ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #21

Η λύση μου για το 4 των μικρών.

Θεωρώ το άθροισμα $1+2+3+..+2018=\dfrac{2018\cdot 2019}{2}$
Μετά από μία αντικατάσταση των a,b

το άθροισμα θα μεταβληθεί κατά $a+b-\left [ \left ( 5a-2b \right ) \right+\left ( 3a-4b \right ) ]=a+b-\left ( 8a-6b \right )=7b-7a=7\left ( b-a \right )$
Άρα το άθροισμα της νέας ακολουθίας πρέπει να έχει προκύψει από το αρχικό συν κάποιο πολλαπλάσιο του

$3+6+9+..+6054=3\left ( 1+2+3+..+2018 \right )=3\dfrac{2018\cdot 2019}{2}$
Πρέπει $3\cdot \dfrac{2018\cdot 2019}{2}=\dfrac{2018\cdot 2019}{2}+\pi o\lambda 7\Leftrightarrow 3\cdot 1009\cdot 2019\equiv 1009\cdot 2019(mod7)\Leftrightarrow 9\equiv 3(mod7)$ άτοπο άρα ο Γιάννης έχει άδικο.

glinos05 · #22

ΘΕΜΑ 3ο ΜΙΚΡΩΝ

Έστω ο αριθμός $A=\overline{a_{n}a_{n-1}...a_{1}}=13(a_{1}+...a_{n})$ . Τότε έχουμε:

$10^{n-1}\cdot a_{n}+10^{n-2}\cdot a_{n-1}+...+a_{1}=13a_{n}+...+13a_{1}\Leftrightarrow$

$a_{n}\cdot (10^{n-1}-13)+a_{n-1}\cdot (10^{n-2}-13)+...a_{3}\cdot (100-13)=13a_{2}-10a_{2}+13a_{1}-a_{1}=3a_{2}+12a_{1}$ .

Η μέγιστη τιμή που μπορεί να πάρει το $3a_{2}+12a_{1}$ , εφόσον $a_{1},a_{2}$ ψηφία, είναι $3\cdot 9+12\cdot 9=135$ .

οπότε $a_{n}(10^{n-1}-13)+...+a_{3}(100-13)\leq 135$ . Άρα $a_{n}(10^{n-1}-13)\leq135$ , κι επειδή

$a_{n}(10^{n-1}-13)\geq1\cdot (10^{n-1}-13 )$ , ισχύει $10^{n-1}-13\leq135\Leftrightarrow10^{n-1}\leq148$ , άρα

n=3

ή

(η περίπτωση n=1

αποκλείεται). Άρα

Για , είναι , άτοπο
- Για , είναι , άρα αναγκαστικά
  
  και
  - Για
    - Για
      
      Άρα οι ζητούμενοι αριθμοί είναι οι

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #23

Η λύση μου για το 3 των μικρών

Έστω ο αριθμός

με $x=10^{n-1}a_1+10^{n-2}a_2+...+10a_{n-1}+a_n$ και x=13(a_1+a_2+..+a_n)

Άρα $10^{n-1}a_1+10^{n-2}a_2+...+10a_{n-1}+a_n=13(a_1+a_2+..+a_n)$
H ελάχιστη τιμή του αριστερού μέλους πιάνεται για a_1=1

και

και είναι ίση με $10^{n-1}$
H μέγιστη τιμή του δεξί μέλους πιάνεται για a_1=a_2=...=a_n=9

και είναι ίση με 107n

Όμως για $n\geq 4$ είναι $107n< 10^{n-1}$
Για n=1

προφανώς άτοπο .Για n=2

έστω $\overline{ab}=13(a+b)\Leftrightarrow 10a+b=13a+13b\Leftrightarrow 3a=-12b$
άτοπο

Για n=3

έστω $\overline{abc}=13(a+b+c)\Leftrightarrow 100a+10b+c=13a+13b+13c\Leftrightarrow 87a=3b+12c\Leftrightarrow 29a=b+4c$
Για $a\geq 2$ προφανώς η παραπάνω δεν έχει λύση ,για a=1

έχουμε:

που έχει λύσεις τις $\left ( b,c \right )=\left ( 9,5 \right ),(b,c)=(5,6),(b,c)=(1,7)$
και τελικά προκύπτουν οι αριθμοί 195,156,117

.

