ζητούμενου επιπέδου.
Κατασκευή:
Κατασκευάζουμε την κοινή εφαπτομένη $\displaystyle{(e_1)}$ των ίσων κύκλων $\displaystyle{(G,GS)}$ και $\displaystyle{(A,AA_1)}$ με γνωστή την ακτίνα τους από την (13)
και στη συνέχεια "κατασκευάζουμε" το επίπεδο που διέρχεται από την κοινή αυτή εφαπτομένη και το κέντρο $\displaystyle{O}$ της
περιγεγραμμένης σφαίρας, όπως φαίνεται στο ακόλουθο σχήμα:

: Στερεομετρία Κορέα 10.png (40.42 KiB) Προβλήθηκε 2379 φορές

Η τομή τώρα του επιπέδου αυτού με την πυραμίδα θα οριστεί από τα τέσσερα σημεία κατά τα οποία τέμνει τις ακμές της πυραμίδας.
Αυτά είναι: Το σημείο $\displaystyle{M}$ , το σημείο $\displaystyle{Q}$ , το σημείο $\displaystyle{K}$ και το σημείο $\displaystyle{W}$ επί της ακμής $\displaystyle{TC}$

Για τα σημεία $\displaystyle{M,Q,K}$ γνωρίζουμε:

$\displaystyle{\frac{AM}{MB}=\frac{1}{2} \ \ (14) }$ (από την εκφώνηση του προβλήματος)

$\displaystyle{\frac{RQ}{QB}=\frac{1}{2} \ \ (15) }$ (διότι $\displaystyle{MQ//AR}$ , αφού $\displaystyle{A_1S//=AG}$ )

$\displaystyle{\frac{AK}{KT}=\frac{1}{1} \ \ (16) }$ (διότι $\displaystyle{K}$ μέσον του ύψους $\displaystyle{AT}$ )

Θα αναζητήσουμε ακόμα και το λόγο: $\displaystyle{\frac{CW}{WT} }$

Παρατηρούμε τις ευθείες $\displaystyle{(e_1), (e_2), (e_3) }$ .
Οι ευθείες αυτές διέρχονται από το ίδιο σημείο γιατί ανά δύο τέμνονται και δεν ανήκουν στο ίδιο επίπεδο.(Βασικό θεώρημα της Στερεομετρίας).
Το ότι τέμνονται ανά δύο δείχνεται εύκολα γιατί:

Η $\displaystyle{(e_1)//AR}$ άρα τέμνει την $\displaystyle{AC=(e_2)}$
Η $\displaystyle{(e_1) }$ τέμνει την $\displaystyle{(e_3)}$ γιατί ως ευθείες του ιδίου επιπέδου αν δεν τέμνονταν θα ήταν παράλληλες. Όμως τότε η $\displaystyle{(e_3)}$ θα
διέρχονταν από το περίκεντρο $\displaystyle{O}$ της πυραμίδας το οποίο είναι άτοπο καθόσον το περίκεντρο $\displaystyle{O}$ δεν ανήκει στην ακμή $\displaystyle{TC}$ .
Όμοια δείχνεται ότι και η $\displaystyle{(e_2)}$ τέμνει την $\displaystyle{(e_3)}$ .

Ακόμα είναι:

$\displaystyle{AL=AM=\sqrt{3} \ \ (17) }$ (καθόσον το τρίγωνο $\displaystyle{AML}$ είναι ισοσκλελές)

Ύστερα από αυτά εφαρμόζουμε στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ACT}$ το θεώρημα του Μενελάου με διατέμνουσα την $\displaystyle{(e_3)}$ . Επομένως:

$\displaystyle{\frac{TK}{KA} \cdot \frac{AL}{LC} \cdot \frac{CW}{WT} =1 \Rightarrow \frac{1}{1} \cdot \frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{3}+\frac{\sqrt{3}}{3}} \cdot \frac {CW}{WT}=1 \Rightarrow \frac{CW}{WT}=4 \ \ (18) }$

Έτσι, με δεδομένα τα στοιχεία αυτά, έχουμε στο ακόλουθο σχήμα και το τετράπλευρο $\displaystyle{(MQWK)}$ της τομής του επιπέδου αυτού με την πυραμίδα.

: Στερεομετρία Κορέα 8.png (31.74 KiB) Προβλήθηκε 2379 φορές

(Συνεχίζεται...)

Κώστας Δόρτσιος

#20

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 06, 2019 10:18 pm
Εισαγωγικού τύπου ολυμπιάδα «Βήμα στο μέλλον» του Κρατικού Τεχνικού Πανεπιστημίου Μόσχας Bauman (Πολυτεχνείο)
Μια από τις εκδόσεις των θεμάτων για το 2019.
........................................................
6. Η βάση της πυραμίδας είναι το τρίγωνο , όλες οι πλευρές του οποίου είναι ίσες με $\sqrt{3}$ και το ύψος της συμπίπτει με την παράπλευρη ακμή . Να βρείτε το εμβαδόν της τομής της πυραμίδας με το επίπεδο, που διέρχεται από το κέντρο της περιγεγραμμένης στην πυραμίδα σφαίρας, σχηματίζει γωνία με την βάση, τέμνει την ακμή στο σημείο , ώστε και τέμνει την ακμή . Είναι γνωστό, ότι η απόσταση του σημείου από το επίπεδο τομής είναι ίση με $\dfrac{1}{4}$ . [20 μόρια]

Συνέχεια 3η και τελευταία...

