Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2019 (9η τάξη)

Al.Koutsouridis · #1

LXXXII Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας

17 Μαρτίου 2019 $\bullet$ 9η τάξη

Πρόβλημα 1. Ο βασιλιάς κάλεσε δυο ιππότες και τους ανέθεσε μια αποστολή: ο πρώτος σκέφτεται

διαφορετικούς μη μηδενικούς φυσικούς αριθμούς με άθροισμα 100, κρυφά τους ανακοινώνει στον βασιλιά, αλλά στον δεύτερο ιππότη ανακοινώνει μόνο τον τέταρτο κατά μέγεθος εξ αυτών των αριθμών, ύστερα από το οποίο ο δεύτερος πρέπει να μαντέψει τους αριθμούς. Οι ιππότες δεν έχουν την δυνατότητα να συνεννοηθούν μεταξύ τους. Μπορούν άραγε οι ιππότες εγγυημένα να φέρουν εις πέρας την αποστολή;

Πρόβλημα 2. Να βρείτε τον ελάχιστο φυσικό αριθμό

, για τον οποίο ο n^2+20n+19

διαιρείται με τον 2019

.

Πρόβλημα 3. Σε οξυγώνιο τρίγωνο ABC

φέρουμε τα ύψη $AA^{\prime}$ και $BB^{\prime}$ . Έστω

το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC

. Να αποδείξετε, ότι η απόσταση του σημείου $A^{\prime}$ από την ευθεία

είναι ίση με την απόσταση του σημείου $B^{\prime}$ από την ευθεία

.

Πρόβλημα 4. Κάθε ευθύγραμμο τμήμα με άκρα τις κορυφές ενός κανονικού 100-

γώνου χρωματίστηκε με κόκκινο χρώμα, αν μεταξύ των άκρων του υπάρχουν άρτιο πλήθος κορυφών και μπλε σε αντίθετη περίπτωση (ως ειδική περίπτωση, όλες οι πλευρές του 100-

γώνου είναι κόκκινες). Στις κορυφές τοποθετήθηκαν αριθμοί το άθροισμα των τετραγώνων των οποίων είναι ίσο με

και στα τμήματα το γινόμενο των αριθμών των άκρων. Ύστερα από το άθροισμα των αριθμών των κόκκινων τμημάτων αφαιρέθηκε το άθροισμα των αριθμών των μπλε τμημάτων. Ποιος είναι ο μεγαλύτερος δυνατός αριθμός που μπορεί να προκύψει;

Πρόβλημα 5. Η διχοτόμος της γωνίας ABC

τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο $\omega$ του τριγώνου ABC

στα σημεία

και

. Το σημείο

είναι το μέσο του τμήματος

. Στο τόξο ABC

του κύκλου $\omega$ δίνεται σημείο

τέτοιο, ώστε EM || BL

. Οι ευθείες

και

τέμνουν την ευθεία

στα σημεία

και

αντίστοιχα. Να αποδείξετε, ότι PE=EQ

.

Πρόβλημα 6. Υπάρχουν 100

σωροί των

βότσαλων ο καθένας. Με μία κίνηση ο Πέτρος διαλέγει δυο σωρούς, αφαιρεί από αυτούς από ένα βότσαλο και λαμβάνει για αυτό τόσους βαθμούς, όση είναι τώρα η απόλυτη τιμή της διαφοράς του αριθμού των βότσαλων σε αυτούς τους σωρούς. Ο Πέτρος πρέπει να αφαιρέσει όλα τα βότσαλα. Ποιος είναι ο μέγιστος συνολικός αριθμός βαθμών που μπορεί να αποκτήσει με αυτό το τρόπο;

Στατιστικά: (1254 γραπτά)
$\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \text{\gr} & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ \hline + & 429 & 245 & 106 & 78 & 26 & 4 \\ \hline \pm & 47 & 26 & 1 & 14 & 1 & 0 \\ \hline \mp & 8 & 165 & 1 & 76 & 3 & 53 \\ \hline - & 685 & 473 & 413 & 233 & 198 & 443 \\ \hline 0 & 185 & 345 & 733 & 853 & 1026 & 754 \\ \hline \end{tabular}$

