ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

#1

Εύχομαι καλή επιτυχία σε όλους τους διαγωνιζόμενους για την αυριανή 35η Εθνική Μαθηματική Ολυμπιάδα "Ο ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ".

Θα παρακαλούσα οποιαδήποτε συζήτηση για το διαγωνισμό και τα θέματα/λύσεις του διαγωνισμού να αρχίσουν να δημοσιευθούν μετά τη λήξη του διαγωνισμού η οποία προγραμματίζεται περίπου στις 13:30.

Αλέξανδρος

Τσιαλας Νικολαος · #2

Θέματα μικρών

Πρόβλημα 1.

Να εξετάσετε αν υπάρχει πραγματικός αριθμός , τέτοιος ώστε οι αριθμοί $x+\sqrt{3}$ και $x^2+\sqrt{3}$ να είναι και οι δύο ρητοί.
Να εξετάσετε αν υπάρχει πραγματικός αριθμός , τέτοιος ώστε οι αριθμοί $y+\sqrt{3}$ και $y^3+\sqrt{3}$ να είναι και οι δύο ρητοί.

Πρόβλημα 2.
Θεωρούμε τετράγωνο ${\rm{AB}}\Gamma\Delta$ πλευράς $8\,cm$ , το οποίο υποδιαιρούμε με ευθείες παράλληλες προς τις πλευρές του σε

μικρά τετράγωνα πλευράς $1\,cm$ . Χρωματίζουμε

μικρά τετράγωνα μαύρα, ενώ όλα τα υπόλοιπα

τετράγωνα είναι λευκά. Υποθέτουμε ότι υπάρχει θετικός ακέραιος

, τέτοιος ώστε, ανεξάρτητα από την θέση των

μαύρων μικρών τετραγώνων, υπάρχει ορθογώνιο εμβαδού $k\,cm^2$ με πλευρές παράλληλες στις πλευρές του ${\rm{AB}}\Gamma\Delta$ και με όλα τα μικρά τετράγωνα από τα οποία αποτελείται να είναι λευκά, που μπορεί να αποκοπεί από το τετράγωνο ${\rm{AB}}\Gamma\Delta$ . Να βρεθεί η μέγιστη δυνατή τιμή του

.

Πρόβλημα 3.
Θεωρούμε τους θετικούς ακεραίους a,b

έτσι ώστε ο αριθμός

, όπου $\displaystyle K=\frac{(a+b)^2+4a}{ab}\,,$ να είναι ακέραιος. Να αποδείξετε ότι, αν ο

είναι περιττός, τότε ο

είναι τέλειο τετράγωνο.

Πρόβλημα 4.
Δίνεται τρίγωνο ${\rm{AB}}\Gamma$ με ${\rm{AB}}<{\rm{A}}\Gamma<{\rm{B}}\Gamma$ , εγγεγραμμένο σε κύκλο

με κέντρο $\rm{O}$ και ακτίνα

. Ονομάζουμε $\Delta$ το αντιδιαμετρικό σημείο της κορυφής $\rm{A}$ . Θεωρούμε επίσης τον κύκλο c_1

, του οποίου το κέντρο $\rm{K}$ βρίσκεται επάνω στο τμήμα ${\rm{B}}\Delta$ και περνάει από τα σημεία $\rm{B}$ και $\Gamma$ . Αν ο κύκλος c_1

τέμνει την ${\rm{A}}\Gamma$ στο σημείο $\rm{E}$ , να αποδείξετε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\rm{BKE}$ , έστω c_2

, εφάπτεται του περιγεγραμμένου κύκλου

του τριγώνου ${\rm{AB}}\Gamma$ .

--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Θέματα μεγάλων

Πρόβλημα 1.
Θεωρούμε την ακολουθία $(x_n),\; n\in\mathbb{N}^{*}\,,$ που ορίζεται αναδρομικά από την σχέση $\displaystyle x_{n+1}=3\,x_n^3+x_n\,,$ με $x_1=\dfrac{a}{b}$ , όπου a,b

είναι θετικοί ακέραιοι και ο

δεν διαιρεί τον ακέραιο

. Αν για κάποιο θετικό ακέραιο

ο

είναι τέλειο τετράγωνο ρητού αριθμού, να αποδείξετε ότι και ο x_1

είναι τέλειο τετράγωνο ρητού αριθμού.

Πρόβλημα 2.
Δίνονται οξυγώνιο τρίγωνο ${\rm{AB}}\Gamma$ με ${\rm{AB}}<{\rm{A}}\Gamma<{\rm{B}}\Gamma$ και ο περιγεγραμμένος κύκλος του

με κέντρο $\rm{O}$ και ακτίνα

. Στα μικρά τόξα ${\rm{A}}\Gamma$ και ${\rm{AB}}$ θεωρούμε τα σημεία $\Delta$ και $\rm{E}$ αντίστοιχα. Έστω $\rm{K}$ είναι το σημείο τομής των ${\rm{B}}\Delta,\; \Gamma{\rm{E}}$ και $\rm{N}$ είναι το δεύτερο κοινό σημείο των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων ${\rm{BKE}}$ , έστω c_1

, και $\Gamma{\rm{K}}\Delta$ , έστω c_2

. Να αποδείξετε ότι : τα σημεία ${\rm{A}}$ , ${\rm{K}}$ , ${\rm{N}}$ είναι συνευθειακά, αν και μόνο αν, το σημείο ${\rm{K}}$ ανήκει στην συμμετροδιάμεσο του τριγώνου ${\rm{AB}}\Gamma$ , που αντιστοιχεί στην κορυφή ${\rm{A}}$ .

