ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2011

Σταύρος Σταυρόπουλος · #1

Τα θέματα του Αρχιμήδη.

ΚωσταςΚ · #2

Οι λύσεις παιδιά?

John13 · #3

Δεν έχουν βγει ακόμα.

Κώστας Παππέλης · #4

Το δυσκολότερο θέμα του διαγωνισμού ήταν σίγουρα η γεωμετρία των μεγάλων για την οποία έχω λύση την οποία δίνω εδώ. Οι υπόλοιπες πιστεύω ήταν αρκετά 'βατές', δηλαδή φυσιολογικές για επίπεδο αρχιμήδη.

Η λύση μου γυρνάει πίσω με ισοδυναμίες οπότε παρουσιάζω μόνο το κομμάτι MZ//AD

να δειχθεί ότι AC=AB

ή

ταυτίζεται με

.

To

ανήκει στη μεσοκάθετο του

άρα

. Από εγγραψιμότητα <LBA=LEN

. Μεταβατικά και από εντός εναλλάξ έχουμε EN//AB

. Άρα το

είναι μέσο της

.
Από το γνωστό θεώρημα για τα μέσα πλευρών τριγώνου παίρνουμε ότι

μέσο

(το εφαρμόσαμε στο BNE

). Στο

η

είναι διάμεσος οπότε έχουμε

sin(<ANL)/sin(<ALN)=sin(<NAM)/sin(<MAL)

Τώρα αν θέσουμε t=<BAD

με λίγο κυνήγι γωνιών από ορθογώνια, εξωτερικές και εγγραψιμότητες η σχέση γράφεται και ως:

sin(<C)/sin(2t)=sin(90-2t)/sin(90-C)

Ισοδύναμα

οπότε

ή

Παρατηρούμε όμως ότι <t=90-<B

οπότε οι εξισώσεις γράφονται 2C=360-4B

και

Η πρώτη δίνει το ισοσκελές εύκολα.
Η δεύτερη γράφεται και 2B-90=C

.
Έχουμε

Άρα

διάμετρος που ολοκληρώνει την απόδειξη.

Ιστοσελίδα · #5

Μια γρήγορη αντιμετώπιση στο 1ο θέμα των μικρών δίνει ότι: ${\rm B}\widehat \Gamma {\rm E} = {90^ \circ }$ σαν εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο, άρα Δ είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ${\rm E}{\rm Z}{\rm B}$ , επομένως ${\rm Z}\Delta \bot {\rm B}{\rm E}.$

Για το δεύτερο ερώτημα το τρίγωνο ${\rm Z}\Gamma \Delta$ είναι ορθογώνιο με $\Gamma \widehat {\rm Z}\Delta = {30^ \circ }$ , άρα ${\rm Z}\Delta = 2\Gamma \Delta$ , αλλά από τη διάμεσο ΑΔ έχω ${\rm B}\Gamma = 2\Gamma \Delta$ , οπότε ${\rm Z}\Delta = {\rm B}\Gamma .$

Nick Rapanos · #6

Κι εγώ κινήθηκα στο ίδο μήκος κύματος, μόνο που πιστεύω ότι στο τέλος μπορούμε να αποφύγουμε το κυνήγι γωνιών ως εξής

$\angle{\phi}=\angle{MAN}, \angle{ANL}=\angle{C}$ και $\angle{MAL}=90-C, \angle{ALN}=90-\phi$ .

Επομένως η σχέση που συνδέει τις γωνίες τριγώνου με τις γωνίες διαμέσου-πλευρών γράφεται

$\displaystyle \frac{\sin(\phi)}{\sin(90-C)}=\frac{\sin(C)}{\sin(90-\phi)}\Longleftrightarrow \sin(\phi)cos(\phi)=\sin(C)cos(C) \Longleftrightarrow$

$\sin(2\phi)=\sin(2C)$

άρα $\phi=C$ και το τρίγωνο προφανώς είναι ισοσκελές ή $\phi=90-C$ και προφανώς πάλι η

είναι διάμετρος.

Τα υπόλοιπα θέματα κι εγώ πιστεύω πως ήταν σχετικά εύκολα οπότε θα περίμενε κανείς κάπως υψηλότερες από τις συνηθισμένες βάσεις.

