Προκριματικός Διαγωνισμός 2011

Νασιούλας Αντώνης · #1

Πρόβλημα 1

Να προσδιορίσετε τους πρώτους θετικούς ακεραίους p και q που ικανοποιούν την εξίσωση:
p^4+p^3+p^2+p=q^2+q

Πρόβλημα 2

Θεωρούμε πίνακα Π σχήματος ορθογωνίου με διαστάσεις 10cm και 11cm. O πίνακας υποδιαιρείται με ευθείες παράλληλες προς τις πλευρές του σε 110 τετράγωνα πλευράς 1cm. Διαθέτουμε πλακάκια σχήματος σταυρού, που αποτελούνται από 6 τετράγωνα πλευράς 1cm, όπως δίνονται στο διπλανό σχήμα. Να προσδιορίσετε το μέγιστο αριθμό πλακιδίων που μπορούμε να τοποθετήσουμε στον πίνακα Π, έτσι ώστε να μην έχουν επικαλύψεις μεταξύ τους και κάθε πλακίδιο να επικαλύπτει 6 ακριβώς τετράγωνα του πίνακα.

Πρόβλημα 3

Να βρεθούν οι συναρτήσεις $f,g: \mathbb{Q}\to \mathbb{Q}$ για τις οποίες ισχύουν οι σχέσεις:

$f\left( g\left(x\right)-g\left(y\right) \right)=f\left(g\left(x\right) \right) \right)-y (1)$

$g\left( f\left(x\right)-f\left(y\right) \right)=g\left(f\left(x\right) \right) \right)-y (2)$

για κάθε $x,y \in \mathbb{Q}$ .

Πρόβλημα 4

Δίνεται τετράπλευρο ABCD εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O,R)

και έστω K,L,M,N,S,T τα μέσα των AB, BC, CD, AD, AC και BD αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι τα κέντρα των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων KLS, LMT, MNS, και NKT ορίζουν εγγράψιμο τετράπλευρο όμοιο προς το ABCD.

Νασιούλας Αντώνης · #2

Να σημειώσω ότι το πρόβλημα 1 υπάρχει πανομοιότυπο εδώ (σε ελαφρώς πιο δύσκολη εκδοχή καθώς δεν υπάρχει ο περιορισμός των πρώτων).
Είχε προταθεί από το Θάνο και είχε λυθεί από τον Κώστα.

Καλή επιτυχία σε όλα τα παιδιά και ιδιαίτερα στα μέλη μας.

Eagle · #3

Μπορεί κάποιος να αναρτήσει τα θέματα των μικρών;
Επίσης πότε θα βγούν τα αποτελέσματα;

#4

Νασιούλας Αντώνης έγραψε:
Πρόβλημα 3

Να βρεθούν οι συναρτήσεις $f,g: \mathbb{Q}\to \mathbb{Q}$ για τις οποίες ισχύουν οι σχέσεις:

$f\left( g\left(x\right)-g\left(y\right) \right)=f\left(g\left(x\right) \right) \right)-y \ (1)$

$g\left( f\left(x\right)-f\left(y\right) \right)=g\left(f\left(x\right) \right) \right)-y \ (1)$

για κάθε $x,y \in \mathbb{Q}$ .

Για

έχουμε

και

οπότε οι

είναι 1-1 και επί.

Ακόμη, f(g(0))=f(0)

και

οπότε

Άρα, $g(f(x))=x=f(g(x)) \ (*)$ για κάθε χ.

Θέτοντας στην (1) $x:=0, \ y:=f(y)$ είναι f(-y)=-f(y)

, δηλαδή περιττή.

Θέτοντας στην (1) $x:=f(x), \ y:=f(y)$ με βάση τις (*)

είναι

Η τελευταία για y:=-y

γίνεται

δηλαδή

για κάθε ρητό χ.

Αντικαθιστώντας στις (*)

$\ \ \ \displaystyle g(x)=\frac{x}{c} , \ c \ne 0.$

Αντίστροφα, κάθε ζεύγος $\displaystyle f(x)=cx, \ g(x)=\frac{x}{c}, \ c \ne 0$ είναι λύση του προβλήματος.

Nick Rapanos · #5

Πρόβλημα 4.

Σύμφωνα με το παρακάτω σχήμα αρκεί να δείξουμε ότι $L_{1}L_{2}//AB$ όπου L_1

και

είναι τα κέντα Euler των τριγώνων ADC

και

αντίστοιχα. Όμοια μετά δείχνουμε και την παραλληλία των υπόλοιπων πλευρών των τετραπλεύρων (και πως ο λόγος των ζευγαριών είναι σταθερός), επομένως από την ομοιότητα τους συνάγεται και η εγγραψιμότητα.