Σημείωση: Συμμετροδιάμεσος τριγώνου είναι η συμμετρική ευθεία της διαμέσου, ως προς την διχοτόμο, που περνάει από την ίδια κορυφή με την διάμεσο.

Πρόβλημα 3.

Δίνονται οι φυσικοί αριθμοί $n,\,m$ με και διακεκριμένοι πραγματικοί αριθμοί $a_1,\,a_2,\ldots, a_m$ . Να βρεθούν όλα τα πολυώνυμα με πραγματικούς συντελεστές, βαθμού το πολύ , για τα οποία ισχύει η ισότητα $\displaystyle \big|P(a_i)-P(a_j)\big|=|a_i-a_j|$ για κάθε με $1\leqslant{i}<j\leqslant{m}$ .
Δίνονται οι φυσικοί αριθμοί $m,\,n\geqslant2$ με . Να εξετάσετε αν υπάρχει πολυώνυμο με πραγματικούς συντελεστές, βαθμού καθώς και διακεκριμένοι πραγματικοί αριθμοί $a_1,\,a_2,\ldots, a_m$ , τέτοιοι ώστε $\displaystyle \big|Q(a_i)-Q(a_j)\big|<|a_i-a_j|$ για κάθε με $1\leqslant{i}<j\leqslant{m}$ .

Πρόβλημα 4.
Θεωρούμε

σημεία στο επίπεδο, $n\geqslant4$ , ανά τρία μη-συνευθειακά. Ονομάζουμε A(n)

το πλήθος των παραλληλογράμμων εμβαδού

που σχηματίζονται με κορυφές αυτά τα σημεία. Να αποδείξετε ότι $\displaystyle A(n)\leqslant\frac{n^2-3n}{4}\,,$ για κάθε $n\geqslant4$ .

Τα θέματα ήταν ανεβασμένα όπως αρμόζει για τις απαιτήσεις των ολυμπιάδων!!! Καλή επιτυχία σε όλους!!

#3

Θέμα 1 μικρών:
(α) Για $\displaystyle x = \frac{1}{2} - \sqrt 3$ έχουμε ότι $\displaystyle x + \sqrt 3 = \frac{1}{2} \in \mathbb{Q}$ και

$\displaystyle {x^2} + \sqrt 3 = {\left( {\frac{1}{2} - \sqrt 3 } \right)^2} + \sqrt 3 = \frac{1}{4} - \sqrt 3 + 3 + \sqrt 3 = \frac{{13}}{4} \in \mathbb{Q}.$

(β) Έστω ότι $\displaystyle y + \sqrt 3 = r \in \mathbb{Q}$ και $\displaystyle {y^3} + \sqrt 3 = s \in \mathbb{Q}.$ Τότε

$\displaystyle s = {\left( {r - \sqrt 3 } \right)^3} + \sqrt 3 = \left( {{r^3} + 9r} \right) - \left( {3{r^2} + 2} \right)\sqrt 3 \Rightarrow \sqrt 3 = \frac{{{r^3} + 9r - s}}{{3{r^2} + 2}} \in \mathbb{Q},$

πράγμα άτοπο.

JimNt. · #4

Στο

των μικρών το ότι ο

είναι περιττός δεν χρειάζεται νομίζω.

#5

Θέμα 4ο μικρών:

: Αρχιμήδης Μικροί - Θέμα 4ο.png (78.74 KiB) Προβλήθηκε 7604 φορές

Έστω $\displaystyle x'x$ η εφαπτομένη του κύκλου $\displaystyle c$ στο σημείο $\displaystyle B$ . Τότε, είναι

$\displaystyle \angle x'{\rm B}\Delta = \angle {\rm B}{\rm A}\Delta = \omega$

(γωνία χορδής και εφαπτομένης).

Επίσης, είναι $\displaystyle {\rm A}{\rm B} \bot {\rm B}{\rm K},$ οπότε η $\displaystyle {\rm A}{\rm B}$ είναι εφαπτομένη του κύκλου $\displaystyle c_1$ στο σημείο $\displaystyle B$ και άρα

$\displaystyle \angle {\rm A}{\rm B}{\rm E} = \angle {\rm B}\Gamma {\rm E} = \angle {\rm B}\Gamma {\rm A} = \angle {\rm B}\Delta {\rm A} = \varphi .$

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle {\rm A}{\rm B}\Delta$ έχουμε ότι $\displaystyle \omega = {90^ \circ } - \varphi .$

Επίσης, είναι

$\displaystyle \theta = \angle {\rm B}{\rm E}{\rm K} = \angle {\rm E}{\rm B}{\rm K} = {90^ \circ } - \angle {\rm A}{\rm B}{\rm E} = {90^ \circ } - \varphi ,$

οπότε τελικά $\displaystyle \omega = \theta$ και άρα η ευθεία $\displaystyle x'x$ εφάπτεται και στον κύκλο $\displaystyle c_2$ στο σημείο $\displaystyle B$ , πράγμα που αποδεικνύει το ζητούμενο.

kalagz · #6

Καλησπέρα σε όλους και Καλά Αποτελέσματα στους διαγωνιζόμενους! Επιστρέφω μετά από καιρό στο αγαπητό forum με μια προσέγγιση στη γεωμετρία των μεγάλων:

Θέμα 2ο - Μεγάλοι
Έστω

το σημείο τομής των εφαπτομένων από τα σημεία B,C

στον κύκλο

. Θα βασιστώ σε γνωστή πρόταση που λέει ότι η είναι η συμμετροδιάμεσος του τριγώνου .