John13 · #7

Μια λύση για το 4ο των μικρών:

${(\sqrt{\frac{x}{y}}-\frac{\sqrt{y}}{2})}^2 \ge 0 \Longrightarrow \frac{x}{y} + \frac{y}{4} \ge \sqrt{x}$

Ομοίως

$\frac{y}{z} + \frac{z}{4} \ge \sqrt{y}$ και $\frac{z}{x} + \frac{x}{4} \ge \sqrt{z}$

Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε

$\frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} + \frac{x+y+z}{4} \ge \sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z}$

Και αφού x+y+z=12

$\frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} + 3 \ge \sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z}$

Η ισότητα ισχύει για x=y=z=4

Υ.Γ. ruxumuxu πώς ξέρουμε, ότι το B είναι αντιδιαμετρικό του Ε?

ΚωσταςΚ · #8

καμια λυση και απο τα αλλα των μεγαλων παιζει?

konstantinos21 · #9

μπορει να λυσει καποιος το δευτερο θεμα των μικρων?

dimitris pap · #10

Να είμαι ειλικρινής πιστεύω ότι τα θέματα φέτος (αναφέρομαι στους μεγάλους) ήταν αρκετά πιο εύκολα από τις προηγούμενες χρονιές (ιδιαίτερα το 1ο και το 3ο)
Φανταζόμουν ίσως ότι το 4ο θα ήταν πιο δύσκολο για να αντισταθμίσει σε δυσκολία τα προηγούμενα αλλά παραθέτω εδώ μια λύση του φίλου μου του Σάββα μόνο με angle-chasing...

Λύση:
Το CNMZ

είναι εγγράψιμο διότι: $\angle{NCA}=NEA=NZM$ .
Συνεπώς $\angle{ZCA}=ZNM=EAB=90-B$ . Ομως επίσης είναι γνωστό ότι OCA=90-B

κι άρα:

συνευθειακά! Συνεπώς: Z=O

ή

ifaigios · #11

Μπορεί κάποιος να βάλει τη λύση από το 3ο των μεγάλων;

ΚωσταςΚ · #12

μια λύση για το τρίτο?

Ιστοσελίδα · #13

John13 έγραψε:
Υ.Γ. ruxumuxu πώς ξέρουμε, ότι το B είναι αντιδιαμετρικό του Ε?

Γιατί ${\rm B}\widehat {\rm A}{\rm E} = {90^ \circ }$ από εκφώνηση, ${\rm B},{\rm A},{\rm E}$ σημεία του περιγεγραμμένου κύκλου, άρα ${\rm B}{\rm E}$ διάμετρος.

Nick Rapanos · #14

ΚωσταςΚ έγραψε:καμια λυση και απο τα αλλα των μεγαλων παιζει?

1. xy(x-y)=+-6 και για κάθε (x',y') που είναι λύση τότε και τα ζευγάρια (-y',-x'), (-x',-y'), (y',x') είναι επίσης λύση. Άρα συνολικά αν δεν κάνω λάθος θα πρέπει να υπάρχουν καμία δωδεκάδα λύσεις.
2. Απλά παρατηρείστε ότι $\tan(xOA_{i})=\frac{i}{40}$ οπότε αν το lattice point (a,b) ανήκει στο $OA_{i}$ τότε $\frac{b}{a}=\frac{i}{40}$ . Αν δεν έχω χάσει κάποια περίπτωση (πράγμα που δε θα με εξέπληττε) τα καλά τμήματα είναι 24 και τα καλά σημεία πολλά (...)
3. Έπειτα από μετασχηματισμό το πρόβλημα ανάγεται στο εξής x^3+y^3+z^3=36

, ποιά είναι η μέγιστη τιμή της x+y+z

. Από εκεί και πέρα εγώ θα έκανα ένα power mean inequality και τέλος, αλλά είμαι σίγουρος ότι είναι πολύ πιο στοιχειώδης η άσκηση. Τελικά μέγιστο έχουμε για a=b=c=2

.

Έλπιζω αυτό το post να βοηθάει κάπως, αλλά διατηρώ κάθε επιφύλαξη γιατί όπως παρατήρησε και ο Δημήτρης τα θέματα ήταν πολύ πιο εύκολα και επικεντρώνονται κυρίως στη σωστή και αυστήρη γραφή των λύσεων. Σε αυτές τις περιπτώσεις χρειάζεται μεγάλη προσοχή γιατί είναι κρίμα να χάσει κανείς κάποια λύση στο 1 ή στο 2.

slash · #15

Μια προσπάθεια για το 4ο θέμα των μικρών με Andreescu. (είμαι β λυκειου)

$LHS\geq \frac{(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2}{12}+3$
Αρκεί να δείξουμε οτι :
$(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2-12(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})+36\geq 0\Leftrightarrow [(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})-6]^2\geq 0$

Μετά νομίζω τα υπόλοιπα είναι εύκολα...