Πηγή: Η επίσημη σελίδα της ολυμπιάδας

Xriiiiistos · #2

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 19, 2019 12:01 am
LXXXII Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας

Πρόβλημα 3. Σε οξυγώνιο τρίγωνο φέρουμε τα ύψη $AA^{\prime}$ και $BB^{\prime}$ . Έστω το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου . Να αποδείξετε, ότι η απόσταση του σημείου $A^{\prime}$ από την ευθεία είναι ίση με την απόσταση του σημείου $B^{\prime}$ από την ευθεία .

Aπλή και ωραία άσκηση

Αφού τα τρίγωνα AB{}'O,BOA{}'

έχουν

και θέλουμε να βγάλουμε τα αντίστοιχά τους ύψοι που βαίνουν στις ίσες πλευρές ίσα θέλουμε να δείξουμε ότι έχουν ίσα εμβαδά δηλαδή $\frac{(AB{}'O)}{(BOA{}')}=1$ και επείσης $OAB{}'=90-\widehat{B}$ και $OBA{}'=90-\widehat{A}$

$\frac{(AB{}'O)}{(BOA{}')}=\frac{sin(90-B)AB{}'\cdot AO}{sin(90-A)BO\cdot BA{}'}=_{(AO=BO=R)}\frac{cosB\cdot AB{}'}{cosA\cdot BA{}'}=\frac{BA{}'\cdot BA\cdot AB{}'}{BA\cdot AB{}'\cdot BA{}'}=1$ κτλ

Prødigy · #3

Διαγραφή λανθασμένης απάντησης.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

Prødigy έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 19, 2019 1:43 pm
Για το 2ο:

Πρέπει

Συνεπώς πρέπει $n^2+20n+19\geq 2019$ ή λύνοντας την δευτεροβάθμια εξίσωση λαμβάνουμε ως λύσεις τους αριθμούς .

Ο μικρότερος εξ αυτών είναι ο άρα .

Δεν διάβασες σωστά.
Ζητάει φυσικό.

Μάλιστα μπορούμε να βρούμε όλους τους ακέραιους

ώστε να ισχύει το ζητούμενο.
Φυσικά δεν υπάρχει ελάχιστος.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #5

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 19, 2019 12:01 am
LXXXII Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας

17 Μαρτίου 2019 $\bullet$ 9η τάξη

Πρόβλημα 2. Να βρείτε τον ελάχιστο φυσικό αριθμό , για τον οποίο ο διαιρείται με τον .

Είναι $2019=3\cdot 673$ άρα $n^2+20n+19\equiv 0(mod3)$ και $n^2+20n+19\equiv 0(mod673)$

Eίναι :

$n^2+20n+19\equiv 0(mod3)\Leftrightarrow n^2+2n+1\equiv 0(mod3)\Leftrightarrow \left ( n+1 \right )^2\equiv 0(mod3)\Leftrightarrow n\equiv 2(mod3)$ έστω $n=3k+2,k\in \mathbb{N}$

Έχουμε:

$\left ( 3k+2 \right )^2+20\left ( 3k+2 \right )+19\equiv 0(mod673)\Leftrightarrow 9k^2+12k+4+60k+59\equiv 0(mod673)\Leftrightarrow 9k^2+72k+63\equiv 0(mod673)\overset{9\not\equiv 0(mod673)}{\Leftrightarrow }k^2+8k+7\equiv\left ( k+1 \right )\left ( k+7 \right ) \equiv 0(mod673)$

Eπειδή θέλουμε τον ελάχιστο

παίρνουμε τον ελάχιστο

.
$k+1\equiv 0(mod673)\Leftrightarrow k_{min}=672$
$k+7\equiv 0(mod673)\Leftrightarrow k_{min}=666$

Για k=666

είναι

ο οποίος είναι και ο ελάχιστος.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 19, 2019 5:09 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 19, 2019 12:01 am
LXXXII Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας

17 Μαρτίου 2019 $\bullet$ 9η τάξη

Πρόβλημα 2. Να βρείτε τον ελάχιστο φυσικό αριθμό , για τον οποίο ο διαιρείται με τον .

