Hiszpańska XLIV OM
Hiszpańska XLIV OM
Dla zainteresowanych zamieszczam zadania z XLIV Olimpiady Matematycznej de la Real Academia de las Matematicas; etap lokalny; poziom - licealny
(na każdą serię zadań, a są dwie po 3 zadania, jest 3,5 godziny)
Zawody odbyły sie dnia 18 stycznia w godzinach 10:00-13:30 oraz 16:30-20:00
z góry przepraszam za możliwe błędy oraz nieścisłości, które mogły mi wyjść przy tłumaczeniu zadań
Seria I
Zad.1.
Nazwijmy P rodzinę punktów planu takich, że przez każde 4 punkty z rodziny P przechodzi okrąg. Czy można udowodnić, że konicznie wszystkie punkty rodziny P znajdują się na tym samym okręgu? Udowodnij odpowiedź.
Zad.2.
W czworokącie wklęsłym prowadzone są prostopadłe z każdego wierzchołka na przekątną przez ten wierzchołek nie przechodzącą. Udowodnij, że punkty przecięcia każdej prostopadłej z przekątną jej odpowiadającą tworzą czworokąt podobny do danego.
Zad.3.
Oblicz pierwiastki realne równania:
\(\displaystyle{ x( \frac{6-x}{x+1} )( \frac{6-x}{x+1} +x)=8}\)
Seria II
Zad.4.
Udowodnij, że \(\displaystyle{ 2222 ^{5555} + 5555^ {2222}}\) jest wielokrotnością 7.
Zad.5.
Dany jest okrąg i dwa punkty P i Q wewnątrz tego okręgu. Należy w dany okrąg wpisać trójkąt prostokątny, którego przyprostokątne przecinają punkty P i Q. Dla jakich możliwych pozycji punktów P i Q zadanie nie ma rozwiązania.
Zad.6.
Niech a,b,c będą trzema liczbami dodatnimi których suma równa jest 1. Udowodnij, że:
\(\displaystyle{ a ^{a ^{2} +2ca} b ^{b ^{2} +2ab} c ^{c ^{2} +2bc} qslant \frac{1}{3}}\)
Przy rozwiązywaniu zadań nie wolno używać kalkulatorów.
Ciekaw jestem, jak Wam się widzą te zadania. Jeśli ktoś z Was ma czas i ochotę to byłbym wdzięczny za umieszczone w tym temacie rozwiązania.
Pozdrawiam
Jakubs11
(na każdą serię zadań, a są dwie po 3 zadania, jest 3,5 godziny)
Zawody odbyły sie dnia 18 stycznia w godzinach 10:00-13:30 oraz 16:30-20:00
z góry przepraszam za możliwe błędy oraz nieścisłości, które mogły mi wyjść przy tłumaczeniu zadań
Seria I
Zad.1.
Nazwijmy P rodzinę punktów planu takich, że przez każde 4 punkty z rodziny P przechodzi okrąg. Czy można udowodnić, że konicznie wszystkie punkty rodziny P znajdują się na tym samym okręgu? Udowodnij odpowiedź.
Zad.2.
W czworokącie wklęsłym prowadzone są prostopadłe z każdego wierzchołka na przekątną przez ten wierzchołek nie przechodzącą. Udowodnij, że punkty przecięcia każdej prostopadłej z przekątną jej odpowiadającą tworzą czworokąt podobny do danego.
Zad.3.
Oblicz pierwiastki realne równania:
\(\displaystyle{ x( \frac{6-x}{x+1} )( \frac{6-x}{x+1} +x)=8}\)
Seria II
Zad.4.
Udowodnij, że \(\displaystyle{ 2222 ^{5555} + 5555^ {2222}}\) jest wielokrotnością 7.
Zad.5.
Dany jest okrąg i dwa punkty P i Q wewnątrz tego okręgu. Należy w dany okrąg wpisać trójkąt prostokątny, którego przyprostokątne przecinają punkty P i Q. Dla jakich możliwych pozycji punktów P i Q zadanie nie ma rozwiązania.
Zad.6.