John13 · #16

ruxumuxu έγραψε:
John13 έγραψε:
Υ.Γ. ruxumuxu πώς ξέρουμε, ότι το B είναι αντιδιαμετρικό του Ε?
Γιατί ${\rm B}\widehat {\rm A}{\rm E} = {90^ \circ }$ από εκφώνηση, ${\rm B},{\rm A},{\rm E}$ σημεία του περιγεγραμμένου κύκλου, άρα ${\rm B}{\rm E}$ διάμετρος.

Ναι εντάξει, το ήξερα. Εννοούσα, ότι θα έπρεπε να αναφερθεί στη λύση.

dimitris pap · #17

3ο θέμα μεγάλων- Λύση Σάββα:

$\displaystyle x=\sqrt[3]{a^2+2bc}$ και λοιπά, και έχουμε από AM-GM:

$\displaystyle \frac{x^3+12+12}{3}\geq \sqrt[3]{12^2}\cdot x$
(το 12 δεν είναι τυχαίο εδώ, αλλά προκύπτει απ'το ότι θέλουμε να ισχύει η ισότητα x^3=12

όταν

)

Ετσι έχουμε $\displaystyle\sqrt[3]{12^2}\cdot (x+y+z)\leq \frac{x^3+y^3+z^3+72}{3}=\frac{36+72}{3}=36$
κι άρα:
$\displaystyle x+y+z\leq \frac{36}{\sqrt[3]{12^2}}$ με ισότητα όταν τα a,b,c

είναι ίσα με 2.

Υ.Γ. Η πρώτη ιδέα για μια τέτοια ανισότητα είναι μάλλον η power mean inequality (όπως λέει κι ο Ράπανος) είτε η Jensen, όμως η παραπάνω λύση δείχνει πως μπορεί να λυθεί μια τέτοια ανισότητα και με πιο απλά μέσα.

John13 · #18

Για το πρώτο των μεγάλων:
|xy(x-y)|=6

Οπότε έχουμε τα ζευγάρια (-3,-2) , (-3,-1) , (-2,1) , (-2,-3) , (-1,2) , (-1,-3) , (1,3) , (1,-2) , (2,-1) , (2,3) , (3,2) , (3,1).

konstantinos21 · #19

περιπου ποσο υπολογιζετε την βαση των μικρων?

Νασιούλας Αντώνης · #20

Nick Rapanos έγραψε:
ΚωσταςΚ έγραψε:καμια λυση και απο τα αλλα των μεγαλων παιζει?

2. Απλά παρατηρείστε ότι $\tan(xOA_{i})=\frac{i}{40}$ οπότε αν το lattice point (a,b) ανήκει στο $OA_{i}$ τότε $\frac{b}{a}=\frac{i}{40}$ . Αν δεν έχω χάσει κάποια περίπτωση (πράγμα που δε θα με εξέπληττε) τα καλά τμήματα είναι 24 και τα καλά σημεία μάλλον 37.

Kύριε Νίκο συγχωρέστε με αν κάνω λάθος.
Τα καλά τμήματα όντως είναι τόσα αλλά τα καλά σημεία πρέπει να είναι αρκετά παραπάνω.

Άκουσα πάρα πολλά διαφορετικά αποτελέσματα, για την ακριβεία ο καθένας είχε και το δικό του.
Όλα πάντως ήταν πάνω από 100. Τα 37 μάλλον είναι αδύνατο.
Μονο στο ε.τ. $0A_{40}$ υπάρχουν 39 καλά σημεία.
Ίσως χάνω κάπου.

Για την ανισότητα να πω ότι μου παν παιδιά ότι την λύσαν με:
Jensen, Holder, ανισότητα των δυνάμεων και της αναδιάταξης.

Να προσθέσω επίσης ότι για το 1ο θέμα των μεγάλων χρήσιμη ήταν η παρατήρηση ότι αν μια λύση της εξίσωσης είναι η (a,b) τότε θα είναι και οι:
(-a,-b), (b,a), (-b,-a)

Το 4ο θέμα λίγοι πρέπει να το άγγιξαν γενικώς.

Είμαι αισιόδοξος -όχι για μένα προσωπικά- ότι το φόρουμ θα χει καλή εκπροσώπηση στα μετάλλια.

Καλή επιτυχία

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2011

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2011

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2011

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2011

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2011

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2011

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2011

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2011

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2011

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2011

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2011

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2011

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2011

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2011

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2011

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2011

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2011

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2011

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2011

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2011

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2011

Μέλη σε σύνδεση