Αρχιμήδης 2020

Τσιαλας Νικολαος · #1

Αύριο διεξάγεται ο διαγωνισμός " Αρχιμήδης 2020 ". Θέλω να ευχηθώ καλή επιτυχία σε όλα τα παιδιά!!!

Υ.γ.1: τα θέματα θα τα ανεβάσω μετά το πέρας της εξέτασης δηλαδή περίπου στις 2. Όπως και τα προηγούμενα χρόνια επειδή θα είμαι στο χώρο διεξαγωγής θα τα ανεβάσω με το κινητό σε φωτογραφία.

Υ.γ.2: αν κάποιος θέλει παρέα ευχαρίστως να στείλει π.μ

ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ!!!

bruh · #2

Καλησπέρα και καλή επιτυχία σε όλους. Ο διαγωνισμός διαρκεί 3.5 ώρες από τη παράδοση των θεμάτων;

#3

Καλή Επιτυχία και καλές εμπνεύσεις !!!

Τσιαλας Νικολαος · #4

Παραθέτω τα θέματα!! Καλά αποτελέσματα σε όλα τα παιδιά!!!

Τσιαλας Νικολαος · #5

Θανασης Παπαδοπουλος · #6

Θέτουμε P(x) πολυώνυμο βαθμού n και Q(x) πολυώνυμο βαθμού m. Παρατηρούμε πως $Q^{3}\left ( x \right )$ είναι βαθμού 3m και πως $P\left ( Q^{3}\left ( x \right ) \right )$ είναι βαθμού 3mn. Άρα $3mn=3m+n+1 \mapsto n\equiv2mod3 \to m=\frac{k+1}{3k+1} \mapsto k=0,m=1,n=2$

Ακόμα $x /P(Q^3(x)) \mapsto P(0)=0$
Άρα P(x)=ax^2+bx, Q(x)=cx+d

Με πράξεις διαπιστώνουμε πως P(x)=ax^2,Q(x)=x

#7

Γεωμετρία μικρών

Το ZECB

είναι εγγράψιμο, άρα $\displaystyle \widehat B = A\widehat EZ,\widehat C = A\widehat ZE,ZD = ED = \frac{{BC}}{2}$

: Αρχιμήδης 2020J.png (17.91 KiB) Προβλήθηκε 9919 φορές

α) $\displaystyle Z\widehat DE = 180^\circ - (\omega + \varphi ) = 180^\circ - \left( {180^\circ - 2\widehat B + 180^\circ - 2\widehat C} \right) = 180^\circ - 2\widehat A$

οπότε $\displaystyle D\widehat ZE = D\widehat EZ = \widehat A.$

β) $\displaystyle B\widehat TZ = \widehat B - \theta = \widehat B - A\widehat ZE = \widehat B - \widehat C$

#8

Πρόβλημα 1 μικρών

Η ανίσωση παίρνει τη μορφή $\displaystyle \frac{{{{(x + 4)}^2}{{(3x + 4)}^2}}}{{{x^3}}} \ge 0 \Rightarrow x > 0$

Η ισότητα για $\displaystyle x = - 4$ ή $\displaystyle x = \frac{{ - 4}}{3}$ (Αργότερα πιο αναλυτικά, αν δεν το γράψει κάποιος άλλος).

bruh · #9

Πώς σας φάνηκαν τα θέματα των μικρών; Εγώ έλυσα το 4ο και το 3ο. Γεωμετρία κόλλησα και ούτε που την αγγιξα και άλγεβρα απλά έκανα πράξεις μέχρι που κατέληξα σε σημείο που δε μου έρχοταν η απλοποίηση.

GeorgeWashington1732 · #10

Διορθώστε με αν έχω κάνει λάθος.

Για το τέταρτο των μικρών:

Θεωρούμε έναν "κακό" χρωματισμό για τις 99 μπάλες. Θα κάνουμε την επόμενη κίνηση:

$(1,.., 50)(51,..., 99)\rightarrow (51,..,99,1)(2,..,50)$ , ο οποίος είναι "καλός" χρωματισμός.

