ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2025-2026 (ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ)

[GtDC]

Μήπως μπορείτε να δημοσιεύσετε και τη λύση στο 3ο θέμα του Λυκείου.

[Vagp]

λύση στο 4ο πρόβλημα των μικρών (αυτό που έκανα εγώ):

Στην αρχή υπολόγισα ότι υπάρχουν 4 τόποι για να τοποθετήσω το πρώτο μαύρο πιόνι στην πρώτη γραμμή και άλλοι 3 τόποι για το λευκό στην πρώτη γραμμή. Έπειτα μέτρισα με πόσους τρόπους μπορώ να τοποθετήσω τα μαύρα και τα άσπρα πιόνια στην δεύτερη γραμμή. βρήκα ότι μπορώ με 7 τρόπους. Αυτό το έκανα απλός μετρώντας. Στην συνέχεια για κάθε μια από αυτές τις περιπτώσεις μέτρισα με πόσους τόπους μπορώ να χρωματίσω την τρίτη γραμμή. Βρήκα ότι υπάρχουν συνολικά 22 διαφορετικοί συνδυασμοί χρωματισμών στην δεύτερη και τρίτη γραμμή. Άρα αφού έχουμε 22 συνδυασμούς για κάθε έναν από τους 12 συνδυασμούς της Πρώτης γραμμής έχουμε συνολικά 12x22=264 συνδυασμούς. Για την Τετάρτη Γραμμή θα έχει μείνει μόνο ένας συνδυασμός άρα δεν χαράζεται να την μετρήσουμε.

[Fotis34]

Στο γυμνάσιο, πώς λύσατε το ερώτημα (β) στο πρόβλημα 1 ;

[Valtheof]

Πώς τα πήγατε? Εγώ έλυσα το 1 και το 4 θέμα (ελπίζω ότι τα έλυσα σωστά)

Από Γυμνάσιο έλυσα το 1 και το 3 σίγουρα και στο 4 βρήκα 228. Για το 3 βρήκα έναν πολύ ωραίο τρόπο που αν θέλετε μπορώ να στείλω

[Fotis34]

Πώς τα πήγατε? Εγώ έλυσα το 1 και το 4 θέμα (ελπίζω ότι τα έλυσα σωστά)

Έλυσα το 1 και το 3 σίγουρα και στο 4 βρήκα 228. Για το 3 βρήκα έναν πολύ ωραίο τρόπο που αν θέλετε μπορώ να στείλω

Ναι, ευχαρίστως.

[GtDC]

Έλυσε κανείς το 3ο θέμα στου Λυκείου ?
Είναι k=11 ?

[Γιώργος Νικολής]

Εγώ στο 3ο πρόβλημα έδειξα ότι και έπειτα δοκίμαζα να απορρίψω τιμές ξεκινώντας από τις μεγαλύτερες. Πώς προέυψε σε εσένα το k = 11 ;

[Belias]

Έλυσε κανείς το 3ο θέμα στου Λυκείου ?
Είναι k=11 ?

Μου είπαν πως επιβεβαιώθηκε και από την ΕΜΕ ότι . Αρκετά παιδιά το έλυσαν απ'όσο ξέρω, ας ανεβάσει κάποιος τη λύση του. Μέχρι τότε, δοκίμασε να κοιτάξεις τα τετράγωνα για να βγαλεις το φράγμα.

[Μπάμπης Στεργίου]

λύση στο 4ο πρόβλημα των μικρών (αυτό που έκανα εγώ):