Το τελικό ζητούμενο του προβλήματος είναι να υπολογίσουμε το εμβαδόν της τομής της πυραμίδας αυτής με το εν λόγω επίπεδο.
Εργαζόμαστε στο ακόλουθο σχήμα:

: Στερεομετρία Κορέα 11.png (29.93 KiB) Προβλήθηκε 2254 φορές

Ζητούμε επομένως το $\displaystyle{E=E(MKWQ)}$

Από τη σχέση (18) της προηγούμενης ανάρτησης εύκολα προκύπτει ότι για την προβολή της κορυφής $\displaystyle{W_o}$ στην βάση της πυραμίδας
ισχύει:

$\displaystyle{\frac{CW_o}{W_oA}=4 \Rightarrow \frac{CW_o}{CA}=\frac{4}{5} \ \ (19)}$

Το τετράπλευρο $\displaystyle{MKWQ}$ επομένως προβάλλεται στο τετράπλευρο $\displaystyle{AMQW}$ επί του επιπέδου της βάσης της πυραμίδας αυτής και
το οποίο έχει εμβαδόν:

$\displaystyle{E_o=E(AMQW)}$

Μεταξύ των εμβαδών αυτών ισχύει η σχέση:

$\displaystyle{E_o=E\cdot cos(60^o) \Rightarrow E_o=E\cdot \frac{1}{2} \Rightarrow E=2E_o \ \ (20)}$

Θα υπολογίζουμε επομένως το εμβαδόν $\displaystyle{E_o=E(AMQW)}$ θεωρώντας ακόμα ότι το εμβαδόν του ισοπλεύρου τριγώνου

$\displaystyle{ABC}$ είναι:

$\displaystyle{E_t=E(ABC)=\frac{3\sqrt{3}}{4} \ \ (21) }$

Άρα:

$\displaystyle{E_o=E_t-E(BMQ)-E(CQW_o) \ \ (22) }$

Όμως είναι:

$\displaystyle{\frac{E(BMQ)}{E(ABR)}=(\frac{2}{3})^2 \Rightarrow E(BMQ)=\frac{4}{9}\cdot E(ABR) }$ (διότι MQ//AR και $\displaystyle{\frac{BM}{BA}=\frac{2}{3})}$

Άρα:

$\displaystyle{E(BMQ)=\frac{4}{9}\cdot E(ABR)=\frac{4}{9} \cdot \frac{1}{2} E_t \Rightarrow E(BMQ)=\frac{2}{9}E_t \ \ (23) }$

Επίσης είναι:

$\displaystyle{\frac{E(CQW_o)}{E(ABC)}=\frac{\frac{4}{5}(AC) \cdot \frac{4}{6}(BC)}{(AC)(BC)}=...= \frac{8}{15} \Rightarrow E(CQW_o)=\frac{8}{15}E_t \ \ (24) }$ (από την (19))

Τέλος η (22) από τις (23) και (24) δίνει:

$\displaystyle{E_o=\frac{11\sqrt{3}}{60} \ \ (25)}$

και από την (20) προκύπτει ότι το εμβαδόν της ζητούμενης τομής θα είναι:

$\displaystyle{E=\frac{11\sqrt{3}}{30}}$

Κώστας Δόρτσιος

Ολυμπιάδα "Βήμα στο μέλλον"

Ολυμπιάδα "Βήμα στο μέλλον"

Re: Ολυμπιάδα "Βήμα στο μέλλον"

Re: Ολυμπιάδα "Βήμα στο μέλλον"

Re: Ολυμπιάδα "Βήμα στο μέλλον"

Re: Ολυμπιάδα "Βήμα στο μέλλον"

Re: Ολυμπιάδα "Βήμα στο μέλλον"

Re: Ολυμπιάδα "Βήμα στο μέλλον"

Re: Ολυμπιάδα "Βήμα στο μέλλον"

Re: Ολυμπιάδα "Βήμα στο μέλλον"

Re: Ολυμπιάδα "Βήμα στο μέλλον"

Re: Ολυμπιάδα "Βήμα στο μέλλον"

Re: Ολυμπιάδα "Βήμα στο μέλλον"

Re: Ολυμπιάδα "Βήμα στο μέλλον"

Re: Ολυμπιάδα "Βήμα στο μέλλον"

Re: Ολυμπιάδα "Βήμα στο μέλλον"

Re: Ολυμπιάδα "Βήμα στο μέλλον"

Re: Ολυμπιάδα "Βήμα στο μέλλον"

Re: Ολυμπιάδα "Βήμα στο μέλλον"

Re: Ολυμπιάδα "Βήμα στο μέλλον"

Re: Ολυμπιάδα "Βήμα στο μέλλον"

Μέλη σε σύνδεση