Αρχιμήδης 2017

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3680
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Αρχιμήδης 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από cretanman » Σάβ Μαρ 04, 2017 11:09 am

Παρακαλούμε τα θέματα και η συζήτηση για αυτά να γίνει αμέσως μετά τη λήξη του διαγωνισμού(μετά τις 2 το μεσημέρι) διότι οι μαθητές γράφουν ακόμη.

Φιλικά


Αλέξανδρος Συγκελάκης

Λέξεις Κλειδιά:
achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2417
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: Αρχιμήδης 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από achilleas » Σάβ Μαρ 04, 2017 11:25 am

cretanman έγραψε:Παρακαλούμε τα θέματα και η συζήτηση για αυτά να γίνει αμέσως μετά τη λήξη του διαγωνισμού(μετά τις 2 το μεσημέρι) διότι οι μαθητές γράφουν ακόμη.

Φιλικά


Καλημέρα, Αλέξανδρε,

Έχεις δίκιο! :)

Φιλικά,

Αχιλλέας


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5062
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Αρχιμήδης 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από george visvikis » Σάβ Μαρ 04, 2017 11:46 am

Αναρωτιέμαι γιατί δεν δείχνουμε την ίδια ευαισθησία στις Πανελλήνιες :roll:
Πέρυσι, η πρώτη απάντηση (συμπτωματικά δική μου) δόθηκε στις 10:56(θερινή ώρα), ενώ οι μαθητές έγραφαν.


JimNt.
Δημοσιεύσεις: 392
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Αρχιμήδης 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από JimNt. » Σάβ Μαρ 04, 2017 12:39 pm

Καλησπέρα, ο διαγωνισμός των μικρών έχει λήξει. Αν μου επιτραπεί θα παραθέσω τα θέματα. (Τα οποία θεωρώ ήταν πολύ χαμηλής δυσκολίας)


One of the basic rules of the Universe is that nothing is perfect. Perfection does not exist... Without imperfection, neither you nor I would exist - Stephen Hawking
5-20-8-20-12-9-15-18 Ν.
giormala
Δημοσιεύσεις: 8
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 28, 2017 1:24 pm

Re: Αρχιμήδης 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #5 από giormala » Σάβ Μαρ 04, 2017 1:16 pm

15.jpg
15.jpg (511.65 KiB) Προβλήθηκε 3587 φορές

Θέματα μικρών τάξεων!


Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 86
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Αρχιμήδης 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #6 από Γιάννης Μπόρμπας » Σάβ Μαρ 04, 2017 1:23 pm

Το 4ο από εμάς (Seniors) ήταν υπερβολικά δύσκολο. Καλά αποτελέσματα σε όλους.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5062
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Αρχιμήδης 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #7 από george visvikis » Σάβ Μαρ 04, 2017 1:24 pm

Πρόβλημα 1(μικρών)

Archimides-Juniors 2017.png
Archimides-Juniors 2017.png (7.78 KiB) Προβλήθηκε 3555 φορές

Έστω M το σημείο τομής της AD με το ύψος HN του τριγώνου BHC. Είναι \displaystyle{EZ = a - \frac{a}{3} - \frac{a}{4} = \frac{{5a}}{{12}}}

Εξάλλου, \displaystyle{\frac{{HM}}{{HN}} = \frac{{EM}}{{CN}} = \frac{{MZ}}{{NB}} = \frac{{EM + MZ}}{{CN + NB}} = \frac{5}{{12}} \Leftrightarrow \frac{{MN}}{{HN}} = \frac{{12}}{7} \Leftrightarrow } \boxed{HN = \frac{{12a}}{7}}

Άρα, \displaystyle{(BHC) = \frac{a}{2} \cdot \frac{{12a}}{7} \Leftrightarrow } \boxed{(BHC) = \frac{{6{a^2}}}{7}}


JimNt.
Δημοσιεύσεις: 392
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Αρχιμήδης 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #8 από JimNt. » Σάβ Μαρ 04, 2017 1:28 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Το 4ο από εμάς (Seniors) ήταν υπερβολικά δύσκολο. Καλά αποτελέσματα σε όλους.

Πώς ήταν;


One of the basic rules of the Universe is that nothing is perfect. Perfection does not exist... Without imperfection, neither you nor I would exist - Stephen Hawking
5-20-8-20-12-9-15-18 Ν.
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 392
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Αρχιμήδης 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #9 από JimNt. » Σάβ Μαρ 04, 2017 1:31 pm

Στα θέματα των μικρών, κατά την γνώμη μου τα 1,2,3 ήταν πολύ εύκολα για Αρχιμήδη. Το 4 τώρα απλά ήθελα να φτάσουμε στην σχέση 3n\ge \binom{n}{2} και να δείξουμε ότι το n=7 όντως ικανοποιεί.