Στην αρχή υπολόγισα ότι υπάρχουν 4 τόποι για να τοποθετήσω το πρώτο μαύρο πιόνι στην πρώτη γραμμή και άλλοι 3 τόποι για το λευκό στην πρώτη γραμμή. Έπειτα μέτρισα με πόσους τρόπους μπορώ να τοποθετήσω τα μαύρα και τα άσπρα πιόνια στην δεύτερη γραμμή. βρήκα ότι μπορώ με 7 τρόπους. Αυτό το έκανα απλός μετρώντας. Στην συνέχεια για κάθε μια από αυτές τις περιπτώσεις μέτρισα με πόσους τόπους μπορώ να χρωματίσω την τρίτη γραμμή. Βρήκα ότι υπάρχουν συνολικά 22 διαφορετικοί συνδυασμοί χρωματισμών στην δεύτερη και τρίτη γραμμή. Άρα αφού έχουμε 22 συνδυασμούς για κάθε έναν από τους 12 συνδυασμούς της Πρώτης γραμμής έχουμε συνολικά 12x22=264 συνδυασμούς. Για την Τετάρτη Γραμμή θα έχει μείνει μόνο ένας συνδυασμός άρα δεν χαράζεται να την μετρήσουμε.

Καλά αποτελέσματα !

Στην πρώτη μου προσπάθεια νόμισα ότι η απάντηση είναι 4!3! , αλλά βιάστηκα .

Συνήθως σε αυτά τα προβλήματα τοποθετούμε πχ πρώτα όλα τα Α με 4! τρόπους. Βάζουμε ένα Μ στην πρώτη γραμμή. Διαγράφουμε αυτή τη γραμμή και τη στήλη.Κάποια στήλη ή γραμμή έχει 3 θέσεις κενές. Εκεί βάζουμε Μ και διαγράφουμε γραμμή και στήλη που το περιέχουν. Κάπως έτσι μένει ένας τρόπος για τα άλλα 2 Μ

Εναλλακτικά, αν μπουν τα Α , τότε τα Μ δεν θα μπούνε σε ίδια στήλη με τα Α, οπότε πρόκειται για μετάθεση χωρίς σταθερά σημεία που τη λέμε Διατάραξη (ή Αναδιάταξη : derangement) 4 στοιχείων. Αυτές είναι 9. Επομένως παίρνουμε 24Χ9 τρόπους. Όλα αυτά με κάποια επιφύλαξη, γιατί θέλουν μεγάλη προσοχή !

[kosine]

Πρόβλημα 1 μεγάλων

Αν Ρ το σημείο τομής των κύκλων (ODE), (OBC), θα αποδείξουμε ότι η χορδή OP περνά από το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC.
Οι κοινές χορδές BC, DE, OP των κύκλων (ABC), (ODE), (OBC) συντρέχουν στο ίδιο σημείο, έστω K.
Προεκτείνουμε την KO μέχρι να τέμνει την AD, έστω σε σημείο L.

στο μέσον της. Άρα μεσοκάθετος της .
(αφού . Άρα KB μεσοκάθετος της LD.


Αν Μ το σημείο τομής της ΚΒ με την LD:
BML: ορθογώνιο τρίγωνο. Άρα

Στο τρίγωνο ΑΒΝ:
Άρα BN ύψος και L το σημείο τομής του με το ύψος AD. Άρα το ορθόκεντρο του τριγώνου.

[Valtheof]

Πώς τα πήγατε? Εγώ έλυσα το 1 και το 4 θέμα (ελπίζω ότι τα έλυσα σωστά)

Έλυσα το 1 και το 3 σίγουρα και στο 4 βρήκα 228. Για το 3 βρήκα έναν πολύ ωραίο τρόπο που αν θέλετε μπορώ να στείλω

Ναι, ευχαρίστως.

Ορίζουμε και όπου . Παρατηρούμε πως η διαφορά όπου και ακέραιοι με γινόμενο 420. Ονομάζουμε και , . Παρατηρούμε πως . Αφού b ακέραιος τότε πρέπει (1). Επειδή το 420 είναι άρτιος και ισχύει το (1) συμπεραίνουμε οτι (2) και (3). Αφού b και a είναι μή-αρνητικοί ακέραιοι τότε παρατηρούμε ότι άρα και (4). Επίσης παρατηρούμε ότι . Οι περιπτώσεις στις οποίες ισχύουν και τα 3 κριτήρια (2), (3), (4) είναι τέσσερις. Για αυτές τις τέσσερις περιπτώσεις έχουμε:
i) οπου
ii) οπου
iii) οπου
iv) οπου
Το ωραίο με την λύση μου είναι πως χρειάζεται να κάνεις μόνο 4 δοκιμές ενώ σε άλλες λύσεις φίλων μου χρειάζεται να κάνεις πολλές έξτρα δοκιμές που καταλήγουν σε άτοπο για να βγάλεις τις 4 λύσεις