Έστω $\widehat{BAC} = \phi$ .
1) Το τετράπλευρο BOCT

είναι εγγράψιμο και ισχύουν ότι $\widehat{TBC} = \widehat{TCB} = \phi$ , $\widehat{BOC} = 2 \hat{A} = 2 \phi$ .
2) $\widehat{BNK} = \widehat{BEK} = \widehat{BEC} = \phi$ και $\widehat{KNT} = \widehat{KDC} = \widehat{BDC} = \phi$ και έτσι $\widehat{BNT} = 2\phi$ . Επομένως το

ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του BOCT

.
3) $\widehat{BNK} = \widehat{BCK} = \phi$ και δεδομένου ότι $\widehat{BNK} = \phi$ , συμπεραίνουμε ότι τα σημεία N,K,T

είναι συνευθειακά.
4) Φτάνουμε λοιπόν στο ζητούμενο: Αν τα A,N,K

είναι συνευθειακά, η ευθεία τους περνάει και από το

και είναι δηλαδή η συμμετροδιάμεσος. Αν τώρα το

ανήκει στη συμμετροδιάμεσο, λόγω του (3), πρέπει και το

να ανήκει σε αυτή, συνεπώς τα A,N,K

είναι συνευθειακά.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

JimNt. · #7

Για το πρώτο. Ας είναι $a_m=\dfrac{a^2}{b^2}$ και $a_{m-1}=\dfrac{c}{d}$ με (a,b)=(c,d)=1

Πρέπει $\dfrac{a^2}{b^2}=\dfrac{3c^3+cd^2}{d^3}$ . Εύκολα αποδεικνύεται ότι το

δεν διαιρεί κανέναν παρανομαστή από την ακολουθία. Επομένως, είναι $d^{3}=b^{2}$ και c(3c^2+d^2)=a^2

. Από αυτές προκύπτει ότι c,d

τέλεια τετράγωνα. Συνεπώς, επαγωγικά προκύπτει το ζητούμενο..

Κώστας Παππέλης · #8

Για το

των μεγάλων:

Θεωρώ ένα χώρο

-διαστάσεων και σε κάθε διάσταση ένα παραλληλλόγραμμο εμβαδού

(όλα ίσα μεταξύ τους).

Ξεκινώντας επαγωγικά σε

διάσταση έχουμε

1 παραλληλόγραμμο.

Η δεύτερη διάσταση δημιουργεί ακόμη (το πολύ)

παραλληλόγραμμα συνεργατικά με την 1τη και

ακόμη μόνη της.

Η τρίτη διάσταση δημιουργεί ακόμη

παραλληλόγραμμα συνεργατικά με τις άλλες

και

ακόμη μόνη της.

Η τέταρτη διάσταση δημιουργεί ακόμη

παραλληλόγραμμα συνεργατικά με τις άλλες

και

ακόμη μόνη της.

Δημιουργείται έτσι η αναδρομική με το μέγιστο πλήθος παραλληλογράμμων που μπορούμε να έχουμε:

A(k+1)=A(k)+8k+1

, με

από όπου τηλεσκοπικά παίρνουμε A(k)=4k^2-3k

ή ισοδύναμα για $n=\frac{k}{4}$ : $A(n)=\frac{n^2-3n}{4}$ (κάθε διάσταση έχει 4 σημεία)

Προβάλλουμε τα σημεία στο επίπεδο και μετακινούμε κάθε παραλληλόγραμμο στη διάστασή του κατά ε>

αν σχηματίζονται φορείς που συμπίπτουν.

Προσθήκη διάστασης με

σημείο ή ενός σημείου σε οποιαδήποτε διάσταση δεν προσθέτει παραλληλόγραμμο. Προσθήκη

σημείων δημιουργεί τα μισά συνεργατικά παραλληλόγραμμα (αυτά που αντιστοιχούν στα

σημεία που προσθέσαμε) αλλά όχι αυτό το extra που έβγαζε η κάθε διάσταση 'μόνη της'. Προσθήκη τρίτου σημείου δεν αλλάζει την κατάσταση. Συνεπώς η απόδειξη ολοκηρώθηκε.

ΥΓ: Η ισότητα θεωρητικά μπορεί να πιαστεί μόνο για πλήθος σημείων πολλαπλάσιο του 4. Ωστόσο, δεν είναι εύκολο να διατυπώσω πώς εξασφαλίζουμε ότι τα εμβαδά μπορούν όλα να είναι υποχρεωτικά 1 με κατάλληλες μετακινήσεις ή shearing των παραλληλλογράμμων. Αυτό βέβαια είναι μια άλλη άσκηση η οποία έχει ενδιαφέρον.

#9

Θέμα 4 των μικρών

: Archimides-Juniors 2018.png (31.66 KiB) Προβλήθηκε 7084 φορές

Έστω ότι ο κύκλος c_2

τέμνει την

στο

και η

την

στο

Προφανώς η

είναι διάμετρος του c_2.

Αρκεί να δείξω ότι το

είναι το κέντρο του.

$\displaystyle DB \bot AB,$ άρα η

εφάπτεται του κύκλου c_1

στο

και θα είναι $\displaystyle \varphi = \widehat C = \widehat D \Rightarrow AD \bot BE$

Επομένως, $\displaystyle B\widehat AD = D\widehat BE = \omega = B\widehat EK = B\widehat NK \Rightarrow NK||AD$ κι επειδή OB=OD=R

θα είναι και LB=LK.

Άρα το

βρίσκεται πάνω στη μεσοκάθετο του

και αφού ανήκει και στη διάμετρο

του κύκλου c_2,

θα είναι το κέντρο του.