Για να δείξουμε λοιόν ότι $L_{1}L_{2}//AB$ αρκεί να παρατηρήσουμε ότι αν H_1

και

τα αντίστοιχα ορθόκεντρα, τότε τα L_1

και

είναι τα μέσα των E_1M

και

όπου

τα μέσα των ορθοκέντρων από τις κορυφές.

Συνεπώς L_1L_2//E_1E_2

, αλλά $E_1B=OM=E_2A\Longrightarrow E_1E_2//=AB$ .

Άρα $\displaystyle\frac{L_1L_2}{AB}=1/2$ πράγμα που όμοια αποδεικνύεται και για τα υπόλοιπα ζευγάρια πλευρών και μαζί με την παραλληλία διασφαλίζει την ομοιότητα των δύο τετραπλεύρων.

S.E.Louridas · #6

Με τις ευχές μου γιά καλή συνέχεια σε όλα τα μέλη της Εθνικής των Μαθηματικών και κυρίως στους διαγωνιζόμενους.
Μία Στοιχειώδης Αποψη γιά το Θέμα της Γεωμετρίας
Είναι καθαρό ότι οι περιγεγραμμένοι αυτοί κύκλοι είναι ίσοι με ακτίνες ίσες με το μισό της ακτίνας του περιγεγραμμένου κύκλου στο τετράπλευρο καθότι:
$KL\mathop = \limits^\parallel NM\mathop = \limits^\parallel \frac{{AC}} {2},\mu \varepsilon \angle KSL = \angle B = \pi - \angle D = \pi - \angle NSM\;\kappa \alpha \iota$
$NK\mathop = \limits^\parallel ML\mathop = \limits^\parallel \frac{{AC}} {2},\angle LTM = \angle C = \pi - \angle A = \pi - \angle NTK.$
Άρα για τα κέντρα
K_1 ,K_2 ,K_3 ,K_4 ,

των κύκλων
$\left( {KSL} \right),\left( {MLT} \right),\left( {NMS} \right),\left( {NKT} \right),$
αντίστοιχα ,σε σχέση με το παραλληλόγραμμο NKLM έχουμε το 2o σχήμα που ακολουθεί με τις προφανείς παραλληλίες και ισότητες
$KK_1 \mathop = \limits^\parallel NK_3 ,LK_1 \mathop = \limits^\parallel MK_3 ,MK_2 \mathop = \limits^\parallel NK_4 ,LK_2 \mathop = \limits^\parallel KK_4=\frac{R}{2}.$
Συνεπώς υπάρχει σημείο, έστω F τέτοιο που:
$FK_1 = FK_2 = FK_3 = FK_4 = \frac{R}{2}.$
Η ζητούμενη ομοιότητα είναι πλέον προφανής.

S.E.Louridas

kalagz · #7

Για το 1ο:
Έχουμε p^3(p+1)=(q-p)(q+p+1)

οπότε με κάποιες πρυποθέσεις προκείπτει q=kp-1 για κάποιον άρτιο k. Έτσι p^2(p+1)=(q-p)(k+1)

όπου πρέπει k+1=mp για εναν πειττό m. Συνεπώς p(p+1)=(q-p)m

όπου και παλι πρέπει m=np για εναν πειττό n. Τελικά p+1=(q-p)n

και αφού p+1 άρτιος ενώ n περιττός, έχουμε ότι p+1=q-p ή q=2p+1. Βάζοντας αυτό στην αρχική προκύπτει ότι η μόνη δεκτή λύση (για p πρώτο) είναι p=2 και έτσι q=5. Aπλά στο διαγωνισμό είχα κάνει και κάποιες άλλες παρατηρήσεις για την πληρότητα.

Νομίζω πως ο περσινός προκριματικός ήταν αρκετά πιο δύσκολος. Η Επιτροπή μπορούσε να κάνει πιο απαιτητικό αυτό το στάδιο, όπως θα ήταν λογικό σε μια προσπάθεια "ανάπτυξης" του επιπέδου μας. Μας επισημάνθηκε κιόλας πως ο σκοπός του προκριματικού είναι διαφορετικός από αυτόν του Αρχιμήδη. Παρ'ολα αυτά, οι διαφορές στη δυσκολία τους αμηλητέες.

S.E.Louridas · #8

H διαπραγμάτευση που παρουσίασα προηγουμένως είχε τον χαρακτηρισμό της στοιχειώδους.

