ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 355
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#21

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Σάβ Φεβ 23, 2019 5:20 pm

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 7
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.



Λέξεις Κλειδιά:
glinos05
Δημοσιεύσεις: 1
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 09, 2018 8:31 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#22

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από glinos05 » Σάβ Φεβ 23, 2019 5:41 pm

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 n=2 (η περίπτωση n=1 αποκλείεται). Άρα
  • Για n=2, είναι \overline{ab}=13a+13b\Leftrightarrow 10a+b=13a+13b\Leftrightarrow 3a+12b=0,, άτοπο
    • Για n=3, είναι \overline{abc}=13a+13b+13c\Leftrightarrow 87a=3b+12c\Leftrightarrow 29a=b+4c, άρα αναγκαστικά

      a=1 και
      • Για c=5, b=9
        • Για c=7, b=1

          Άρα οι ζητούμενοι αριθμοί είναι οι 195, 156, 117


Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 355
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#23

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Σάβ Φεβ 23, 2019 5:43 pm

Η λύση μου για το 3 των μικρών

Έστω ο αριθμός x 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 a_2=a_3=..+a_n=0 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 είναι107n< 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:

b+4c=29 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.
τελευταία επεξεργασία από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ σε Τρί Φεβ 26, 2019 7:47 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Κώστας Καρ.
Δημοσιεύσεις: 6
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 24, 2019 10:17 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#24

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κώστας Καρ. » Σάβ Φεβ 23, 2019 5:51 pm

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!


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 952
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#25

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Σάβ Φεβ 23, 2019 5:57 pm

Θέματα μικρών τάξεων

Πρόβλημα 3

Να προσδιορίσετε όλους τους θετικούς ακέραιους οι οποίοι είναι ίσοι με 13 φορές το άθροισμα των ψηφίων τους.


Λύση:

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

(9n είναι η μέγιστη τιμή που μπορεί να πάρει το άθροισμα των ψηφίων ενός n-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 1. 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
Δημοσιεύσεις: 4
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 21, 2017 12:23 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#26

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Άρης Μερσιέ » Σάβ Φεβ 23, 2019 7:08 pm

Έχω μια απορία. Στο πρόβλημα 4 των μεγάλων, ήθελε ένα τύπο που να δίνει το N 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)
τελευταία επεξεργασία από Demetres σε Σάβ Φεβ 23, 2019 8:49 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.
Λόγος: Γραφή σε LaTeX


melasjumper
Δημοσιεύσεις: 13
Εγγραφή: Τετ Αύγ 30, 2017 10:44 am

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#27

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από melasjumper » 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 (n+m)/2 :shock:


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 347
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#28

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Σάβ Φεβ 23, 2019 8:41 pm

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 (n+m)/2 :shock:
Melas the hudini?? :lol: :lol:


nickthegreek
Δημοσιεύσεις: 401
Εγγραφή: Δευ Μαρ 01, 2010 2:07 pm
Τοποθεσία: Oxford

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#29

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nickthegreek » 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.
τελευταία επεξεργασία από Demetres σε Σάβ Φεβ 23, 2019 8:54 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Νίκος Αθανασίου
Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 560
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#30

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Σάβ Φεβ 23, 2019 8:57 pm

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


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.

If you are not sure it is magic then it probably is.
Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 212
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#31

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Σάβ Φεβ 23, 2019 8:59 pm

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


nickthegreek
Δημοσιεύσεις: 401
Εγγραφή: Δευ Μαρ 01, 2010 2:07 pm
Τοποθεσία: Oxford

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#32

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nickthegreek » Σάβ Φεβ 23, 2019 8:59 pm

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


Νίκος Αθανασίου
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8184
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#33

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » 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.


Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 560
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#34

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Σάβ Φεβ 23, 2019 9:15 pm

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.


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.

If you are not sure it is magic then it probably is.
Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 347
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#35

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Σάβ Φεβ 23, 2019 9:20 pm

λάθη γίνονται..αν πάντως δόθηκε σε μια τάξη διευκρίνηση θα δόθηκε σε όλες..
τελευταία επεξεργασία από Τσιαλας Νικολαος σε Σάβ Φεβ 23, 2019 9:58 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άρης Μερσιέ
Δημοσιεύσεις: 4
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 21, 2017 12:23 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#36

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Άρης Μερσιέ » Σάβ Φεβ 23, 2019 9:23 pm

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 (n+m)/2 :shock:
Εάν όμως θεωρήσουμε ένα ορθογώνιο με διαστάσεις 2 και 3 τότε m+n=5 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 k ακέραιο, τότε χρησιμοποιούμε τον τύπο (m+n+1)/2, που για (n,m) = (2,3) δίνει 3 . Θα θεωρηθεί σωστό η όχι?


melasjumper
Δημοσιεύσεις: 13
Εγγραφή: Τετ Αύγ 30, 2017 10:44 am

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#37

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από melasjumper » Σάβ Φεβ 23, 2019 9:29 pm

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


Prødigy
Δημοσιεύσεις: 42
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 26, 2018 11:39 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#38

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Prødigy » Σάβ Φεβ 23, 2019 9:34 pm

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


Dionyssis
Δημοσιεύσεις: 3
Εγγραφή: Δευ Ιουν 18, 2018 9:00 am

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#39

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Dionyssis » 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;


Άβαταρ μέλους
Κώστας Παππέλης
Δημοσιεύσεις: 261
Εγγραφή: Παρ Ιούλ 24, 2009 4:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#40

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κώστας Παππέλης » Σάβ Φεβ 23, 2019 10:37 pm

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.


Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Bing [Bot] και 4 επισκέπτες