Άρης Μερσιέ · #10

Θα μπορούσε κάποιος να ανεβάσει τη λύση του 2ου θέματος των μικρών τάξεων? (Καλά αποτελέσματα σε όλους!)

#11

JimNt. έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 03, 2018 3:04 pm
Στο των μικρών το ότι ο είναι περιττός δεν χρειάζεται νομίζω.

Χρειάζεται. Π.χ. a=2,b=6

.

S.E.Louridas · #12

Γειά χαρά.
Γεωμετρία των Μεγάλων, μία σκέψη ...
Για το θέμα της Γεωμετρίας των μεγάλων κάνω την εξής γρήγορη σκέψη: Αν

η τομή του κύκλου EBK

με την

και

το σημείο τομής του κύκλου KCD

με την

τότε εύκολα παίρνουμε ότι το τετράπλευρο ASKL

είναι παραλληλόγραμμο. … Μετά από τη διαπίστωση αυτή θεωρώ ότι προχωρά εύκολα, τόσο το ευθύ όσο και το αντίστροφο, έστω και με λίγη δύναμη σημείου, έστω και με το ότι έχουμε να κάνουμε με τον γ.τ. των σημείων που ο λόγος των αποστάσεων τους από τις πλευρές είναι όσο και ο λόγος των πλευρών αυτών κτλ., κτλ.

#13

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 03, 2018 2:47 pm
Θέματα μικρών

Πρόβλημα 2.
Θεωρούμε τετράγωνο ${\rm{AB}}\Gamma\Delta$ πλευράς $8\,cm$ , το οποίο υποδιαιρούμε με ευθείες παράλληλες προς τις πλευρές του σε μικρά τετράγωνα πλευράς $1\,cm$ . Χρωματίζουμε μικρά τετράγωνα μαύρα, ενώ όλα τα υπόλοιπα τετράγωνα είναι λευκά. Υποθέτουμε ότι υπάρχει θετικός ακέραιος , τέτοιος ώστε, ανεξάρτητα από την θέση των μαύρων μικρών τετραγώνων, υπάρχει ορθογώνιο εμβαδού $k\,cm^2$ με πλευρές παράλληλες στις πλευρές του ${\rm{AB}}\Gamma\Delta$ και με όλα τα μικρά τετράγωνα από τα οποία αποτελείται να είναι λευκά, που μπορεί να αποκοπεί από το τετράγωνο ${\rm{AB}}\Gamma\Delta$ . Να βρεθεί η μέγιστη δυνατή τιμή του .

Επεξεργασία: Η πιο κάτω λύση είναι λανθασμένη. Δείτε εδώ για μια σωστή λύση.

Σίγουρα πρέπει $k \leqslant 9$ όπως δείχνει το πιο κάτω σχήμα.

$\begin{tikzpicture}[scale=0.6,line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm] \clip(-0.74,-0.46) rectangle (8.74,8.52); \fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (1.,2.) -- (1.,1.) -- (2.,1.) -- (2.,2.) -- cycle; \fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (5.,2.) -- (5.,1.) -- (6.,1.) -- (6.,2.) -- cycle; \fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (3.,4.) -- (3.,3.) -- (4.,3.) -- (4.,4.) -- cycle; \fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (7.,4.) -- (7.,3.) -- (8.,3.) -- (8.,4.) -- cycle; \fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (1.,6.) -- (1.,5.) -- (2.,5.) -- (2.,6.) -- cycle; \fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (5.,6.) -- (5.,5.) -- (6.,5.) -- (6.,6.) -- cycle; \fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (3.,8.) -- (3.,7.) -- (4.,7.) -- (4.,8.) -- cycle; \draw [line width=2.pt] (0.,8.)-- (0.,0.); \draw [line width=2.pt] (0.,0.)-- (8.,0.); \draw [line width=2.pt] (8.,0.)-- (8.,8.); \draw [line width=2.pt] (8.,8.)-- (0.,8.); \draw [line width=2.pt] (0.,7.)-- (8.,7.); \draw [line width=2.pt] (8.,6.)-- (0.,6.); \draw [line width=2.pt] (0.,5.)-- (8.,5.); \draw [line width=2.pt] (8.,4.)-- (0.,4.); \draw [line width=2.pt] (0.,3.)-- (8.,3.); \draw [line width=2.pt] (8.,2.)-- (0.,2.); \draw [line width=2.pt] (0.,1.)-- (8.,1.); \draw [line width=2.pt] (1.,0.)-- (1.,8.); \draw [line width=2.pt] (2.,8.)-- (2.,0.); \draw [line width=2.pt] (3.,8.)-- (3.,0.); \draw [line width=2.pt] (4.,0.)-- (4.,8.); \draw [line width=2.pt] (5.,8.)-- (5.,0.); \draw [line width=2.pt] (6.,0.)-- (6.,8.); \draw [line width=2.pt] (7.,8.)-- (7.,0.); \draw [line width=2.pt] (1.,2.)-- (1.,1.); \draw [line width=2.pt] (1.,1.)-- (2.,1.); \draw [line width=2.pt] (2.,1.)-- (2.,2.); \draw [line width=2.pt] (2.,2.)-- (1.,2.); \draw [line width=2.pt] (5.,2.)-- (5.,1.); \draw [line width=2.pt] (5.,1.)-- (6.,1.); \draw [line width=2.pt] (6.,1.)-- (6.,2.); \draw [line width=2.pt] (6.,2.)-- (5.,2.); \draw [line width=2.pt] (3.,4.)-- (3.,3.); \draw [line width=2.pt] (3.,3.)-- (4.,3.); \draw [line width=2.pt] (4.,3.)-- (4.,4.); \draw [line width=2.pt] (4.,4.)-- (3.,4.); \draw [line width=2.pt] (7.,4.)-- (7.,3.); \draw [line width=2.pt] (7.,3.)-- (8.,3.); \draw [line width=2.pt] (8.,3.)-- (8.,4.); \draw [line width=2.pt] (8.,4.)-- (7.,4.); \draw [line width=2.pt] (1.,6.)-- (1.,5.); \draw [line width=2.pt] (1.,5.)-- (2.,5.); \draw [line width=2.pt] (2.,5.)-- (2.,6.); \draw [line width=2.pt] (2.,6.)-- (1.,6.); \draw [line width=2.pt] (5.,6.)-- (5.,5.); \draw [line width=2.pt] (5.,5.)-- (6.,5.); \draw [line width=2.pt] (6.,5.)-- (6.,6.); \draw [line width=2.pt] (6.,6.)-- (5.,6.); \draw [line width=2.pt] (3.,8.)-- (3.,7.); \draw [line width=2.pt] (3.,7.)-- (4.,7.); \draw [line width=2.pt] (4.,7.)-- (4.,8.); \draw [line width=2.pt] (4.,8.)-- (3.,8.); \end{tikzpicture}$