Και τώρα μία off της στοιχειώδους
Στο παραλληλόγραμμο KLMN η ''συμπεριφορά'' (στο πρόβλημα) του ζεύγους των τριγώνων KSL, NSM είναι ταυτόσημη με εκείνη του ζεύγους των τριγώνων KTL, NTM και η ''συμπεριφορά'' τών τριγώνων KTN, LTM με εκείνη τών MSK, MSL.
Αρα το πρόβλημα είναι απλό πρόβλημα ομοιοθεσίας εφαρμοσμένης 4-φορές με κέντρα τις κορυφές του τετραπλεύρου (ομοιοθεσίας τεσσάρων τετραπλεύρων με το αρχικό) με λόγο ομοιοθεσίας λ= $\frac{1}{2}.$

S.E.Louridas

hsiodos · #9

Μια λύση για το 4 που έχει κοινά στοιχεία με την (στοιχειώδη) λύση του Σωτήρη (Λουρίδα).

Τα τρίγωνα ABC , ABD , ADC , BDC είναι εγγεγραμμένα στο κύκλο (Ο , R) .

Τα τρίγωνα KSL , KNT , NSM , TLM είναι όμοια προς τα ABC , ABD , ADC , BDC αντίστοιχα με λόγο ομοιότητας 1/2 .

Συνεπώς οι περιγεγραμμένοι κύκλοι $\displaystyle{C_1 ,C_2 ,C_3 ,C_4 }$ των τριγώνων KSL , KNT , NSM , TLM είναι ίσοι με ακτίνα R/2 . Οι κύκλοι αυτοί διέρχονται από το ίδιο σημείο P.

Πράγματι αν Ρ το δεύτερο σημείο τομής των κύκλων $\displaystyle{C_1 ,C_2 }$ τότε:

$\displaystyle{ \mathop {P_1 }\limits^ \wedge = 180^0 - \mathop {N_1 }\limits^ \wedge = 180^0 - \mathop {B_1 }\limits^ \wedge \,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\mathop {P_2 }\limits^ \wedge = \mathop {S_2 }\limits^ \wedge = \mathop B\limits^ \wedge \,}$ $\displaystyle{ o\pi o\tau \varepsilon \,\,\mathop {P_3 }\limits^ \wedge = 360^0 - (\mathop {P_1 }\limits^ \wedge + \mathop {P_2 }\limits^ \wedge ) = 180^0 - (\mathop B\limits^ \wedge - \mathop {B_1 }\limits^ \wedge ) = 180^o - \mathop {B_2 }\limits^ \wedge = 180^o - \mathop {M_1 }\limits^ \wedge }$

Δηλαδή το TMLP είναι εγγράψιμο οπότε και ο κύκλος $\displaystyle{C_4 }$ διέρχεται από το Ρ. (όμοια και για τον κύκλο $\displaystyle{C_3 }$ )

: προκριματικός 1.png (60.65 KiB) Προβλήθηκε 8428 φορές

Έστω E , F , G , H τα κέντρα των κύκλων $\displaystyle{C_1 ,C_2 ,C_3 ,C_4 }$ , τότε PE = PF = PG = PH = R/2 δηλαδή τα E , F , G , H είναι σημεία του κύκλου (P , R/2)

Από τους ρόμβους PESG , PFNG εύκολα βρίσκουμε ότι FE // DC και FE = DC /2 ( όμοια και για τις άλλες πλευρές) οπότε το ζητούμενο έπεται.

: προκριματικός 2.png (43.86 KiB) Προβλήθηκε 8428 φορές

Γιώργος

#10

Μία παραλλαγή προηγούμενων λύσεων.
Τα ορθόκεντρα των τεσσάρων τριγώνων, σχηματίζουν τετράπλευρο ίσο του αρχικού, (πρόβλημα που έχουμε δεί και στο http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=20&t=12288).
Οπότε με χρήση ομοιοθεσίας κέντρου Ο, το τετράπλευρο των περικέντρων, είναι όμοιόθετο εκείνου των ορθοκέντρων.

Kostas_94 · #11

Άλλη μια λύση για την 1. θεωρούμε πρώτα ότι $p,q\neq2$ . Επειδή (p,q)=1, είναι
$p(p^3+p^2+p+1)=q(q+1)\Rightarrow p\mid q+1(1) \wedge q\mid p^3+p^2+p+1$ . Η δεύτερη δίνει
$q\mid (p^2+1)(p+1)\Rightarrow q\mid \frac{p^2+1}{2}\frac{p+1}{2}$

1η περίπτωση:
$q\mid \frac{p+1}{2} \Rightarrow 2q\leq p+1$ . Όμως $(1)\Rightarrow p\leq q+1$ , οπότε οι δυο τελευταίες δίνουν $2q\leq q+2\Rightarrow q\leq 2$ . άτοπο