Θεωρούμε έναν "καλό" χρωματισμό για τις 99 μπάλες. Κάνουμε την ίδια κίνηση και παίρνουμε:

$(1,.., 50)(51,..., 99)\rightarrow (51,..,99,1)(2,..,50)$ , οποίος είναι "κακός" χρωματισμός, αφού το (51, ..., 99, 1)

μπορεί να έχει το πολύ ίσο αριθμό κοκκίνων με το (2,.., 50)

.

Θεωρούμε έναν χρωματισμό

και ονομάζουμε την παραπάνω κίνηση f(X)

.

Εύκολα βλέπουμε απο τις συνθήκες: $X = Y \Leftrightarrow f(X) = f(Y)$ .

Έπεται ότι ο αριθμός "καλών" χρωματισμών ισούται με τον αριθμό "κακών" χρωματισμών.

Αφού έχουμε $2^{99}$ συνολικούς χρωματισμούς, το πλήθος των "καλών" είναι $2^{98}$ .

#11

Αναλυτικά το 1 των μικρών

$\displaystyle x\left[ {{{\left( {\frac{{x + 2}}{x}} \right)}^4} - 2\frac{1}{4}{{\left( {\frac{{x + 2}}{x}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{4}} \right)}^2}} \right] \ge 0 \Leftrightarrow x{\left[ {{{\left( {\frac{{x + 2}}{x}} \right)}^2} - \frac{1}{4}} \right]^2} \ge 0 \Leftrightarrow$

$\displaystyle x > 0$ ή $\displaystyle \left( {\frac{{x + 2}}{x} - \frac{1}{2}} \right)\left( {\frac{{x + 2}}{x} + \frac{1}{2}} \right) = 0 \Leftrightarrow x = - 4 \vee x = - \frac{4}{3}$

JimNt. · #12

Για παρόμοιο με το

των μεγάλων: https://artofproblemsolving.com/communi ... 4p13415923

#13

Θέμα 3/Μεγάλων

Θα αποδείξουμε ότι δεν γίνεται.

Για το (β)

Στο προτελευταίο βήμα θα έχουμε μείνει με δυο αριθμούς

(1) Το $a^{2020}$ και το $b^{2020}$ (ενδεχομένως b=1

), ή
(2) Το $a^{2020}$ και το 2030.

Η περίπτωση (1) σημαίνει ότι η εξίσωση

x^4-y^4=2021

Θα έχει ακέραιες λύσεις. Δηλαδή, ότι η

$(x-y)(x+y)(x^2+y^2)=43\cdot 47$

θα έχει ακέραιες λύσεις με x^2+y^2>x+y>x-y>0)

άτοπο, αφού θα πρέπει x^2+y^2=47

κτλ, άτοπο.

Η περίπτωση (2) δεν μπορεί να ισχύει επίσης αφού oύτε 4051

ούτε το 10 είναι δύναμη της μορφής $a^{2020}.$

Ομοίως για το 1ο υποερώτημα, δεν γίνεται διότι τότε

(1) η εξίσωση

(x-y)(x+y)(x^2+y^2)=2020

Θα είχε λύσεις, άτοπο, αφού το αριστερό μέλος διαιρείται με το 8, αλλά το δεξί μέλος όχι.

(2) Επίσης, δεν γίνεται, αφού ούτε το 4050 ούτε το 9 είναι της μορφής $a^{2020}$ .

( γράφω περιληπτικά από κινητό)

Φιλικά,

Αχιλλέας

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #14

Για το 3 το μικρών η λύση μου:

Η δοσμένη γίνεται $n=\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc}\overset{a,b,c\geq 1}{\leq }3$
Διακρίνω τις εξής περιπτώσεις:

Τότε πρέπει $3=\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc}\leq 3$ με την ισότητα μόνο για

Έστω χωρίς βλάβη πως $a\geq b\geq c$
Πρέπει $2=\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc}$ .Αν $a\geq 3$ τότε $\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc}\leq \dfrac{1}{3b}+\dfrac{1}{3c}+\dfrac{1}{bc}\leq \dfrac{2}{3}+1< 2$ άτοπο.
Προφανώς δεν μπορεί γιατί τότε που δίνει άτοπο στην αρχική (για ).
Άρα .Οπότε $2=\dfrac{1}{2b}+\dfrac{1}{2c}+\dfrac{1}{bc}$
Αν όμως $b\geq 2$ τότε $\dfrac{1}{2b}+\dfrac{1}{2c}+\dfrac{1}{bc}\leq \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}< 2$ άτοπο.Άρα πρέπει που επαληθεύει και την αρχική.