One of the basic rules of the Universe is that nothing is perfect. Perfection does not exist... Without imperfection, neither you nor I would exist - Stephen Hawking
5-20-8-20-12-9-15-18 Ν.
Άβαταρ μέλους
emouroukos
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1320
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: Αρχιμήδης 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #10 από emouroukos » Σάβ Μαρ 04, 2017 1:45 pm

Θέμα 3 Μικρών:

Είναι:

\dfrac{1}{p}=\dfrac{1}{{{a}^{2}}}+\dfrac{1}{{{b}^{2}}}\Leftrightarrow {{a}^{2}}{{b}^{2}}=p\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right) \bf\color{red} \left( 1 \right).

Επειδή ο p είναι πρώτος και p|{{a}^{2}}{{b}^{2}}, θα είναι p|{{a}^{2}} ή p|{{b}^{2}}.

Έστω ότι p|{{a}^{2}}. Τότε, θα είναι p|a, οπότε θα υπάρχει θετικός ακέραιος m τέτοιος, ώστε a=pm.

Με αντικατάσταση στη σχέση \bf\color{red} \left( 1 \right) βρίσκουμε ότι:

{{p}^{2}}{{m}^{2}}{{b}^{2}}=p\left( {{p}^{2}}{{m}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\Rightarrow p{{m}^{2}}{{b}^{2}}={{p}^{2}}{{m}^{2}}+{{b}^{2}}\Rightarrow {{b}^{2}}=p\left( {{m}^{2}}{{b}^{2}}-p{{m}^{2}} \right).

Άρα, θα είναι p|{{b}^{2}} και p|b, οπότε θα υπάρχει θετικός ακέραιος n τέτοιος, ώστε b=pn.

Τότε, η αρχική σχέση δίνει ότι:

\dfrac{1}{p}=\dfrac{1}{{{p}^{2}}{{m}^{2}}}+\dfrac{1}{{{p}^{2}}{{n}^{2}}}\Rightarrow p=\dfrac{1}{{{m}^{2}}}+\dfrac{1}{{{n}^{2}}}.

Αλλά, αφού οι m,n είναι θετικοί ακέραιοι, θα είναι:

p=\dfrac{1}{{{m}^{2}}}+\dfrac{1}{{{n}^{2}}}\le \dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{1}=2,

οπότε p=2 και m=n=1.

Τελικά, προκύπτει ότι a=b=p=2 , που προφανώς επαληθεύει τη δοσμένη σχέση.
τελευταία επεξεργασία από emouroukos σε Σάβ Μαρ 04, 2017 2:16 pm, έχει επεξεργασθεί 4 φορές συνολικά.


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 392
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Αρχιμήδης 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #11 από JimNt. » Σάβ Μαρ 04, 2017 1:46 pm

emouroukos έγραψε:Θέμα 3 Μικρών:
Είναι:
\frac{1}{p}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}\Leftrightarrow {{a}^{2}}{{b}^{2}}=p\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right) (1).
Επειδή ο p είναι πρώτος και p|{{a}^{2}}{{b}^{2}}, θα είναι p|{{a}^{2}} ή p|{{b}^{2}}.
Έστω ότι p|{{a}^{2}}. Τότε, θα είναι p|a, οπότε θα υπάρχει θετικός ακέραιος m τέτοιος, ώστε a=pm.
Με αντικατάσταση στη σχέση (1) βρίσκουμε ότι:
{{p}^{2}}{{m}^{2}}{{b}^{2}}=p\left( {{p}^{2}}{{m}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\Rightarrow p{{m}^{2}}{{b}^{2}}={{p}^{2}}{{m}^{2}}+{{b}^{2}}\Rightarrow {{b}^{2}}=p\left( {{m}^{2}}{{b}^{2}}-p{{m}^{2}} \right).
Άρα, θα είναι p|{{b}^{2}} και p|b, οπότε θα υπάρχει θετικός ακέραιος n τέτοιος, ώστε b=pn.
Τότε, η αρχική σχέση δίνει ότι:
\frac{1}{p}=\frac{1}{{{p}^{2}}{{m}^{2}}}+\frac{1}{{{p}^{2}}{{n}^{2}}}\Rightarrow p=\frac{1}{{{m}^{2}}}+\frac{1}{{{n}^{2}}}.
Αλλά, αφού οι m,n είναι θετικοί ακέραιοι, θα είναι:
p=\frac{1}{{{m}^{2}}}+\frac{1}{{{n}^{2}}}\le \frac{1}{1}+\frac{1}{1}=2,
οπότε p=2 και m=n=1. Τελικά, προκύπτει ότι a=b=p=2 , που προφανώς επαληθεύει τη δοσμένη σχέση.