Κώστας Καρ. · #24

silouan έγραψε: Σάβ Φεβ 23, 2019 5:17 pm
Κώστας Καρ. έγραψε: Σάβ Φεβ 23, 2019 5:05 pm Καλησπέρα
Για το θέμα 4 των μεγαλων εγραψα αυτο:
Στο υπολοιπο της ασκησης θα θεωρω μ της στηλες και ν τις γραμμες του ορθογωνιου

Παρατηρούμε οτι, συμφωνα με την επιτρεπομενη κινηση, καθε στηλη και καθε γραμμη πρεπει να.περιεχει τουλαχιστον ενα αρχικό μαυρο πιόνι, αλλιως δεν μπορει να γεμισει. Ετσι, αν ειναι ν=μ, τοτε εχουμε τετραγωνο με
ν^2 μοναδιαια τετραγωνα. Τοτε προφανώς η μικρότερη δυνατη τιμη αρχικών μαυρων πιονων ειναι τα μοναδιαια τετραγωνα της διαγωνιου, δηλαδη Ν=ν
Αν ν<μ, τοτε χωριζουμε το ορθογωνιο σε ενα τετραγωνο με πλευρες ν και ενα ορθογωνιο με πλευρες μ-ν και και ν (αν μ=2ν, τοτε προφανώς δεν ειναι ορθογώνιο αλλα τετραγωνο με επισης πλευρες ν). Εφοσον τωρα για να γεμισουμε το τετραγωνο με πλευρες ν θελουμε ν αρχικα πιονια, επειδη η πλευρα διπλα απ'το ορθογωνιο (δηλαδη η ακριανη στηλη του τετραγωνου) θα ειναι γεματη με μαυρα πιονια, παρατηρουμε οτι χρειαζομαστε μόνο ενα αρχικο μαυρο πιόνι σε καθε στηλη για να γεμισουμε το ορθογωνιο, ανεξαρτητα απ'την θεση τους. Δηλαδη χρειαζομαστε αλλα μ-ν αρχικα τετραγωνα.
Αρα στο συνολο έχουμε:
Ν=ν+(μ-ν)=μ

Με συγχωρείτε για την απουσια σχηματος αλλα αυτο το γραφω μεσω κινητου γιατι βρισκομαι στον δρομο της επιστροφης. Πως σας φανηκε η λυση μου;
Καλησπέρα. Σε αυτού του είδους τα προβλήματα πρέπει να δείξουμε δύο πράγματα.
1ον) Ότι χρειάζονται τουλάχιστον τόσα μαύρα τετράγωνα
2ον) Ότι με τον αριθμό που βρήκαμε πριν είναι δυνατόν.

Εσύ κάνεις ουσιαστικά μόνο το 2ο κομμάτι. Η απάντηση για το τετράγωνο είναι σωστή, αλλά για το ορθογώνιο είναι λάθος.

Το περιμενα... ήταν πολυ επιπόλαιη απαντηση ούτως ή άλλως, την σκεφτηκα και την εγραψα μολις σε μιση ωρα. Πιστεύετε θα μου δωσουν 1 με 2 μοναδες απο τις 5 ομως;
Ευχαριστώ πολυ!

Al.Koutsouridis · #25

Θέματα μικρών τάξεων

Πρόβλημα 3
Να προσδιορίσετε όλους τους θετικούς ακέραιους οι οποίοι είναι ίσοι με

φορές το άθροισμα των ψηφίων τους.

Λύση:

Παρατηρούμε ότι ισχύει $10^{n-1} > 200n$ όπου

φυσικός αριθμός n>3

. Μπορεί να αποδειχθεί εύκολα με επαγωγή (το παραλείπω προς το παρόν). Με την βοήθεια αυτής της ανίσωσης έχουμε

$\overline{a_{n}a_{n-1}...a_{1}} \geq 10^{n-1} > 200n > 13 \cdot 9 \cdot n$

(

είναι η μέγιστη τιμή που μπορεί να πάρει το άθροισμα των ψηφίων ενός

-ψήφιου αριθμού). Άρα οι εν λόγο θετικοί ακέραιοι θα είναι το πολύ τριψήφιοι.

1) Προφανώς δεν μπορεί να είναι μονοψήφιος.