Πρέπει $\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc}=1$
i)Αν $a\geq 4$ και $c\geq 2$ τότε $\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc}\leq \dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{4}< 1$ άτοπο.Άρα πρέπει .Τότε για $b\geq 2$ εύκολα άτοπο.Η περίπτωση απορρίπτεται αφού δεν επαληθεύει την αρχική.
ii) Αν και $c\geq 2$ τότε $\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc}\leq \dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{4}<1$
Άρα .Για εύκολα άτοπο και εύκολα ελέγχουμε ότι μοναδική λύση η .
iii) Αν , για πρέπει εύκολα άτοπο και για προκύπτει πάλι άτοπο.

iv) Αν τότε άτοπο από την αρχική.

Σημείωση:Επειδή θεωρήσαμε διάταξη πρέπει να τονίσουμε ότι λύσεις είναι και οι αναδιατάξεις των λύσεων που βρήκαμε.

Al.Koutsouridis · #15

Πρόβλημα 2 (Μεγάλων)

: emo_2020_pr2.png (10.34 KiB) Προβλήθηκε 8783 φορές

Παρατηρούμε ότι τα τρίγωνα AEZ

,

και

είναι όμοια ισοσκελή (τα δυο τελευταία και ίσα), οπότε $\angle DCM = \angle EAC = \angle ECD$ (όπου

το μέσο του τμήματος

) και εφόσον EC=CM

, τα τρίγωνα CDE

και

είναι ίσα. Άρα έχουμε MC=MD=MB

και το τρίγωνο CDB

είναι ορθογώνιο στο

.

Έστω

το σημείο τομής της

με την κάθετη από το

προς την

. Παρατηρούμε ότι $\angle EKD = \angle ZKD = \omega/2$ και $\angle CBD = \angle CMD/2 = \omega /2$ . Άρα τα σημεία K,Z,D,B

είναι ομοκυκλικά.

Επίσης εύκολα μπορούμε να δούμε ότι το τετράπλευρο EZCD

είναι ισοσκελές τραπέζιο.

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι η

είναι κάθετη στην

. Πράγματι, έστω

το σημείο τομής της

με την

, τότε θα έχουμε $\angle ELK = \angle ZBK = \abgle ZDK$ . Επομένως $\angle ELK+\angle DEC = \angle ZDK+\angle ZDE =90^0$ .

aurelia · #16

Επειδή είμαι καινούργια στον χώρο... Βλέπω στην ιστοσελίδα της ΕΜΕ τα ονόματα για τη βράβευση των παιδιών του Ευκλείδη, και βλέπω πολύ συγκεκριμένη γεωγραφική κατανομή (Αθήνα, Ηγουμενίτσα, Πρέβεζα) για όλες τις τάξεις. Είναι τυχαίο;

ΥΓ Τώρα που το ξαναείδα, είδα ότι μου είχε ξεφύγει και ένα Ρέθυμνο, μια Δράμα και ένα Καρπενήσι. Αλλά και πάλι, μου φαίνεται πολύ περιορισμένο γεωγραφικά...

Τσιαλας Νικολαος · #17

Οι βραβεύσεις αφορούν δυστυχώς μόνο τα παιδιά της Αττικής και των περιοχών που δεν έχουν ενεργό παράρτημα.

bruh · #18

Τα αποτελέσματα έχουν αναρτηθεί! Συγχαρητήρια σε όλους τους επιτυχόντες και φυσικά σε όλους για τη συμμετοχή!

aurelia · #19

Επιτυχόντες και μή... πώς μπορούν να μάθουν τον βαθμό τους;

Τσιαλας Νικολαος · #20

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά!!!

Αρχιμήδης 2020

Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Πρόβλημα 1 Μεγάλων

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Μέλη σε σύνδεση