2η Περίπτωση:
$q\mid \frac{p^2+1}{2}\Rightarrow q\mid p^2+1\Rightarrow q\leq p^2+1$ , οπότε η δοθείσα γίνεται
$\displaystyle p^4+p^3+p^2+p=q(q+1)\leq (p^2 +1)(p^2+2) \Rightarrow p^3 -2p^2 +p-2\leq 0\Rightarrow (p^2+1)(p-2)\leq 0\Rightarrow p\leq 2$ .
H μόνη λύση λοιπόν είναι (p,q)=(2,5), που εύκολα επαλήθεύει. Παρατηρώντας ότι $(\frac{p^2+1}{2},\frac{p+1}{2})=1$ συμπεραίνουμε επίσης οτι η λύση που βρήκαμε είναι η μοναδικά για φυσικούς p,q με (p,q)=1, όχι απαραίτητα πρώτους.Μια ωραία λύση σε όλο το Ζ είναι εδώ http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=58&t=12692, απλά πρέπει να ελέγξουμε τι γίνεται για p=2, μιας και έχουμε αυστηρή ανισότητα.

Kostas_94 · #12

Μια λύση με μιγαδικούς για την 4, πάνω στις ίδιες ιδέες. Θεωρούμε οτι το περικεντρο του c, Ο είναι η αρχή των αξόνων. Αν E(e), G(g) το κέντρο του κύκλου Euler και το βαρύκεντρο του ΑΒΓ, ενώ U(u) το κέντρο Euler του ΒΓΔ, τότε $e=\frac{3}{2}g=\frac{3}{2}\times \frac{a+b+c}{3}=\frac{a+b+c}{2}$ . Ομοίως $u=\frac{b+c+d}{2}$ . Οπότε $e-u=\frac{a-d}{2}$ , που σημαίνει ότι DA=2UE(εννούμε τα διανύσματα). Η συνέχεια είναι η ίδια με τις προηγούμενες λύσεις.

Eukleidis · #13

http://www.hms.gr/?q=node/438

Συγχαρητηρια σε όλους.!

Παναγιώτης 1729 · #14

Συγχαρητήρια και από μένα σε όλα τα παιδιά

chris · #15

ΣΥΓΧΑΡΗΤΗΡΙΑ σε όλα τα παιδιά που θα απαρτίζουν τις εθνικές μας ομάδες στους μεγάλους και στους μικρούς.Εύχομαι κάθε επιτυχία και πολλά μετάλλια ξεκινώντας με την επερχόμενη Βαλκανιάδα!

Ιδιαίτερα συγχαρητήρια στους συμπολίτες Παναγιώτη Λώλα και στους μικρούς(μόνο σε ηλικία) Αναγνώστου Θοδωρή και Νικολέτα

Φυσικά συγχαρητήρια και στα παιδιά του

Γιώργο Βλάχο και Αθανασίου Νίκο.

Ilias_Zad · #16

Θερμά συγχαρητήρια και καλή συνέχεια!

#17

Συγχαρητήρια και καλή συνέχεια !

Πολλά εύγε επίσης αξίζουν όλα τα παιδιά που συμμετείχαν στο διαγωνισμό επιλογής !

''...πλούσιος με όσα κέρδισες στο δρόμο, μην προσδοκώντας πλούτη να σου δώσει η Ιθάκη..''

Κ.Καβάφης

GVlachos · #18

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά και ιδιαίτερα στον Γιώργο Καλαντζή (kalagz) για την εξαιρετική του επίδοση στον Προκριματικό!

S.E.Louridas · #19

Συγχαρητήρια στους Διαγωνιζόμενους που έφτασαν ως τον Προκριματικό, στους Γονείς τους και σε εκείνους που ήταν δίπλα τους στο δύσκολο αλλά πανέμορφο αυτό οδοιπορικό. Και μόνο αυτή η διαδρομή αξίζει πολλά.
Πολλές ευχές για περισσότερες και μεγαλύτερες επιτυχίες στα μέλη των Εθνικών Μαθηματικών που θα διαγωνιστούν στους διεθνείς Επιστημονικούς Στίβους.
Θα τις έχετε τις επιτυχίες αυτές αφού οι προσωπικές σας δυνατότητες στα Μαθηματικά, τουλάχιστον σε επίπεδο προδιαγραφών, είναι Τεράστιες.
Ήδη ο φάρος της επιτυχίας των Φοιτητών μας που απαρτίζουν την αντίστοιχη ομάδα και που ήρθε πρώτη των πρώτων φωτίζει από την θέση αυτή και σας καθοδηγεί.

S.E.Louridas

dimitris pap · #20

Πολλά συγχαρητήρια σε όλους του διακριθέντες!

Με το καλό, να γυρίσετε γεμάτοι εμπειρίες και μετάλλια

Προκριματικός Διαγωνισμός 2011

Προκριματικός Διαγωνισμός 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ 2011

Μέλη σε σύνδεση