Είναι $2019=3\cdot 673$ άρα $n^2+20n+19\equiv 0(mod3)$ και $n^2+20n+19\equiv 0(mod673)$

Eίναι :

$n^2+20n+19\equiv 0(mod3)\Leftrightarrow n^2+2n+1\equiv 0(mod3)\Leftrightarrow \left ( n+1 \right )^2\equiv 0(mod3)\Leftrightarrow n\equiv 2(mod3)$ έστω $n=3k+2,k\in \mathbb{N}$

Έχουμε:

$\left ( 3k+2 \right )^2+20\left ( 3k+2 \right )+19\equiv 0(mod673)\Leftrightarrow 9k^2+12k+4+60k+59\equiv 0(mod673)\Leftrightarrow 9k^2+72k+63\equiv 0(mod673)\overset{9\not\equiv 0(mod673)}{\Leftrightarrow }k^2+8k+7\equiv\left ( k+1 \right )\left ( k+7 \right ) \equiv 0(mod673)$

Eπειδή θέλουμε τον ελάχιστο παίρνουμε τον ελάχιστο .
$k+1\equiv 0(mod673)\Leftrightarrow k_{min}=672$
$k+7\equiv 0(mod673)\Leftrightarrow k_{min}=666$

Για είναι ο οποίος είναι και ο ελάχιστος.

Αν έγραφες n=3k-1

θα γλύτωνες λίγες πράξεις.

#7

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 19, 2019 12:01 am
LXXXII Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας

Πρόβλημα 2. Να βρείτε τον ελάχιστο φυσικό αριθμό , για τον οποίο ο διαιρείται με τον .

Αλλιώς: Έχουμε n^2+20+19 = (n+1)(n+19)

. Επειδή $2019 = 3 \cdot 673$ ως γινόμενο πρώτων παραγόντων, τουλάχιστον ένα από τα n+1,n+19

είναι πολλαπλάσιο του 673

. Επίσης, τουλάχιστον ένα είναι πολλαπλάσιο του

. Αλλά τότε και τα δύο θα είναι πολλαπλάσια του

. Τότε όμως τουλάχιστον ένα θα είναι πολλαπλάσιο και του 2019

. Άρα $n \geqslant 2000$ το οποίο προφανώς ικανοποιεί.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #8

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 19, 2019 5:30 pm

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 19, 2019 5:09 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 19, 2019 12:01 am
LXXXII Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας

17 Μαρτίου 2019 $\bullet$ 9η τάξη

Πρόβλημα 2. Να βρείτε τον ελάχιστο φυσικό αριθμό , για τον οποίο ο διαιρείται με τον .

Είναι $2019=3\cdot 673$ άρα $n^2+20n+19\equiv 0(mod3)$ και $n^2+20n+19\equiv 0(mod673)$

Eίναι :

$n^2+20n+19\equiv 0(mod3)\Leftrightarrow n^2+2n+1\equiv 0(mod3)\Leftrightarrow \left ( n+1 \right )^2\equiv 0(mod3)\Leftrightarrow n\equiv 2(mod3)$ έστω $n=3k+2,k\in \mathbb{N}$

Έχουμε:

$\left ( 3k+2 \right )^2+20\left ( 3k+2 \right )+19\equiv 0(mod673)\Leftrightarrow 9k^2+12k+4+60k+59\equiv 0(mod673)\Leftrightarrow 9k^2+72k+63\equiv 0(mod673)\overset{9\not\equiv 0(mod673)}{\Leftrightarrow }k^2+8k+7\equiv\left ( k+1 \right )\left ( k+7 \right ) \equiv 0(mod673)$

Eπειδή θέλουμε τον ελάχιστο παίρνουμε τον ελάχιστο .
$k+1\equiv 0(mod673)\Leftrightarrow k_{min}=672$
$k+7\equiv 0(mod673)\Leftrightarrow k_{min}=666$

Για είναι ο οποίος είναι και ο ελάχιστος.
Αν έγραφες θα γλύτωνες λίγες πράξεις.