Διαφορετικά (a^2-p)(b^2-p)=p^2....(Ξέχασα να πάρω την περίπτωση που και οι δύο παράγοντες είναι αρνητικοί που όμως στην ουσία είναι παρόμοιο με το αν είναι θετικοί! και που δεν γίνεται να ισχύσει αφού το αριστέρο μέλος θα είναι μικρότερο. Έπρεπε να την απορρίψω; :wallbash: )


One of the basic rules of the Universe is that nothing is perfect. Perfection does not exist... Without imperfection, neither you nor I would exist - Stephen Hawking
5-20-8-20-12-9-15-18 Ν.
Άβαταρ μέλους
emouroukos
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1320
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: Αρχιμήδης 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #12 από emouroukos » Σάβ Μαρ 04, 2017 1:57 pm

Θέμα 2 Μικρών:

Το δοσμένο σύστημα γράφεται ισοδύναμα:

\displaystyle{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x\left( {6 - y} \right) = 9}\\
{y\left( {6 - z} \right) = 9}\\
{z\left( {6 - x} \right) = 9}
\end{array}} \right\} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{6x - xy = 9}\\
{6y - yz = 9}\\
{6z - zx = 9}
\end{array}} \right\}}.

Με αφαίρεση της δεύτερης ισότητας από την πρώτη, της τρίτης από τη δεύτερη και της πρώτης από την τρίτη, προκύπτει ότι το δοσμένο σύστημα είναι ισοδύναμο με το

\displaystyle{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{6\left( {x - y} \right) = y\left( {x - z} \right)}\\
{6\left( {y - z} \right) = z\left( {y - x} \right)}\\
{6\left( {z - x} \right) = x\left( {z - y} \right)}
\end{array}} \right\}} \bf \color{red} \left( 1 \right).

Αν δύο από τους αγνώστους είναι ίσοι, για παράδειγμα \displaystyle{{x = y},} τότε έχουμε ότι \displaystyle{{x = z}} και άρα \displaystyle{{x = y=z},} οπότε έχουμε τη λύση \displaystyle{\left( {x,y,z} \right) = \left( {3,3,3} \right).}

Υποθέτουμε, λοιπόν, ότι οι αριθμοί \displaystyle{{x,y,z}} είναι διαφορετικοί ανά δύο.

Με πολλαπλασιασμό των παραπάνω εξισώσεων κατά μέλη, βρίσκουμε ότι:

\displaystyle{xyz\left( {x - y} \right)\left( {y - z} \right)\left( {z - x} \right) =  - 216\left( {x - y} \right)\left( {y - z} \right)\left( {z - x} \right),}

οπότε

\displaystyle{xyz =  - 216,}

πράγμα άτοπο, αφού οι αριθμοί \displaystyle{x,y,z} είναι θετικοί.

Ώστε, το σύστημα έχει τη μοναδική λύση \displaystyle{\left( {x,y,z} \right) = \left( {3,3,3} \right).}


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 468
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Αρχιμήδης 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #13 από Al.Koutsouridis » Σάβ Μαρ 04, 2017 2:10 pm

Θέμα 2ο Μικρών.
Πολλαλπλασιάζοντας κατά μέλη τις εξισώσεις του συσστήματος έχουμε

x(6-y)y(6-z)z(6-x) = 9^3 =3^6

Παρατηρούμε (από τις αρχικές εξισώσεις του συστήματος) ότι όλοι παράγοντες είναι θετικοί. Οπότε από την ανισότητα αριθμιτικού γεωμετρικού μέσου

3=  \sqrt[6]{x(6-y)y(6-z)z(6-x)} \leq

\leq \dfrac{x + (6-y) +y+(6-z)+z +(6-x) }{6} = \dfrac{18}{6} = 3

που ισχύει ως ισότητα. Άρα όλοι παράγοντες είναι ίσοι μεταξύ τους και βρίσκουμε την λύση (3,3,3).
τελευταία επεξεργασία από Al.Koutsouridis σε Δευ Μαρ 06, 2017 3:48 pm, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


JimNt.
Δημοσιεύσεις: 392
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Αρχιμήδης 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #14 από JimNt. » Σάβ Μαρ 04, 2017 2:10 pm

Λύνεται και με απλή αντικατάσταση...