[Hristaras]

Στο γυμνάσιο, πώς λύσατε το ερώτημα (β) στο πρόβλημα 1 ;

Βρίσκεις την διακρίνουσα της εξίσωσης συναρτήσει του α η οποία είναι (3α-4) και όλο στο τετράγωνο και μετά υπολογίζεις τις δύο λύσεις ξανά συναρτήσει του α. Μετά λύνεις δύο νέες εξισώσεις με άγνωστο το α για να βρεις τις τιμές του για τις οποίες η πρώτη εξίσωση έχει μια λύση διπλάσια της άλλης. Εγώ βρήκα ότι το α πρέπει να είναι 5/4 ή 7/5 ώστε η μια λύση της εξίσωσης να είναι διπλάσια της άλλης αλλά δεν ειμαι πολύ σίγουρος γιατί ξέχασα να βάλω ένα απόλυτο.

[Fotis34]

Στο γυμνάσιο, πώς λύσατε το ερώτημα (β) στο πρόβλημα 1 ;

Βρίσκεις την διακρίνουσα της εξίσωσης συναρτήσει του α η οποία είναι (3α-4) και όλο στο τετράγωνο και μετά υπολογίζεις τις δύο λύσεις ξανά συναρτήσει του α. Μετά λύνεις δύο νέες εξισώσεις με άγνωστο το α για να βρεις τις τιμές του για τις οποίες η πρώτη εξίσωση έχει μια λύση διπλάσια της άλλης. Εγώ βρήκα ότι το α πρέπει να είναι 5/4 ή 7/5 ώστε η μια λύση της εξίσωσης να είναι διπλάσια της άλλης αλλά δεν ειμαι πολύ σίγουρος γιατί ξέχασα να βάλω ένα απόλυτο.

Ευχαριστώ.

[GtDC]

Έχεις κανείς άποψη αν φέτος τα θέματα του Λυκείου ήταν πιο εύκολα από άλλες χρονιές;
Αν και καταλαβαίνω ότι δεν υπάρχει βάση (εξαρτάται κάθε χρονιά από το πως έγραψαν όλοι), με 3 σωστά έχει κάποιος σοβαρές πιθανότητες να περάσει; (συνήθως έλυνα 1-2 θέματα στον Αρχιμήδη και δεν πέρναγα). Ευχαριστώ.

[SmbdTLv]

λύση στο 4ο πρόβλημα των μικρών (αυτό που έκανα εγώ):

Στην αρχή υπολόγισα ότι υπάρχουν 4 τόποι για να τοποθετήσω το πρώτο μαύρο πιόνι στην πρώτη γραμμή και άλλοι 3 τόποι για το λευκό στην πρώτη γραμμή. Έπειτα μέτρισα με πόσους τρόπους μπορώ να τοποθετήσω τα μαύρα και τα άσπρα πιόνια στην δεύτερη γραμμή. βρήκα ότι μπορώ με 7 τρόπους. Αυτό το έκανα απλός μετρώντας. Στην συνέχεια για κάθε μια από αυτές τις περιπτώσεις μέτρισα με πόσους τόπους μπορώ να χρωματίσω την τρίτη γραμμή. Βρήκα ότι υπάρχουν συνολικά 22 διαφορετικοί συνδυασμοί χρωματισμών στην δεύτερη και τρίτη γραμμή. Άρα αφού έχουμε 22 συνδυασμούς για κάθε έναν από τους 12 συνδυασμούς της Πρώτης γραμμής έχουμε συνολικά 12x22=264 συνδυασμούς. Για την Τετάρτη Γραμμή θα έχει μείνει μόνο ένας συνδυασμός άρα δεν χαράζεται να την μετρήσουμε.

Καλά αποτελέσματα !

Στην πρώτη μου προσπάθεια νόμισα ότι η απάντηση είναι 4!3! , αλλά βιάστηκα .