Έχετε δίκαιο !

$\left ( 3k -1\right )^2-20(3k-1)+19\equiv 0(mod673)\Leftrightarrow 9k^2+54\equiv 0(mod673)\Leftrightarrow k(k+6)\equiv0 (mod673)$
Για k=667

παίρνουμε

Xriiiiistos · #9

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 19, 2019 12:01 am
LXXXII Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας

Πρόβλημα 5. Η διχοτόμος της γωνίας τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο $\omega$ του τριγώνου στα σημεία και . Το σημείο είναι το μέσο του τμήματος . Στο τόξο του κύκλου $\omega$ δίνεται σημείο τέτοιο, ώστε . Οι ευθείες και τέμνουν την ευθεία στα σημεία και αντίστοιχα. Να αποδείξετε, ότι .

Θέτω $\widehat{ACB}=\widehat{C},\widehat{BLE}=\widehat{T}$ και επείσης MS//AL

με

σημείο της

. Έστω $R\equiv CS\cap AL$ αφού M μέσο AC και λόγο του MS//AL

θα έχουμε

μέσο

.

$SM//LA\kappa \alpha \iota EM//BL\rightarrow \widehat{SME}=\widehat{ALB}=_{(BALC\varepsilon \gamma \gamma \rho .)}=\widehat{ACB}=\widehat{C}$ και $EM//BL\Leftrightarrow \widehat{BLE}=\widehat{LEM}=\widehat{T}$ . Οπότε έχουμε $\widehat{ESM}=180-\widehat{T}-\widehat{C}$

Όμως από το εγγράψιμο EBAL

έχουμε $\widehat{ABE}=180-\widehat{T}-\widehat{C}$ δηλαδή $\widehat{ABE}=\widehat{ESM}$ και αφού ABEC

εγγράψιμο έχουμε $\widehat{ABE}+\widehat{ECM}=180^{\circ}\Leftrightarrow \widehat{ESM}+\widehat{ECM}=180^{\circ}$ άρα MSEC

εγγράψιμο και αυτό δείνει $\widehat{SME}=\widehat{SCE}=\widehat{C}$ .

Όμως $\widehat{ACB}=\widehat{ECS}=\widehat{C}$ άρα $\widehat{ACR}=\widehat{BCE}$ οπότε αν η

τέμνει ξανά τον κύκλο στο

θα έχουμε ίσα τόξα AN=BE

και αφού τα τόξα AL,LC

είναι ίσα τότε θα έχουμε $\widehat{LCR}=\frac{AL+AN}{2}=\frac{BE+LC}{2}=\widehat{BQE}\Leftrightarrow \widehat{LCR}=\widehat{BQE} ,(i)$

Aπό εγγράψιμο ABEL

$\widehat{PBE}=\widehat{ALE}$ και από εγγράψιμο LBEC

έχουμε $\widehat{EBC}=\widehat{ELC}$ Δηλαδή $\widehat{PBQ}=\widehat{ALC}$ . Η τελευταία ισότητα συν την (i)

