Matematyka.pl

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

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.

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

Jakubs11 pisze: Zad.3.
Oblicz pierwiastki realne równania:
\(\displaystyle{ x( \frac{6-x}{x+1} )( \frac{6-x}{x+1} +x)=8}\)

realne czyli rzeczywiste?[/latex]

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
\(\displaystyle{ P= (a^2+2ab) \ln \frac{1}{a} + (b^2+2bc) \ln \frac{1}{b}
+(c^2+2ca) \ln \frac{1}{c}\leq \ln (a+2b+b+2c+c+2a) = \ln (3) = L}\)

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: \(\displaystyle{ x=2-\sqrt2 \ \ x=2+\sqrt2}\)

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.

Jakubs11 pisze:skąd bierzesz (zakładam, że nie użyłaś kalkulatora), że \(\displaystyle{ 2222^{5}\equiv -2(mod7)}\)

hmm, i to samo pytanie przy \(\displaystyle{ 5555^ {2}}\)

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 \(\displaystyle{ 2222^5=2222^3\cdot 2222^2\equiv -1\cdot 2=-2(mod 7)}\)
Dla 2222 podobnie.

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 :]

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.

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

Jak tak patrze jaki ostatnio mieli wynik Hiszpanie no MOM, to pewnie jest to prawda.

te zadania to nawet sie nie nadaja na drugi etap OMG

Jakubs11 pisze:z każdego okręgu 3 osoby, które najlepiej rozwiążą zadania przechodzą do etapu krajowego

hehe... fajnie by było jakby u nas z każdego okręgu też przechodziła taka sama liczba osób;)

hehe... z Wawy by sie wyprowadzali xD