Στο πιο κάτω σχήμα έχουμε

ορθογώνια εμβαδού τουλάχιστον

το κάθε ένα με μόνο ένα κοινό τετραγωνάκι, το μαύρο.

$\begin{tikzpicture}[scale=0.6,line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm] \clip(-0.74,-0.46) rectangle (8.74,8.52); \fill[line width=2.pt,color=blue,fill=blue,fill opacity=0.75] (0.,3.) -- (0.,0.) -- (3.,0.) -- (3.,3.) -- cycle; \fill[line width=2.pt,color=red,fill=red,fill opacity=0.75] (3.,3.) -- (3.,0.) -- (6.,0.) -- (6.,3.) -- cycle; \fill[line width=2.pt,color=green,fill=green,fill opacity=0.75] (3.,3.) -- (3.,6.) -- (0.,6.) -- (0.,3.) -- cycle; \fill[line width=2.pt,color=orange,fill=orange,fill opacity=0.75] (3.,6.) -- (3.,3.) -- (6.,3.) -- (6.,6.) -- cycle; \fill[line width=2.pt,color=cyan,fill=cyan,fill opacity=0.75] (5.,6.) -- (5.,8.) -- (0.,8.) -- (0.,6.) -- cycle; \fill[line width=2.pt,color=yelloe,fill=yellow,fill opacity=0.75] (6.,5.) -- (6.,0.) -- (8.,0.) -- (8.,5.) -- cycle; \fill[line width=2.pt,color=magenta,fill=magenta,fill opacity=0.75] (5.,8.) -- (5.,5.) -- (8.,5.) -- (8.,8.) -- cycle; \fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (5.,6.) -- (5.,5.) -- (6.,5.) -- (6.,6.) -- cycle; \draw [line width=2.pt] (0.,8.)-- (0.,0.); \draw [line width=2.pt] (0.,0.)-- (8.,0.); \draw [line width=2.pt] (8.,0.)-- (8.,8.); \draw [line width=2.pt] (8.,8.)-- (0.,8.); \draw [line width=2.pt] (0.,7.)-- (8.,7.); \draw [line width=2.pt] (8.,6.)-- (0.,6.); \draw [line width=2.pt] (0.,5.)-- (8.,5.); \draw [line width=2.pt] (8.,4.)-- (0.,4.); \draw [line width=2.pt] (0.,3.)-- (8.,3.); \draw [line width=2.pt] (8.,2.)-- (0.,2.); \draw [line width=2.pt] (0.,1.)-- (8.,1.); \draw [line width=2.pt] (1.,0.)-- (1.,8.); \draw [line width=2.pt] (2.,8.)-- (2.,0.); \draw [line width=2.pt] (3.,8.)-- (3.,0.); \draw [line width=2.pt] (4.,0.)-- (4.,8.); \draw [line width=2.pt] (5.,8.)-- (5.,0.); \draw [line width=2.pt] (6.,0.)-- (6.,8.); \draw [line width=2.pt] (7.,8.)-- (7.,0.); \draw [line width=2.pt] (5.,6.)-- (5.,5.); \draw [line width=2.pt] (5.,5.)-- (6.,5.); \draw [line width=2.pt] (6.,5.)-- (6.,6.); \draw [line width=2.pt] (6.,6.)-- (5.,6.); \end{tikzpicture}$

Αν λοιπόν δεν έχουμε ορθογώνιο εμβαδού

με όλα τα τετραγωνάκια λευκά, τότε από συμμετρία τα πιο κάτω τετραγωνάκια θα είναι σίγουρα μαύρα. (Επεξεργασία: Εδώ ακριβώς βρίσκεται το λάθος. Αυτό θα ίσχυε αν είχα οκτώ ορθογώνια εμβαδού τουλάχιστον

και όχι μόνο επτά.)