εξασφαλίζει ότι τα τρίγωνα QBP,RLC

είναι όμοια και αφού $\widehat{CLS}=\widehat{QBE}$ με

μέσο

έχουμε

ομόλογοι διάμεσοι άρα PE=EQ

#10

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 19, 2019 12:01 am
Πρόβλημα 1. Ο βασιλιάς κάλεσε δυο ιππότες και τους ανέθεσε μια αποστολή: ο πρώτος σκέφτεται διαφορετικούς μη μηδενικούς φυσικούς αριθμούς με άθροισμα 100, κρυφά τους ανακοινώνει στον βασιλιά, αλλά στον δεύτερο ιππότη ανακοινώνει μόνο τον τέταρτο κατά μέγεθος εξ αυτών των αριθμών, ύστερα από το οποίο ο δεύτερος πρέπει να μαντέψει τους αριθμούς. Οι ιππότες δεν έχουν την δυνατότητα να συνεννοηθούν μεταξύ τους. Μπορούν άραγε οι ιππότες εγγυημένα να φέρουν εις πέρας την αποστολή;

Απάντηση: Ο τέταρτος μεγαλύτερος είναι ο

,

To άθροισμα των επτά αριθμών είναι $\ge (25+24+23+22)+(3+2+1)$ . Τυχαίνει και το άθροισμα αυτό είναι ακριβώς 100

. Οπότε αν αλλάξουμε οποιονδήποτε αριθμό (πλην του

που είναι δεδομένος), το άθροισμα μεγαλώνει (άμεσο) και άρα δεν είναι 100

. Με άλλα λόγια, υπάρχει μόνο μία εκδοχή επτάδας με τέταρτο τον

. Τελειώσαμε.

Al.Koutsouridis · #11

Είχα ερωτθηθεί παλιότερα με προσωπικό μήνυμα για τα στατιστικά και το ποιά είναι η επίσημη λύση στο πρόβλημα 5:

Τα στατιστικά τα έχω ανεβάσει στην αρχική ανάρτηση με τα θέματα. Όσο αναφορά την επίσημη λύση για το πρόβλημα 5: Είναι παρόμοια με την λύση του Xriiiistos παραπάνω. Η διαφορά είναι ότι εξετάζεται ένα διαφορετικό όμοιο με το BPQ

, τρίγωνο. Το τρίγωνο DAC

, όπου

το σημείο τομής της προέκτασης της

με τον κύκλο. Κάνοντας την λύση λίγο πιο σύντομη.

Δίνεται και μία δεύτερη λύση, που δόθηκε από μαθητή που συμμετείχε στην ολυμπιάδα. Την οποία και μεταφέρω παρακάτω.

Έστω $P^{\prime}$ , $Q^{\prime}$ τα σημεία τομής της

με τις ευεθείες

και

αντίστοιχα. Επίσης έστω $\angle BAE = \angle BLE = \angle BCE = \angle QEQ^{\prime} = \angle PEP^{\prime}=\alpha$ και $\angle ABL = \angle CBL = \angle AEM = \angle CEM = \beta$ .

Εφαρμόζοντας διαδοχικά τον νόμο των ημιτόνων στα τρίγωνα $PP^{\prime}E$ , $AP^{\prime}E$ και $AP^{\prime}M$ , έχουμε

$\displaystyle PE = \dfrac{P^{\prime}E \cdot \sin \beta}{\sin (\beta -\alpha)} = \dfrac{AP^{\prime} \cdot \sin \alpha \cdot \sin \beta}{\sin (\beta+\alpha) \cdot \sin (\beta -\alpha)} =$

$\displaystyle = \dfrac{AM \cdot \sin \angle EMA \cdot \sin \alpha \cdot \sin \beta}{\sin \beta \cdot \sin (\beta+\alpha) \cdot \sin (\beta -\alpha)}= \dfrac{AC \cdot \sin \angle EMA \cdot \sin \alpha }{2 \cdot \sin (\beta+\alpha) \cdot \sin (\beta -\alpha)}$

Ομοίως, εφαρμόζοντας διαδοχικά το νόμο των ημιτόνων στα τρίγωνα $QQ^{\prime}E$ , $CQ^{\prime}E$ και $CQ^{\prime}M$ , βρίσκουμε

$\displaystyle QE = \dfrac{CM \cdot \sin \angle EMC \cdot \sin \alpha \cdot \sin \beta}{\sin \beta \cdot \sin (\beta+\alpha) \cdot \sin (\beta -\alpha)}= \dfrac{AC \cdot \sin \angle EMA \cdot \sin \alpha }{2 \cdot \sin (\beta+\alpha) \cdot \sin (\beta -\alpha)}$

Δηλαδή PE=QE

, που είναι το ζητούμενο.