One of the basic rules of the Universe is that nothing is perfect. Perfection does not exist... Without imperfection, neither you nor I would exist - Stephen Hawking
5-20-8-20-12-9-15-18 Ν.
Xeniaaa
Δημοσιεύσεις: 1
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 04, 2017 10:54 am

Re: Αρχιμήδης 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #15 από Xeniaaa » Σάβ Μαρ 04, 2017 2:14 pm

JimNt. έγραψε:Καλησπέρα, ο διαγωνισμός των μικρών έχει λήξει. Αν μου επιτραπεί θα παραθέσω τα θέματα. (Τα οποία θεωρώ ήταν πολύ χαμηλής δυσκολίας)

Καλησπέρα! Οι λύσεις των μεγάλων;


Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 86
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Αρχιμήδης 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #16 από Γιάννης Μπόρμπας » Σάβ Μαρ 04, 2017 2:16 pm

Εγώ έλυσα τα 2,3. Μου έφαγε όλη την ώρα το 4ο και δεν πρόλαβα γεωμετρία.
Συνημμένα
1488629865327969656349.jpg
1488629865327969656349.jpg (1.94 MiB) Προβλήθηκε 3179 φορές
τελευταία επεξεργασία από Γιάννης Μπόρμπας σε Σάβ Μαρ 04, 2017 2:19 pm, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
nikos_el
Δημοσιεύσεις: 86
Εγγραφή: Παρ Ιαν 02, 2015 5:00 pm

Re: Αρχιμήδης 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #17 από nikos_el » Σάβ Μαρ 04, 2017 2:17 pm

Θέματα μεγάλων τάξεων
Συνημμένα
ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ - Θέματα Μεγάλων.jpg
ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ - Θέματα Μεγάλων.jpg (1.96 MiB) Προβλήθηκε 3189 φορές


Αν το Α είναι η επιτυχία, τότε ο μαθηματικός τύπος είναι Α=Χ+Υ+Ζ, όπου Χ ίσον δουλειά, Υ ίσον παιχνίδι και Ζ ίσον να κρατάς το στόμα σου κλειστό.
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 8311
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Αρχιμήδης 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #18 από KARKAR » Σάβ Μαρ 04, 2017 2:18 pm

Γεωμετρία  μεγάλων.png
Γεωμετρία μεγάλων.png (32.83 KiB) Προβλήθηκε 3184 φορές


Άβαταρ μέλους
emouroukos
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1320
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: Αρχιμήδης 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #19 από emouroukos » Σάβ Μαρ 04, 2017 2:19 pm



Θέμα 1 Μεγάλων:

Επειδή AC=AE, θα είναι \angle ACE=\angle AEC=\angle FEB.

Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο AFBC, έχουμε ότι: \angle EFB=\angle ACB.

Επομένως, είναι \angle EFB=\angle FEB, οπότε το τρίγωνο BEF είναι ισοσκελές, με BF=BE=\dfrac{EG}{2}.

Άρα, στο τρίγωνο EFG η διάμεσος FB ισούται με το μισό της πλευράς EG και επομένως το τρίγωνο EFG είναι ορθογώνιο με \angle EFG={{90}^{\circ }}.

Επίσης, τα τρίγωνα ABE και ABD είναι ίσα (αφού έχουν την AB κοινή, AE=AD και \angle AEB=\angle ACB=\angle ADB). Άρα, θα ισχύει BD=BF=\dfrac{EG}{2} , οπότε, όπως παραπάνω, θα είναι: \angle EDG={{90}^{\circ }}.

Τελικά, έχουμε ότι \angle EFG+\angle EDG={{180}^{\circ }}, οπότε το τετράπλευρο FEDG είναι εγγράψιμο σε κύκλο.


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
christodoulos703
Δημοσιεύσεις: 38
Εγγραφή: Τετ Αύγ 03, 2016 1:57 pm

Re: Αρχιμήδης 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #20 από christodoulos703 » Σάβ Μαρ 04, 2017 2:38 pm

Καλησπέρα σας.Αν κατά λάθος,στο θέμα 3 μπερδεύτηκα και εβαλα a=b=4 αντί για 2 χάνω κάποια μονάδα;Η διαδικασία ήταν ολοσωστη απλά μπερδεύτηκα με τα τετράγωνα.


Χατζηγρηγοριάδης Χριστόδουλος

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες