Προκριματικός Διαγωνισμός 2011

Νασιούλας Αντώνης · #21

Πολλά συγχαρητήρια και από μένα σε όλα τα παιδιά.
Ιδιαίτερα στα μέλη της λέσχης μας που με την παρουσία τους και μόνο κοσμούν το

!

Κώστα Σφακιανάκη
Παναγιώτη Λώλα
Γιώργο Βλάχο
Γιώργο Καλαντζή
Νίκο Αθανασίου

καλή συνέχεια και εύχομαι, εκτός από πολλά μετάλλια, να μας φέρετε και το πρώτο χρυσό σε ΙΜΟ.

kalagz · #22

Συγχαρητήρια σε όλους - διακριθέντες και μη - και από μένα. Ευχαριστώ το "συμπαίχτη" Γιώργο για τα καλά του λόγια. Δεν τελείωσε τίποτα όμως, το ταξίδι μας συνεχίζεται. Καλή μας συνέχεια!

#23

Συγχαρητήρια και από εμένα. Καλή επιτυχία στην Βαλκανιάδα και στην ΙΜΟ.

John13 · #24

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά και καλή επιτυχία στους διεθνείς διαγωνισμούς.

Νασιούλας Αντώνης · #25

Θα με ενδιέφερε να δω μια λύση του Προβλήματος 2.

Από όσο θυμάμαι από τις μεταξύ μας συζητήσεις μετά το διαγωνισμό ήταν το πρόβλημα που δυσκόλεψε περισσότερο.

spiros filippas · #26

Το επαναφέρω για μία λύση στο δεύτερο πρόβλημα..

Nick1990 · #27

Νασιούλας Αντώνης έγραψε:
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.

Κάπως αργά, αλλά καλό είναι να υπάρχει και σε αυτό μια λύση.

Θα δείξουμε ότι ο μέγιστος αριθμός σταυρών είναι 14.

Αρχικά χωρίζουμε τα εξωτερικά κελιά (της πρώτης και της τελευταίας γραμμής και στήλης) σε διαδοχικές δυάδες διαδοχικών κελιών (γίνεται διότι το πλήθος τους είναι 38 που είναι άρτιος) τις οποίες καλούμε "ζεύγη". Σε κάθε τέτοια δυάδα, είναι εύκολο να δούμε ότι δεν μπορούν να είναι και τα δύο καλυμμένα. Κοιτάμε τώρα για κάθε γωνία, το γωνιακό κελί μαζί με τα διπλανά του και τα δύο επόμενα εξωτερικά των διπλανών του. Είναι απλό να δούμε από τα 7 αυτά κελιά, θα υπάρχουν 2 διαδοχικά μη καλυμμένα. Επειδή έτσι προκύπτουν 4 τέτοιες δυάδες χωρίς κανένα καλυμμένο κελί, από την αρχή του Περιστερώνα θα υπάρχουν 2 τέτοιες δυάδες στις οποίες τα αριστερά κελιά θα βρίσκονται είτε και τα δύο σε άρτιες είτε και τα δύο ή περιττές θέσεις (μετρώντας από το πάνω αριστερά κελί και με τη φορά των δεικτών του ρολογιού). Πραγματοποιούμε το χωρισμό σε "ζεύγη" έτσι ώστε η αρτιότητα των θέσεων των αριστερών κελιών τους να ταυτίζεται με αυτή των αριστερών κελιών των 2 προαναφερθέντων δυάδων. Τότε εύκολα έχουμε το πολύ ένα καλυμμένο κελί σε κάθε ζεύγος, και σε 2 ζεύγη δε θα έχουμε κανένα, οπότε τα καλυμμένα εξωτερικά κελιά θα είναι το πολύ $\frac{38 - 4}{2} = 17$ .

Επειδή τα μη εξωτερικά κελιά είναι 110 - 38 = 72

, τα καλυμμένα κελιά θα είναι το πολύ 72 + 17 = 89

. Όμως το πλήθος των καλυμμένων κελιών πρέπει να είναι πολλαπλάσιο του 6 (όσα έχει κάθε σταυρός), οπότε το πλήθος τους δεν μπορεί να είναι πάνω από

και άρα δε μπορούμε να έχουμε πάνω από 14 σταυρούς.