$\begin{tikzpicture}[scale=0.6,line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm] \clip(-0.74,-0.46) rectangle (8.74,8.52); \fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (5.,6.) -- (5.,5.) -- (6.,5.) -- (6.,6.) -- cycle; \fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (2.,6.) -- (2.,5.) -- (3.,5.) -- (3.,6.) -- cycle; \fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (2.,3.) -- (2.,2.) -- (3.,2.) -- (3.,3.) -- cycle; \fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (5.,3.) -- (5.,2.) -- (6.,2.) -- (6.,3.) -- cycle; \draw [line width=2.pt] (0.,8.)-- (0.,0.); \draw [line width=2.pt] (0.,0.)-- (8.,0.); \draw [line width=2.pt] (8.,0.)-- (8.,8.); \draw [line width=2.pt] (8.,8.)-- (0.,8.); \draw [line width=2.pt] (0.,7.)-- (8.,7.); \draw [line width=2.pt] (8.,6.)-- (0.,6.); \draw [line width=2.pt] (0.,5.)-- (8.,5.); \draw [line width=2.pt] (8.,4.)-- (0.,4.); \draw [line width=2.pt] (0.,3.)-- (8.,3.); \draw [line width=2.pt] (8.,2.)-- (0.,2.); \draw [line width=2.pt] (0.,1.)-- (8.,1.); \draw [line width=2.pt] (1.,0.)-- (1.,8.); \draw [line width=2.pt] (2.,8.)-- (2.,0.); \draw [line width=2.pt] (3.,8.)-- (3.,0.); \draw [line width=2.pt] (4.,0.)-- (4.,8.); \draw [line width=2.pt] (5.,8.)-- (5.,0.); \draw [line width=2.pt] (6.,0.)-- (6.,8.); \draw [line width=2.pt] (7.,8.)-- (7.,0.); \draw [line width=2.pt] (5.,6.)-- (5.,5.); \draw [line width=2.pt] (5.,5.)-- (6.,5.); \draw [line width=2.pt] (6.,5.)-- (6.,6.); \draw [line width=2.pt] (6.,6.)-- (5.,6.); \draw [line width=2.pt] (2.,6.)-- (2.,5.); \draw [line width=2.pt] (2.,5.)-- (3.,5.); \draw [line width=2.pt] (3.,5.)-- (3.,6.); \draw [line width=2.pt] (3.,6.)-- (2.,6.); \draw [line width=2.pt] (2.,3.)-- (2.,2.); \draw [line width=2.pt] (2.,2.)-- (3.,2.); \draw [line width=2.pt] (3.,2.)-- (3.,3.); \draw [line width=2.pt] (3.,3.)-- (2.,3.); \draw [line width=2.pt] (5.,3.)-- (5.,2.); \draw [line width=2.pt] (5.,2.)-- (6.,2.); \draw [line width=2.pt] (6.,2.)-- (6.,3.); \draw [line width=2.pt] (6.,3.)-- (5.,3.); \end{tikzpicture}$

Τότε όμως θα έχουμε σίγουρα ένα ορθογώνιο εμβαδού τουλάχιστον

αφού μπορούμε εύκολα να γεμίσουμε την πιο πάνω σκακιέρα με

ορθογώνια διαστάσεων $2 \times 5$ και ένα διαστάσεως $5 \times 2$ τα οποία δεν έχουν κοινά τετράγωνα μεταξύ τους, και δεν περιέχουν τα μαύρα τετράγωνα.

Nick1990 · #14

Η λύση μου στη Γεωμετρία των μεγάλων βασίζεται στην παρατήρηση του κ. Λουρίδα, το οποίο δεν ξέρω πόσο γνωστό θεωρείται, αλλά δοκίμασα να εξετάσω αν ισχύει όταν είδα πως αρκεί να αποδειχτεί αυτό.

Η πρώτη σκέψη είναι πως τα σημεία είναι συνευθειακά όταν και μόνο όταν το

ανήκει στο ριζικό άξονα των κύκλων των $\triangle{EBK}$ και $\triangle{DKC}$ . Αν M, N

είναι οι τομές των κύκλων αυτών με τις

και

αντίστοιχα, το ισοδύναμο ειναι $AM \times AB = AN \times AC$ που ισοδυναμεί με το να είναι το BMNC

εγγράψιμο, ή αλλιώς $\angle{MNC} = 90 - \angle{B}$ . Αν φέρω από το

εφαπτομένη στον

που τέμνει την

στο

, από χορδή-εφαπτομένη έχω $\angle{SAC} = 90 - \angle{B}$ , οπότε το ισοδύναμο του αρχικού είναι $\angle{MNC} = \angle{SAC}$ ή αλλιώς MN // SA

. Βλέπουμε όμως πως αν η

διχοτομεί την

, τότε η τελευταία παραλληλία ισχύει αν και μόνο αν (AS, AB, AK, AC)

είναι αρμονική, πράγμα που ισχύει μόνο όταν η

είναι συμμετροδιάμεσος.

Δοκιμάζουμε λοιπόν να δείξουμε πως η

διχοτομεί την

, για το οποίο αρκεί AB // KN

και

. Πράγματι, είναι $\angle{KMB} = \angle{KEB} = \angle{CEB} = \angle{A}$ (από τους κύκλους) και όμοια $\angle{KNC} = \angle{A}$

#15

Κώστας Παππέλης έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 03, 2018 6:41 pm
Για το των μεγάλων:

Κώστα, νομίζω ότι υπάρχει θέμα με την συγκεκριμένη λύση. Π.χ. δεν λαμβάνεις υπόψη παραλληλόγραμμα τα οποία χρησιμοποιούν κορυφές από τρεις διαφορετικές διαστάσεις.

Αν δεν έχω κάνει λάθος στις πράξεις, αν πάρουμε όλα τα σημεία της μορφής $(x_1,\ldots,x_n)$ όπου $x_i \in \{0,1\}$ για κάθε

, τότε βρίσκω ότι υπάρχουν συνολικά N = 2^n

σημεία και $(6^n - 2\cdot 4^n + 2^n)/8 \gg N^2$ παραλληλόγραμμα. (Αυτά τα παραλληλόγραμμα βέβαια δεν έχουν εμβαδόν

, αλλά νομίζω δεν κάνεις αυτόν τον διαχωρισμό.)