2) Αν είναι διψήφιος, τότε θα πρέπει να ισχύει

$10a_{2}+a_{1} =13(a_{2}+a_{1}) \Leftrightarrow 3a_{2}+12a_{1} = 0$ που είναι αδύνατο. Άρα δεν υπάρχουν διψήφιοι με αυτή την ιδιότητα.

3) Αν ο αριθμός είναι τριψήφιος, έχουμε την εξίσωση

$100a_{3}+10a_{2}+a_{1}=13(a_{3}+a_{2}+a_{1}) \Leftrightarrow 29a_{3}=a_{2}+4a_{1}$

Είναι όμως, $a_{2}+4a_{1} \leq 9+4\cdot 9 =45$ . Άρα το ψηφίο $a_{3}$ μπορεί να ισούται μόνο με

. Οπότε θα έχουμε

$4a_{1}=29-a_{2} \Rightarrow 20 \leq 4a_{1} \leq 29 \Rightarrow 5 \leq a_{1} \leq 7$ .

i) Αν $a_{1}=5$ θα έχουμε $a_{2}=9$ που δίνει τον αριθμό 195

.
ii) Αν $a_{1}=6$ θα έχουμε $a_{2}= 5$ που μας δίνει τον αριθμό 156

.
iii) Αν $a_{1}=7$ θα έχουμε $a_{2}=1$ που μας δίνει τον αριθμό 117

.

Άρης Μερσιέ · #26

Έχω μια απορία. Στο πρόβλημα 4 των μεγάλων, ήθελε ένα τύπο που να δίνει το

για τυχαίες τιμές των $\nu,\mu$ ? Γιατί εγώ έκανα μια διερεύνηση και βρήκα διαφορετικό τύπο για κάθε μια από τις δυο περιπτώσεις που ξεχώρισα.

(Συναρτήσει των $\nu,\mu$ εννοείται)

melasjumper · #27

Ναι για το πρόβλημα 4 των μεγάλων αρκούν 4 μαγικές λέξεις: συνολική περιμετρος δεν αυξάνεται.
Η απάντηση είναι (n+m)/2

Τσιαλας Νικολαος · #28

melasjumper έγραψε: Σάβ Φεβ 23, 2019 8:30 pm Ναι για το πρόβλημα 4 των μεγάλων αρκούν 4 μαγικές λέξεις: συνολική περιμετρος δεν αυξάνεται.
Η απάντηση είναι

Melas the hudini??

nickthegreek · #29

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: Σάβ Φεβ 23, 2019 1:24 pm Βάζω τα θέματα σε φωτογραφίες όπως πάντα γιατί είμαι στο εξεταστικό κέντρο...καλά αποτελέσματα σε όλα τα παιδιά!!IMG_20190223_111022.jpgIMG_20190223_110955.jpg

Θα κάνω τον δικηγόρο του διαβόλου και θα πω ότι το 4o θέμα σηκώνει μεγάλες παρεξηγήσεις. Η εκφώνηση λέει «τον ελάχιστο αριθμο μαύρων πιονιών που πρέπει και αρκεί να υπάρχουν σε μια δυνατή τοποθέτηση». Ο αριθμός $(\mu+\nu)/2$ δεν ικανοποιεί το «αρκεί» μέρος της κάθε αρχικής τοποθέτησης! Π.χ. πάρτε έναν πίνακα $3 \times 4$ . Μαυρίστε τις πρώτες 3 στήλες, δηλαδή 9 τετράγωνα. Δεν υπάρχει κανένας λόγος να γεμίσει μαύρα πιόνια η τελευταία στήλη. Θεωρώ λοιπόν ότι δεδομένης της εκφώνησης η απάντηση πρέπει να είναι $\mu \nu - \nu +1$ .

JimNt. · #30

Δόθηκε διευκρίνιση ότι δεν ισχύει το παραπάνω (αρκεί). Βέβαια έπειτα από ερώτηση μαθητή

min## · #31

Συμφωνώ(ή μάλλον δε διαφωνώ).Δόθηκε βέβαια διευκρίνιση (νομίζω) αλλά τέλοσπαντων..

nickthegreek · #32

JimNt. έγραψε: Σάβ Φεβ 23, 2019 8:57 pm Δόθηκε διευκρίνιση ότι δεν ισχύει το παραπάνω (αρκεί). Βέβαια έπειτα από ερώτηση μαθητή

Καλώς.