Το ότι μπορούμε να πετύχουμε κάλυψη με 14 σταυρούς φαίνεται στο παρακάτω σχήμα, όπου οι πορτοκαλί κουκκίδες συμβολίζουν τα μη καλυμμένα κελιά, ενώ οι σταυροί είναι πράσινοι, κόκκινοι, μπλε και μοβ (δύο σταυροί που συνορεύουν έχουν διαφορετικό χρώμα για να φαίνονται καλύτερα):

dimfous4 · #28

o προκριματικός έχει γινει...???και αν όχι πότε θα γίνει???

simantiris j. · #29

Ο φετινός προκριματικός,αν δεν κάνω λάθος,είναι στις

Απριλίου.

dimfous4 · #30

simantiris j. έγραψε:Ο φετινός προκριματικός,αν δεν κάνω λάθος,είναι στις Απριλίου.

ευχαριστώ πολύ για την πληροφόρηση

#31

Νασιούλας Αντώνης έγραψε: Πρόβλημα 3

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

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

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

για κάθε $x,y \in \mathbb{Q}$ .

Ας δούμε και τα επόμενα παραπλήσια προβλήματα:

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

$\displaystyle{\begin{cases} f (g (x) + g (y)) = f (g (x)) + y, \\ g (f (x) + f (y)) = g (f (x)) + y \end{cases} }$

για κάθε $x,y \in \mathbb{Q}$ .

-- Να βρεθούν οι συναρτήσεις $f,g: \mathbb{R}^+\to \mathbb{R}^+$ για τις οποίες ισχύουν οι σχέσεις:

$\displaystyle{\begin{cases} f (g (x) + g (y)) = f (g (x)) + y, \\ g (f (x) + f (y)) = g (f (x)) + y \end{cases} }$

για κάθε $x,y \in \mathbb{R}^+$ .

#32

socrates έγραψε:
Νασιούλας Αντώνης έγραψε: Πρόβλημα 3

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

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

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

για κάθε $x,y \in \mathbb{Q}$ .

Ας δούμε και τα επόμενα παραπλήσια προβλήματα:

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

$\displaystyle{\begin{cases} f (g (x) + g (y)) = f (g (x)) + y, \\ g (f (x) + f (y)) = g (f (x)) + y \end{cases} }$

για κάθε $x,y \in \mathbb{Q}$ .

-- Να βρεθούν οι συναρτήσεις $f,g: \mathbb{R}^+\to \mathbb{R}^+$ για τις οποίες ισχύουν οι σχέσεις:

$\displaystyle{\begin{cases} f (g (x) + g (y)) = f (g (x)) + y, \\ g (f (x) + f (y)) = g (f (x)) + y \end{cases} }$

για κάθε $x,y \in \mathbb{R}^+$ .

Επαναφορά!
Hint: viewtopic.php?p=222339#p222339

gschwindi · #33

: solutionsenior4.PNG (68.67 KiB) Προβλήθηκε 1795 φορές

Πρώτη φορά που είδα τα θέματα. Ας δούμε μία λύση για το 4ο πρόβλημα του διαγωνισμού.

Σύμφωνα με το συνημμένο σχήμα:

Έστω O_1, O_2

τα περίκεντρα των NTM, SLM

αντίστοιχα.

Εύκολα βλέπουμε(λόγω παραλληλίας) ότι τα τετράπλευρα NTMD, SLCM

είναι ίσα μεταξύ τους και όμοια προς το αρχικό τετράπλευρο ABCD

. Τότε,

, αφού είναι ακτίνες ίσων κύκλων. Τα τρίγωνα DO_1M, O_1MO_2, MO_2C

είναι ίσα μεταξύ τους, αφου έχουν DO_1 = O_1M = MO_2 = O_2C

και $\angle DO_1M = \angle O_1MO_2 = \angle MO_2C$ . Συνεπώς O_1O_2//DC

.

Το ζητούμενο έπεται.
EDIT: Διόρθωση τυπογραφικού λάθους

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

Μέλη σε σύνδεση