#16

: Αρχιμήδης Μεγάλοι - Θέμα 2ο.png (181.67 KiB) Προβλήθηκε 6319 φορές

Μια άλλη λύση για το 4ο Θέμα των Μεγάλων μπορεί να δοθεί με χρήση της συμμετρικής αντιστροφής.

Θεωρούμε τη συμμετρική αντιστροφή $\displaystyle {\rm T}:{\rm X} \mapsto {\rm X}',$ δηλαδή τη σύνθεση της συμμετρίας ως προς τη διχοτόμο $\displaystyle \ell$ της γωνίας $\displaystyle \angle {\rm B}{\rm A}\Gamma$ με την αντιστροφή με πόλο $\displaystyle {\rm A}$ και δύναμη $\displaystyle {\rm A}{\rm B} \cdot {\rm A}\Gamma .$ Τότε, έχουμε ότι $\displaystyle {\rm B}' = \Gamma ,$ $\displaystyle \Gamma ' = {\rm B},$ $\displaystyle c' = {\rm B}\Gamma$ και για κάθε σημείο $\displaystyle {\rm X} \ne {\rm A}$ οι ευθείες $\displaystyle {\rm A}{\rm X}$ και $\displaystyle {\rm A}{\rm X}'$ είναι ισογώνιες ως προς τις $\displaystyle {\rm A}{\rm B}$ και $\displaystyle {\rm A}\Gamma .$ Οι κύκλοι $\displaystyle {c_1}$ και $\displaystyle {c_2}$ απεικονίζονται στους περιγεγραμμένους κύκλους $\displaystyle {{c'}_1}$ και $\displaystyle {{c'}_2}$ των τριγώνων $\displaystyle {\rm A}{\rm B}{\rm E}'$ και $\displaystyle {\rm A}\Gamma \Delta '$ αντίστοιχα, οπότε $\displaystyle {\rm K}' = {{c'}_1} \cap {{c'}_2}$ (με $\displaystyle {\rm K}' \ne {\rm A}$ ). Επίσης, το σημείο $\displaystyle {{\rm N}'}$ είναι το σημείο τομής των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων $\displaystyle {\rm B}\Delta '{\rm K}'$ και $\displaystyle \Gamma {\rm E}'{\rm K}'.$

Έστω $\displaystyle {\rm M}$ το σημείο τομής των $\displaystyle {\rm A}{\rm K}'$ και $\displaystyle {\rm B}\Gamma .$

Επειδή το $\displaystyle {\rm M}$ ανήκει στην ευθεία $\displaystyle {\rm A}{\rm K}'$ , που είναι ο ριζικός άξονας των κύκλων $\displaystyle {{c'}_1}$ και $\displaystyle {{c'}_2},$ θα είναι:

$\displaystyle {\rm M}{\rm B} \cdot {\rm M}{\rm E}' = {\rm M}\Gamma \cdot {\rm M}\Delta '.$

Επομένως, το $\displaystyle {\rm M}$ ανήκει στην ευθεία $\displaystyle {\rm K}'{\rm N}'$ (που είναι ο ριζικός άξονας των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων $\displaystyle {\rm B}\Delta '{\rm K}'$ και $\displaystyle \Gamma {\rm E}'{\rm K}'$ ) αν και μόνο αν

$\displaystyle {\rm M}{\rm B} \cdot {\rm M}\Delta ' = {\rm M}\Gamma \cdot {\rm M}{\rm E}'.$

Από τις δύο παραπάνω σχέσεις προκύπτει ότι $\displaystyle {\rm M}{\rm B} = {\rm M}\Gamma ,$ δηλαδή ότι το $\displaystyle {\rm M}$ είναι το μέσο του $\displaystyle {\rm B}\Gamma .$ Συνεπώς, τα σημεία $\displaystyle {\rm A},{\rm K},{\rm N}$ είναι συνευθειακά αν και μόνο αν η $\displaystyle {\rm A}{\rm K}'$ είναι ο φορέας της διαμέσου $\displaystyle {\rm A}{\rm M},$ δηλαδή αν και μόνο αν η $\displaystyle {\rm A}{\rm K}$ είναι συμμετροδιάμεσος του τριγώνου $\displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma .$

Κώστας Παππέλης · #17

Κύριε Δημήτρη, ίσως δε βοηθάει και η διατύπωσή μου. Αυτό που ουσιαστικά ήθελα να πω είναι πως ξεκινάμε με ένα παραλληλόγραμμο στο χαρτί.

Στη συνέχεια θεωρούμε το ίδιο παραλληλόγραμμο μετακινημένο κατά ε>0. Αυτό δημιουργεί επιπλέον 8 παραλληλόγραμμα (η κάθε πλευρά του είναι παράλληλη με 2 από τις πλευρές του αρχικού).

Στη συνέχεια θεωρούμε ένα τρίτο και συνεχίζουμε αυτή τη διαδικασία (8 νέα παραλληλόγραμμα με το κάθε παλιό). Νομίζω πως δε χάνω παραλληλόγραμμα έτσι (δεν είμαι όμως πάλι σίγουρος).

JimNt. · #18

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 03, 2018 2:47 pm
Θέματα μεγάλων

Πρόβλημα 3.
Δίνονται οι φυσικοί αριθμοί $n,\,m$ με και διακεκριμένοι πραγματικοί αριθμοί $a_1,\,a_2,\ldots, a_m$ . Να βρεθούν όλα τα πολυώνυμα με πραγματικούς συντελεστές, βαθμού το πολύ , για τα οποία ισχύει η ισότητα $\displaystyle \big|P(a_i)-P(a_j)\big|=|a_i-a_j|$ για κάθε με $1\leqslant{i}<j\leqslant{m}$ .