#33

nickthegreek έγραψε: Σάβ Φεβ 23, 2019 8:45 pm
Τσιαλας Νικολαος έγραψε: Σάβ Φεβ 23, 2019 1:24 pm Βάζω τα θέματα σε φωτογραφίες όπως πάντα γιατί είμαι στο εξεταστικό κέντρο...καλά αποτελέσματα σε όλα τα παιδιά!!IMG_20190223_111022.jpgIMG_20190223_110955.jpg
Θα κάνω τον δικηγόρο του διαβόλου και θα πω ότι το 4o θέμα σηκώνει μεγάλες παρεξηγήσεις. Η εκφώνηση λέει «τον ελάχιστο αριθμο μαύρων πιονιών που πρέπει και αρκεί να υπάρχουν σε μια δυνατή τοποθέτηση». Ο αριθμός $(\mu+\nu)/2$ δεν ικανοποιεί το «αρκεί» μέρος της κάθε αρχικής τοποθέτησης! Π.χ. πάρτε έναν πίνακα $3 \times 4$ . Μαυρίστε τις πρώτες 3 στήλες, δηλαδή 9 τετράγωνα. Δεν υπάρχει κανένας λόγος να γεμίσει μαύρα πιόνια η τελευταία στήλη. Θεωρώ λοιπόν ότι δεδομένης της εκφώνησης η απάντηση πρέπει να είναι $\mu \nu - \nu +1$ .

Ένα θεματάκι το έχει. Από την στιγμή που δόθηκε διευκρίνιση όλα εντάξει.

JimNt. · #34

Demetres έγραψε: Σάβ Φεβ 23, 2019 9:08 pm
nickthegreek έγραψε: Σάβ Φεβ 23, 2019 8:45 pm
Τσιαλας Νικολαος έγραψε: Σάβ Φεβ 23, 2019 1:24 pm Βάζω τα θέματα σε φωτογραφίες όπως πάντα γιατί είμαι στο εξεταστικό κέντρο...καλά αποτελέσματα σε όλα τα παιδιά!!IMG_20190223_111022.jpgIMG_20190223_110955.jpg
Θα κάνω τον δικηγόρο του διαβόλου και θα πω ότι το 4o θέμα σηκώνει μεγάλες παρεξηγήσεις. Η εκφώνηση λέει «τον ελάχιστο αριθμο μαύρων πιονιών που πρέπει και αρκεί να υπάρχουν σε μια δυνατή τοποθέτηση». Ο αριθμός $(\mu+\nu)/2$ δεν ικανοποιεί το «αρκεί» μέρος της κάθε αρχικής τοποθέτησης! Π.χ. πάρτε έναν πίνακα $3 \times 4$ . Μαυρίστε τις πρώτες 3 στήλες, δηλαδή 9 τετράγωνα. Δεν υπάρχει κανένας λόγος να γεμίσει μαύρα πιόνια η τελευταία στήλη. Θεωρώ λοιπόν ότι δεδομένης της εκφώνησης η απάντηση πρέπει να είναι $\mu \nu - \nu +1$ .
Ένα θεματάκι το έχει. Από την στιγμή που δόθηκε διευκρίνιση όλα εντάξει.

Να διευκρίνισω ότι δεν γνώριζω αν δόθηκε σε όλους. Δόθηκε σε μία τάξη έπειτα απο2 περιπου ώρες με ερώτηση μαθητη. Τα συμπεράσματα δικά σας.

Τσιαλας Νικολαος · #35

λάθη γίνονται..αν πάντως δόθηκε σε μια τάξη διευκρίνηση θα δόθηκε σε όλες..