#12

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 19, 2019 12:01 am
LXXXII Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας

Στατιστικά: (1254 γραπτά)
$\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \text{\gr} & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ \hline + & 429 & 245 & 106 & 78 & 26 & 4 \\ \hline \pm & 47 & 26 & 1 & 14 & 1 & 0 \\ \hline \mp & 8 & 165 & 1 & 76 & 3 & 53 \\ \hline - & 685 & 473 & 413 & 233 & 198 & 443 \\ \hline 0 & 185 & 345 & 733 & 853 & 1026 & 754 \\ \hline \end{tabular}$

Πηγή: Η επίσημη σελίδα της ολυμπιάδας

Αυτά τα στατιστικά πολύ μου αρέσουν!

Δεν ξέρω αν εκφράζω αυτό που σκέφτομαι σωστά: Φαίνεται ότι οι άνθρωποι δεν κολλάνε. Μαθηματικά κάνουν. Τραβάνε μπροστά. Δεν φοβούνται την αριστεία, ούτε την αποτυχία.

(τα στατιστικά του 3, μεγάλη έκπληξη ...)

Al.Koutsouridis · #13

rek2 έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 03, 2019 2:25 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 19, 2019 12:01 am
LXXXII Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας

Στατιστικά: (1254 γραπτά)
$\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \text{\gr} & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ \hline + & 429 & 245 & 106 & 78 & 26 & 4 \\ \hline \pm & 47 & 26 & 1 & 14 & 1 & 0 \\ \hline \mp & 8 & 165 & 1 & 76 & 3 & 53 \\ \hline - & 685 & 473 & 413 & 233 & 198 & 443 \\ \hline 0 & 185 & 345 & 733 & 853 & 1026 & 754 \\ \hline \end{tabular}$

Πηγή: Η επίσημη σελίδα της ολυμπιάδας
Αυτά τα στατιστικά πολύ μου αρέσουν!

Δεν ξέρω αν εκφράζω αυτό που σκέφτομαι σωστά: Φαίνεται ότι οι άνθρωποι δεν κολλάνε. Μαθηματικά κάνουν. Τραβάνε μπροστά. Δεν φοβούνται την αριστεία, ούτε την αποτυχία.

(τα στατιστικά του 3, μεγάλη έκπληξη ...)

Μου δίνεται πάτημα να αναφέρω μερικές πληροφορίες πιστεύω σχετικές.

Σαν γενικό σχόλιο αρχικά το "politically correct" (στις διάφορες εκφάνσεις του) στη Ρωσία σχετικά με την δύση, είναι 50 χρόνια πίσω. Η νοοτροπία στην παιδεία που αρχικά δημιουργήθηκε στην τσαρική Ρωσία και κάποια κομμάτια που αναπτύχθηκαν και εδραιώθηκαν στη Σοβιετική Ένωση είναι ορατά και διατηρούνται και σήμερα.