Συνήθως σε αυτά τα προβλήματα τοποθετούμε πχ πρώτα όλα τα Α με 4! τρόπους. Βάζουμε ένα Μ στην πρώτη γραμμή. Διαγράφουμε αυτή τη γραμμή και τη στήλη.Κάποια στήλη ή γραμμή έχει 3 θέσεις κενές. Εκεί βάζουμε Μ και διαγράφουμε γραμμή και στήλη που το περιέχουν. Κάπως έτσι μένει ένας τρόπος για τα άλλα 2 Μ

Εναλλακτικά, αν μπουν τα Α , τότε τα Μ δεν θα μπούνε σε ίδια στήλη με τα Α, οπότε πρόκειται για μετάθεση χωρίς σταθερά σημεία που τη λέμε Διατάραξη (ή Αναδιάταξη : derangement) 4 στοιχείων. Αυτές είναι 9. Επομένως παίρνουμε 24Χ9 τρόπους. Όλα αυτά με κάποια επιφύλαξη, γιατί θέλουν μεγάλη προσοχή !

Κ. Στεργίου και εγώ με μετάθεση το έλυσα. Ένας σαφής τρόπος για να το γράψει κανείς είναι να πεί ότι αν έχουμε μια ορθή τοποθέτηση Α, τότε αν αλλάξουμε τη σειρά δυο γραμμών/στηλών, καταλήγουμε πάλι σε σωστή τοποθέτηση. Άρα, όλες οι τοποθετήσεις μπορούν μέσω τέτοιων αναδιατάξεων να καταλήξουν σε εκείνη όπου όλα τα Μ είναι πάνω στην διαγώνιο. Άρα, το συνολικό πλήθος των περιπτώσεων είναι οι μεταθέσεις των στηλών (4!) επί το πλήθος των τοποθετήσεων όταν τα Μ στην διαγώνιο (εύκολα, μετά από λίγη δουλειά 9). Άρα, τελική απάντηση 4!*9 = 216.

[Hristaras]

Έκανα στον υπολογιστή μια προσομοίωση του τέταρτου προβλήματος του γυμνασίου με python και βρηκα ότι υπάρχουν 216 τρόποι για να ικανοποιούνται όλες οι προϋποθέσεις του προβλήματος. Απογοητεύτηκα πολύ όταν είδα ότι η λύση δεν ήταν αυτό που είχα γράψει. Συγχαρητήρια σε όποιον το έλυσε

[SmbdTLv]

Λύση 3ου προβλήματος μικρών με Πυθαγόρειες Τριάδες
Έστω και , . Τότε , άρα . Άρα, τα Πυθαγόρεια Τριάδα με υποτείνουσα το . Άρα, δύο περιπτώσεις από ιδιότητες Πυθαγόρειων Τριάδων:
(Α) , και ως γνωστόν , η οποία δίνει όλες τις λύσεις, ΜΟΝΟ με 4 περιπτώσεις.
(Β) , η οποία δίνει την , και αφού αλλά , πρέπει και ή το αντίστροφο που είναι και το δύο άτοπα. Άρα, μένουν οι λύσεις από την (Α), και έχουμε κάνει μόνο 4 περιπτώσεις.

[Μπάμπης Στεργίου]

ΔΙΑΓΡΑΦΗΚΕ

[Μπάμπης Στεργίου]

ΔΙΑΓΡΑΦΗΚΕ

Κάποιος μου είπε ότι δεν είδε πουθενά τα θέματα, τα ανέβασα, αλλά μετά μου είπε ότι τα βρήκε !

[Fotis34]

Τα θέματα!

Δεν έχω προσέξει αν τα θέματα έχουν ήδη ΑΝΑΡΤΗΘΕΙ, τα βάζω όμως για κάθε ενδεχόμενο !

Στο επόμενο μήνυμα θα βάλω και των μεγάλων.



J2026-.PNG

Κύριε Στεργίου, τα θέματα έχουν αναρτηθεί στο ποστ #11, σε ψηφιακή μορφή αλλά καλό να τα 'χουμε.