Δίνονται οι φυσικοί αριθμοί $m,\,n\geqslant2$ με . Να εξετάσετε αν υπάρχει πολυώνυμο με πραγματικούς συντελεστές, βαθμού καθώς και διακεκριμένοι πραγματικοί αριθμοί $a_1,\,a_2,\ldots, a_m$ , τέτοιοι ώστε $\displaystyle \big|Q(a_i)-Q(a_j)\big|<|a_i-a_j|$ για κάθε με $1\leqslant{i}<j\leqslant{m}$ .

Τα θέματα ήταν ανεβασμένα όπως αρμόζει για τις απαιτήσεις των ολυμπιάδων!!! Καλή επιτυχία σε όλους!!

Για κάθε

θα έχουμε είτε P(a_i)-i=P(a_j)-j

είτε

. Παίρνουμε έναν αριθμό έστω

και υποθέτουμε προς άτοπο ότι υπάρχουν a,b

με

και

Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις:

Τότε αφαιρώντας τις δύο πρώτες παίρνουμε -2x=-2b

$\Leftrightarrow$ x=b

,άτοπο.

Ομοίως με πριν προκύπτει x=a

πάλι άτοπο.
Συνεπώς είτε m-1<2

είτε

. Από την πρώτη προκύπτει ότι m=2

και

. Ελέγχοντας a=+-1

. Από την δεύτερη θεωρώντας το Q(x)=P(x)-+x-c

που είναι το πολύ

βαθμού και έχει m>n

ρίζες προκύπτει ότι είναι μηδενικό. Ή ότι P(x)=+-x+c

που ικανοποιεί.

Ελέγχουμε ότι αν $Q(x)=x^{n}$ μπορούμε να επιλέξουμε $a_{i}=\dfrac{1}{2^{i}}$

#19

Κώστα, μιλάω π.χ. για το κόκκινο παραλληλόγραμμο.

$\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm] \clip(0.7047777371714629,0.6021903892491934) rectangle (6.286864233625367,4.403183333358617); \draw [line width=1.pt] (1.,1.)-- (2.,3.); \draw [line width=1.pt] (2.,3.)-- (5.,3.); \draw [line width=1.pt] (5.,3.)-- (4.,1.); \draw [line width=1.pt] (4.,1.)-- (1.,1.); \draw [line width=1.pt] (1.5,1.5)-- (4.5,1.5); \draw [line width=1.pt] (4.5,1.5)-- (5.5,3.5); \draw [line width=1.pt] (5.5,3.5)-- (2.5,3.5); \draw [line width=1.pt] (2.5,3.5)-- (1.5,1.5); \draw [line width=1.pt] (2.,2.)-- (5.,2.); \draw [line width=1.pt] (5.,2.)-- (6.,4.); \draw [line width=1.pt] (6.,4.)-- (3.,4.); \draw [line width=1.pt] (3.,4.)-- (2.,2.); \draw [line width=1.pt,color=red] (1.,1.)-- (2.5,3.5); \draw [line width=1.pt,color=red] (2.5,3.5)-- (6.,4.); \draw [line width=1.pt,color=red] (6.,4.)-- (4.5,1.5); \draw [line width=1.pt,color=red] (4.5,1.5)-- (1.,1.); \end{tikzpicture}$

Στο συγκεκριμένο σχήμα βέβαια έχω τρία συνευθειακά σημεία. Αυτό διορθώνεται όπως στο σχήμα πιο κάτω.

$\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm] \clip(0.7346284670990237,0.582289902630819) rectangle (7.132634914906259,4.930546228745526); \draw [line width=1.pt] (1.,1.)-- (2.,3.); \draw [line width=1.pt] (2.,3.)-- (5.,3.); \draw [line width=1.pt] (5.,3.)-- (4.,1.); \draw [line width=1.pt] (4.,1.)-- (1.,1.); \draw [line width=1.pt] (1.5,1.5)-- (4.5,1.5); \draw [line width=1.pt] (4.5,1.5)-- (5.5,3.5); \draw [line width=1.pt] (5.5,3.5)-- (2.5,3.5); \draw [line width=1.pt] (2.5,3.5)-- (1.5,1.5); \draw [line width=1.pt] (2.5,2.)-- (5.5,2.); \draw [line width=1.pt] (5.5,2.)-- (6.5,4.); \draw [line width=1.pt] (6.5,4.)-- (3.5,4.); \draw [line width=1.pt] (3.5,4.)-- (2.5,2.); \draw [line width=1.pt,color=red] (1.,1.)-- (2.5,3.5); \draw [line width=1.pt] (3.,2.5)-- (6.,2.5); \draw [line width=1.pt] (6.,2.5)-- (7.,4.5); \draw [line width=1.pt] (7.,4.5)-- (4.,4.5); \draw [line width=1.pt] (4.,4.5)-- (3.,2.5); \draw [line width=1.pt,color=red] (2.5,3.5)-- (7.,4.5); \draw [line width=1.pt,color=red] (7.,4.5)-- (5.5,2.); \draw [line width=1.pt,color=red] (5.5,2.)-- (1.,1.); \end{tikzpicture}$

Κώστας Παππέλης · #20

Τέλεια, το κατάλαβα το λάθος. Με το σχήμα είναι ξεκάθαρο. Θα το ξαναδώ.

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Μέλη σε σύνδεση