Όσο αναφορά τα στατιστικά, αυτά υπάρχουν και είναι διαθέσιμα σε σχεδόν όλους τους διαγωνισμούς. Υπάρχουν και άλλα χαρακτηριστικά. 'Οπως το ότι υπάρχει ενιαία ονλαϊν πλατφόρμα για τις ολυμπιάδες όπου κάθε μαθητής έχει το κωδικό του και μπορεί να δει σκαναρισμένο το γραπτό του και να ζητήσει αναβαθμολόγησει κτλ. Τα γραπτά των νικητών και βραβευμένων των ολυμπιάδων είναι διαθέσιμα στο κοινό. Για παράδειγμα στο παρακάτω σύνδεσμο https://drive.google.com/drive/folders/ ... 4awKaDi1U1 είναι τα γραπτά της 11ης τάξης της τελευταίας φάσης της φετινής πανρωσικής ολυμπιάδας. Οι νικητές και βραβευμένοι σχεδόν εξασφαλίζουν την είσοδο τους στο πανεπιστήμιο ανεξάρτητα του αποτελέσματος στην ενιαία κρατική εξέταση. Οι νικητές διεθνών ολυμπιάδων απο πέρσι λαμβάνουν υποτροφία της τάξης των 25.000 ευρό, αν αναλογιστεί κανείς και το κόστος ζωης για ελληνικά δεδομένα θα ήταν τριπλάσιο ποσό (προσωπικό σχόλιο: αυτό νομίζω έγινε για έξτρα κίνητρο για να ανέβει η κατάταξή τους στους διεθνείς διαγωνισμούς).

rek2 έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 03, 2019 2:25 pm
(τα στατιστικά του 3, μεγάλη έκπληξη ...)

Πρόβλημα στη γεωμετρία και απαξίωση δεν έχουμε μόνο στη χώρα μας. Στην ενιαία κρατική εξέταση εξετάζεται μεν αλλά όχι στο βάθος και δυσκολία (σημαντικότητα) που εξεταζόταν παλιότερα. Υπάρχει εδώ ένα ωραίο άρθρο του Σαρούγκιν "Αν χρειάζεται η γεωμετρία στο σχολείο του 21ου αιώνα" όπου μπορεί κανεις να βρει μερικά ενδιαφέροντα σχόλια (αν βρω χρόνο ίσως το μεταφράσω). Κατά πολλούς πρόβλημα υπάρχει και στα σχολικά εγχειρίδια, αρχής γινομένης με το παλιότερο της δεκαετίας του 70' του Κολμογκόροβ που είναι αρκετά αυστηρό και μη εύπεπτο από τους μαθητές (6-8η τάξη) και η νοοτροπία αυτή συνεχίστηκε μέχρι και πρόσφατα. Δεν είναι τυχαίο νομίζω που στην 3η και τελική φάση της πανρωσικής τα τελευταία χρόνια σαν τέταρτο θέμα "πέφτει" τουλάχιστον ένα δύσκολο γεωμετρικό πρόβλημα, πολλές φορές και στερεομετρίας που δεν εξετάζεται διεθνώς.

Προσωπικό σχόλιο: στην Ελλάδα είμαστε σε καλό επίπεδο στην γωμετρία αλλά βλέπω στα επόμενα χρόνια να πέφτει. Το σχολικό βιβλίο είναι μεν καλό και ο τρόπος παιδαγωγικά σωστός ("Ευκλείδιος"), αλλά δεν εξετάζεται και ο μαθητής δεν του δίνει σημασία πλέον. Το απότελεσμα ακόμα δεν είναι ορατό γιατί οι περισσότεροι καθηγητές είναι ακόμα τη "παλιάς" γενιάς και έχουν την απαραίτητη "γεωμετρική παιδεία". Καθώς οι καθηγητές θα ανανεώνονται με νεότερους στα επόμενα χρόνια, αυτό το επίπεδο θα πέσει.

#14

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 03, 2019 3:32 pm
...
Πρόβλημα στη γεωμετρία και απαξίωση δεν έχουμε μόνο στη χώρα μας. Στην ενιαία κρατική εξέταση εξετάζεται μεν αλλά όχι στο βάθος και δυσκολία (σημαντικότητα) που εξεταζόταν παλιότερα. Υπάρχει εδώ ένα ωραίο άρθρο του Σαρούγκιν "Αν χρειάζεται η γεωμετρία στο σχολείο του 21ου αιώνα" όπου μπορεί κανεις να βρει μερικά ενδιαφέροντα σχόλια (αν βρω χρόνο ίσως το μεταφράσω).
...

Αλέξανδρε, επιβάλλεται να το μεταφράσεις!

Είμαι, ήδη, Ευγνώμων!!

#15

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 19, 2019 12:01 am
Πρόβλημα 4. Κάθε ευθύγραμμο τμήμα με άκρα τις κορυφές ενός κανονικού γώνου χρωματίστηκε με κόκκινο χρώμα, αν μεταξύ των άκρων του υπάρχουν άρτιο πλήθος κορυφών και μπλε σε αντίθετη περίπτωση (ως ειδική περίπτωση, όλες οι πλευρές του γώνου είναι κόκκινες). Στις κορυφές τοποθετήθηκαν αριθμοί το άθροισμα των τετραγώνων των οποίων είναι ίσο με και στα τμήματα το γινόμενο των αριθμών των άκρων. Ύστερα από το άθροισμα των αριθμών των κόκκινων τμημάτων αφαιρέθηκε το άθροισμα των αριθμών των μπλε τμημάτων. Ποιος είναι ο μεγαλύτερος δυνατός αριθμός που μπορεί να προκύψει;

Ας γράψουμε $x_1,\ldots,x_{100}$ για τους αριθμούς στις κορυφές. Έχουμε $x_1^2 + \cdots + x_{100}^2$ . Ένα τμήμα είναι κόκκινο αν και μόνο αν οι αντίστοιχοι δείκτες έχουν διαφορετική αρτιότητα. Γράφοντας $a= x_1 + x_3 + \cdots + x_{99}$ και $b = x_2 + x_4 + \cdots + x_{100}$ βλέπουμε ότι το άθροισμα των αριθμών των κόκκινων τμημάτων είναι

ενώ αυτό των μπλε τμημάτων είναι $\frac{a^2+b^2-1}{2}$ .

Η διαφορά ισούται με $ab - \frac{a^2+b^2-1}{2}\leqslant \frac{1}{2}$ αφού $a^2 + b^2 \geqslant 2ab$ .

Η ισότητα λαμβάνεται όταν a=b

. Π.χ. όταν $x_1 = x_2 = \frac{\sqrt{2}}{2}$ και $x_3 = \cdots = x_{100} = 0$ .

SPYRIDON TZORTZIS · #16

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 19, 2019 12:01 am

Πρόβλημα 2. Να βρείτε τον ελάχιστο φυσικό αριθμό , για τον οποίο ο διαιρείται με τον .

Πηγή: Η επίσημη σελίδα της ολυμπιάδας

$n^2+20n+19=2019a \Leftrightarrow n^2+20n+(19-2019a)=0$ . Άρα, ψάχνουμε το ελάχιστο

.

$\Delta=20^2-4\cdot1\cdot(19-2019a)=400-4\cdot19+4\cdot2019a=324+8076a=2^2\cdot3^4+2^2\cdot3\cdot673\cdot a=$
$=2^2\cdot3(3^3+673a)$ , όμως για να είναι $n\in \mathbb{N}$ πρέπει $a=3b \Leftrightarrow \Delta=2^2\cdot3^2(3^2+673b)$ και ψάχνουμε το ελάχιστο

.

Άρα $3^2+673b=w^2 \Leftrightarrow (w-3)(w+3)=673b$ άρα παίρνουμε ελάχιστο b=w-3

και $673=w+3 \Rightarrow$
$\Rightarrow w=670 \Leftrightarrow w^2=3^2+637b=670^2\Leftrightarrow \Delta=2^2\cdot3^2\cdot670^2=4020^2$

$n=\frac{-20\pm\sqrt{4020^2}}{2} = -10 \pm 2010=2000$ ή

, απορρίπτεται.

Άρα ο ελάχιστος αριθμός

που ικανοποιεί την αρχική προϋπόθεση είναι το n=2000

.

Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2019 (9η τάξη)

Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2019 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2019 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2019 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2019 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2019 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2019 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2019 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2019 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2019 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2019 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2019 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2019 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2019 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2019 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2019 (9η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2019 (9η τάξη)

Μέλη σε σύνδεση