Άρης Μερσιέ · #36

melasjumper έγραψε: Σάβ Φεβ 23, 2019 8:30 pm Ναι για το πρόβλημα 4 των μεγάλων αρκούν 4 μαγικές λέξεις: συνολική περιμετρος δεν αυξάνεται.
Η απάντηση είναι

Εάν όμως θεωρήσουμε ένα ορθογώνιο με διαστάσεις

και

τότε

και άρα ο τύπος (n+m)/2

δίνει ως αποτέλεσμα έναν μη ακέραιο αριθμό. Αφού δεν γίνεται να τοποθετήσουμε 5/2

πιόνια, στη λύση μου είπα ότι: Εάν m-n= 2k-1

, με

ακέραιο, τότε χρησιμοποιούμε τον τύπο (m+n+1)/2

, που για

δίνει

. Θα θεωρηθεί σωστό η όχι?

melasjumper · #37

Ναι είμαι πολύ λακωνικος αλλά εννοώ το ceiling του
(ν+μ)/2.
(melas the hudini

)

Prødigy · #38

Τα αποτελέσματα βγήκαν!
http://www.hms.gr/?q=node/1514

Dionyssis · #39

Prødigy έγραψε: Σάβ Φεβ 23, 2019 9:34 pm Τα αποτελέσματα βγήκαν!
http://www.hms.gr/?q=node/1514

Συγχαρητήρια σε όλους τους διακριθέντες, αλλά και σε εκείνους που έλαβαν μέρος και απέκτησαν πολύτιμες εμπειρίες!
Δυστυχώς βλέπω πολύ λίγα κορίτσια στους επιτυχόντες. Κάνουμε κάτι λάθος στο να κάνουμε θελκτικά τα μαθηματικά στα κορίτσια; Ποια είναι η γνώμη σας; Χρειάζεται διαφοροποιημένη διδασκαλία για τα κορίτσια;

Κώστας Παππέλης · #40

Dionyssis έγραψε: Σάβ Φεβ 23, 2019 10:13 pm
Prødigy έγραψε: Σάβ Φεβ 23, 2019 9:34 pm Τα αποτελέσματα βγήκαν!
http://www.hms.gr/?q=node/1514
Συγχαρητήρια σε όλους τους διακριθέντες, αλλά και σε εκείνους που έλαβαν μέρος και απέκτησαν πολύτιμες εμπειρίες!
Δυστυχώς βλέπω πολύ λίγα κορίτσια στους επιτυχόντες. Κάνουμε κάτι λάθος στο να κάνουμε θελκτικά τα μαθηματικά στα κορίτσια; Ποια είναι η γνώμη σας; Χρειάζεται διαφοροποιημένη διδασκαλία για τα κορίτσια;

Ενδιαφέρον ερώτημα. Το ίδιο ερώτημα τίθεται και στο σκάκι (που ασχολιόμουν αρκετά μικρός). Γιατί συντριπτικά λιγότερες γυναίκες (σε αναλογία 100-1 και παραπάνω) είναι ανταγωνιστικές στο σκάκι συγκριτικά με τους άντρες?

Κατά τη γνώμη μου είναι συνδυασμός δύο παραγόντων:
1) η κοινωνία (δηλαδή η οικογένεια) δεν προωθεί τα μαθηματικά (ή το σκάκι) στο μικρό κορίτσι (πχ όπως τα αγόρια είναι πολύ λιγότερα στο μπαλέτο)
2) το κυριότερο κατ' εμέ: βιολογικές διαφορές στις οποίες δεν μπορούμε να επέμβουμε οι οποίες οφείλονται στο πώς τα δύο φύλα αναπτύχθηκαν εξελικτικά. Το αντρικό φύλο είναι προγραμματισμένο να ανταγωνίζεται, με αποτέλεσμα να βρίσκει έμφυτα μεγαλύτερο ενδιαφέρον σε διαγωνισμούς και ανταγωνιστικά αθλήματα όπως το σκάκι και αυτό βοηθάει επίσης στο να χειρίζεται καλύτερα τις συνθήκες πίεσης (κατά μέσο όρο πάντα).
Δεν είναι δηλαδή κάποια παραπάνω εξυπνάδα που μπαίνει στη μέση, αλλά μια βιολογική τάση του αντρικού φύλου να βρίσκει περισσότερο ενδιαφέρον και να αφοσιώνεται σε τέτοιου είδους 'αθλήματα'.

Συνεπώς ακόμα και αν προωθήσουμε το ίδιο τους μαθηματικούς διαγωνισμούς στα δύο φύλα, νομίζω (εγώ προσωπικά) ότι πάντα θα έχουν μεγαλύτερη απήχηση (κατά μέσο όρο ξαναλέω) στα αγόρια.

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Μέλη σε σύνδεση