Niech a,b,c będą trzema liczbami dodatnimi których suma równa jest 1. Udowodnij, że:
\(\displaystyle{ a ^{a ^{2} +2ca} b ^{b ^{2} +2ab} c ^{c ^{2} +2bc} qslant \frac{1}{3}}\)
Przy rozwiązywaniu zadań nie wolno używać kalkulatorów.
Ciekaw jestem, jak Wam się widzą te zadania. Jeśli ktoś z Was ma czas i ochotę to byłbym wdzięczny za umieszczone w tym temacie rozwiązania.
Pozdrawiam
Jakubs11
-
- Użytkownik
- Posty: 2826
- Rejestracja: 30 gru 2006, o 20:38
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Lublin/warszawa
- Podziękował: 62 razy
- Pomógł: 482 razy
Hiszpańska XLIV OM
Zadanie 4
Z kongruencji idzie dość szybko:
\(\displaystyle{ 2222\equiv 3(mod 7)\\
2222^3\equiv 27\equiv -1(mod 7)\\
2222^6\equiv 1(mod 7)\\
2222^{5555}=2222^{925\cdot 6+5}\equiv 2222^5\equiv -2(mod 7)\\
5555\equiv 4(mod 7)\\
5555^3\equiv 64\equiv 1(mod 7)\\
5555^{2222}=5555^{740\cdot 3+2}\equiv 5555^2\equiv 16\equiv 2(mod 7)\\
2222^{5555}+5555^{2222}\equiv -2+2\equiv 0(mod 7)}\)
Zadanie 1
Nie umiem ładnie zapisać, ale chyba da się zrozumieć.
Przez dane trzy punkty można poprowadzić dokładnie jeden okrąg. Zatem jeśli oznaczymy te punkty jako \(\displaystyle{ A_1,\ A_2,\ A_3}\), a pozostałe jako \(\displaystyle{ B_1,\ B_2,\ ...,\ B_n}\), to przez każdą czwórkę punktów \(\displaystyle{ A_1,\ A_2,\ A_3,\ B_i}\) (\(\displaystyle{ i\in\{1,\ 2,\ ...,\ n\}}\)), to można przez nie poprowadzić ten sam okrąg co przez te trzy punkty.
Z kongruencji idzie dość szybko:
\(\displaystyle{ 2222\equiv 3(mod 7)\\
2222^3\equiv 27\equiv -1(mod 7)\\
2222^6\equiv 1(mod 7)\\
2222^{5555}=2222^{925\cdot 6+5}\equiv 2222^5\equiv -2(mod 7)\\
5555\equiv 4(mod 7)\\
5555^3\equiv 64\equiv 1(mod 7)\\
5555^{2222}=5555^{740\cdot 3+2}\equiv 5555^2\equiv 16\equiv 2(mod 7)\\
2222^{5555}+5555^{2222}\equiv -2+2\equiv 0(mod 7)}\)
Zadanie 1
Nie umiem ładnie zapisać, ale chyba da się zrozumieć.
Przez dane trzy punkty można poprowadzić dokładnie jeden okrąg. Zatem jeśli oznaczymy te punkty jako \(\displaystyle{ A_1,\ A_2,\ A_3}\), a pozostałe jako \(\displaystyle{ B_1,\ B_2,\ ...,\ B_n}\), to przez każdą czwórkę punktów \(\displaystyle{ A_1,\ A_2,\ A_3,\ B_i}\) (\(\displaystyle{ i\in\{1,\ 2,\ ...,\ n\}}\)), to można przez nie poprowadzić ten sam okrąg co przez te trzy punkty.
Hiszpańska XLIV OM
To to z kongruencji fajnie idzie, tylko takie pytanka
skąd bierzesz (zakładam, że nie użyłaś kalkulatora), że \(\displaystyle{ 2222^{5}\equiv -2(mod7)}\)
hmm, i to samo pytanie przy \(\displaystyle{ 5555^ {2}}\)
ogólnie to gites rozwiązania
skąd bierzesz (zakładam, że nie użyłaś kalkulatora), że \(\displaystyle{ 2222^{5}\equiv -2(mod7)}\)
hmm, i to samo pytanie przy \(\displaystyle{ 5555^ {2}}\)
ogólnie to gites rozwiązania
-
- Użytkownik
- Posty: 63
- Rejestracja: 1 lis 2006, o 20:23
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kielce
- Pomógł: 2 razy
Hiszpańska XLIV OM
realne czyli rzeczywiste?[/latex]Jakubs11 pisze: Zad.3.
Oblicz pierwiastki realne równania:
\(\displaystyle{ x( \frac{6-x}{x+1} )( \frac{6-x}{x+1} +x)=8}\)
- przemk20
- Użytkownik
- Posty: 1094
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 22:47
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Olesno
- Podziękował: 45 razy
- Pomógł: 236 razy
Hiszpańska XLIV OM
no to 6
\(\displaystyle{ 3 q (\frac{1}{a})^{a^2+2ab} (\frac{1}{b})^{b^2+2bc} (\frac{1}{c})^{c^2+2ca} \iff \\
\ln 3 q (a^2+2ab) \ln \frac{1}{a} + (b^2+2bc) \ln \frac{1}{b}
+(c^2+2ca) \ln \frac{1}{c}}\)
stosujac nierownosc jensena dla \(\displaystyle{ f(x) = \ln x}\)
i korzystajac z warunku \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2+ 2ab+2bc+2ca = (a+b+c)^2 = 1}\)
mamy
\(\displaystyle{ P= (a^2+2ab) \ln \frac{1}{a} + (b^2+2bc) \ln \frac{1}{b}
+(c^2+2ca) \ln \frac{1}{c}\leq \ln (a+2b+b+2c+c+2a) = \ln (3) = L}\)
\(\displaystyle{ 3 q (\frac{1}{a})^{a^2+2ab} (\frac{1}{b})^{b^2+2bc} (\frac{1}{c})^{c^2+2ca} \iff \\
\ln 3 q (a^2+2ab) \ln \frac{1}{a} + (b^2+2bc) \ln \frac{1}{b}
+(c^2+2ca) \ln \frac{1}{c}}\)
stosujac nierownosc jensena dla \(\displaystyle{ f(x) = \ln x}\)
i korzystajac z warunku \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2+ 2ab+2bc+2ca = (a+b+c)^2 = 1}\)
mamy
\(\displaystyle{ P= (a^2+2ab) \ln \frac{1}{a} + (b^2+2bc) \ln \frac{1}{b}
+(c^2+2ca) \ln \frac{1}{c}\leq \ln (a+2b+b+2c+c+2a) = \ln (3) = L}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 150
- Rejestracja: 19 kwie 2007, o 22:52
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Biłgoraj/Kraków
- Pomógł: 39 razy
Hiszpańska XLIV OM
Zad 3.
Niech \(\displaystyle{ y=\frac{6-x}{x+1}}\) wtedy mamy:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x+y=6-xy\\xy(x+y)=8\end}\)
\(\displaystyle{ xy(6-xy)=8 \iff xy=2 \ \ xy=4}\)
Sprawdzamy, że \(\displaystyle{ xy=4}\) doprowadza do sprzeczności, więc \(\displaystyle{ xy=2}\) i \(\displaystyle{ x+y=4}\)
skąd mamy: \(\displaystyle{ x=2-\sqrt2 \ \ x=2+\sqrt2}\)
Niech \(\displaystyle{ y=\frac{6-x}{x+1}}\) wtedy mamy:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x+y=6-xy\\xy(x+y)=8\end}\)
\(\displaystyle{ xy(6-xy)=8 \iff xy=2 \ \ xy=4}\)
Sprawdzamy, że \(\displaystyle{ xy=4}\) doprowadza do sprzeczności, więc \(\displaystyle{ xy=2}\) i \(\displaystyle{ x+y=4}\)
skąd mamy: \(\displaystyle{ x=2-\sqrt2 \ \ x=2+\sqrt2}\)
Hiszpańska XLIV OM
Do: qjon
rzeczywiste (po hiszpańsku real - w sumie oznacza i realny i rzeczywisty, ale trzymamy się polskiej nomenklatury )
przemek20:
hehe, fajne rozwiązanie
wydaje mi się że się pomylileś w litekach w wykładnikach, ale i tak nic to nie zmienia, jak zamienić wszędzie przy a=> +2ca; przy b=>2ab; przy c=>2bc to wszystko jest wporządku
a pytając bardziej ogólnie - czy wydaje wam się ten etap trudny czy wręcz banalny?? w hiszpanii piszą go ludzie w wieku 16/17 lat.
rzeczywiste (po hiszpańsku real - w sumie oznacza i realny i rzeczywisty, ale trzymamy się polskiej nomenklatury )
przemek20:
hehe, fajne rozwiązanie
wydaje mi się że się pomylileś w litekach w wykładnikach, ale i tak nic to nie zmienia, jak zamienić wszędzie przy a=> +2ca; przy b=>2ab; przy c=>2bc to wszystko jest wporządku
a pytając bardziej ogólnie - czy wydaje wam się ten etap trudny czy wręcz banalny?? w hiszpanii piszą go ludzie w wieku 16/17 lat.
-
- Użytkownik
- Posty: 2826
- Rejestracja: 30 gru 2006, o 20:38
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Lublin/warszawa
- Podziękował: 62 razy
- Pomógł: 482 razy
Hiszpańska XLIV OM
Jeśli wiadomo, że \(\displaystyle{ 2222\equiv 3(mod 7)}\), to \(\displaystyle{ 2222^2\equiv 3^2=9\equiv 2(mod 7)}\) i \(\displaystyle{ 2222^3\equiv 3\cdot 2=6\equiv -1(mod 7)}\), zatem \(\displaystyle{ 2222^5=2222^3\cdot 2222^2\equiv -1\cdot 2=-2(mod 7)}\)Jakubs11 pisze:skąd bierzesz (zakładam, że nie użyłaś kalkulatora), że \(\displaystyle{ 2222^{5}\equiv -2(mod7)}\)
hmm, i to samo pytanie przy \(\displaystyle{ 5555^ {2}}\)
Dla 2222 podobnie.
-
- Użytkownik
- Posty: 21
- Rejestracja: 6 gru 2007, o 04:58
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Czewa
- Pomógł: 3 razy
Hiszpańska XLIV OM
Jak dla mnie zadania banalne (a lat mam 17). Zadanie 1 i 5 są jednymi z niewielu zadań z geometrii, które da się zrobić w pamięci :]
-
- Użytkownik
- Posty: 175
- Rejestracja: 23 kwie 2006, o 16:13
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Otyń/Zielona Góra
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 4 razy
Hiszpańska XLIV OM
to etap lokalny czyli coś w stylu wstępnego bo te zadania są trywialne. nie wierzę, że decydują o czymkolwiek, raczej są po to żeby sprawdzić kto chce startować.
Hiszpańska XLIV OM
Hmm, w sumie decyduje bo z każdego okręgu 3 osoby, które najlepiej rozwiążą zadania przechodzą do etapu krajowego, z którego 6 najlepszych jedzie na olimpiadę międzynarodową. wierzcie mi, z tego co mi mówiono, to maximum kiedykolwiek rozwiązanych zadań to 3 zrobione w pełni i jedno "po części". Dla nich to nie takie łatwe, o kongruencji nikt nawet nie słyszał
-
- Użytkownik
- Posty: 21
- Rejestracja: 6 gru 2007, o 04:58
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Czewa
- Pomógł: 3 razy
Hiszpańska XLIV OM
Jak tak patrze jaki ostatnio mieli wynik Hiszpanie no MOM, to pewnie jest to prawda.
-
- Użytkownik
- Posty: 63
- Rejestracja: 1 lis 2006, o 20:23
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kielce
- Pomógł: 2 razy
Hiszpańska XLIV OM
hehe... fajnie by było jakby u nas z każdego okręgu też przechodziła taka sama liczba osób;)Jakubs11 pisze:z każdego okręgu 3 osoby, które najlepiej rozwiążą zadania przechodzą do etapu krajowego