32η ΕΘΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" 2014-2015

[achilleas]

Καλή επιτυχία στους διαγωνιζόμενους σήμερα!

Αν κάποιος διαθέτει τα θέματα, ας τα ανεβάσει αν είναι εύκολο στο forum να τα δούμε!

Ευχαριστώ πολύ!

Φιλικά,

Αχιλλέας

[achilleas]

Ευχαριστώ πολύ το Θάνο!

[kostas232]

Καλημέρα!
Οι μεγάλοι μάλλον ζοριστήκαμε σήμερα. Προσωπικά ασχολήθηκα με το 1ο και το 3ο θέμα. Νομίζω πως έχω λύσει σωστά τη διοφαντική. Τη γεωμετρία επίσης την κυνήγησα μέχρι τέλους, αλλά δυστυχώς δεν κατάφερα να βρω μια ορθή λύση. Τα υπόλοιπα θέματα δεν τα κυνήγησα, ειδικά τη συνδυαστική, με την οποία δεν είχα μέχρι τώρα ουσιαστική επαφή.
Εύχομαι καλά αποτελέσματα σε όλους και δίνω εδώ τη αποτέλεσμα μου για τη διοφαντική εξίσωση.

Να προσδιορίσετε όλες τις τριάδες θετικών ακεραίων όπου πρώτος, οι οποίες ικανοποιούν την εξίσωση


Βρήκα ως μοναδική λύση την .

[degesles]

Ποια πιστεύετε οτι θα ειναι η βάση στους μεγάλους ;

[Dimitralex]

Καλησπέρα και από εμένα
Στο πρώτο ήταν μοναδική η λύση (14,2,7) ή όχι;
Επίσης τι βρήκατε στο 4ο Θέμα;
Dimitralex

[degesles]

Στο πρωτο ειναι όντως αυτη η τριάδα ,στο 4ο βρηκα 3στην n επι 2n ανα n

[Κορίνα Διγαλάκη]

και εγώ μόνο αυτή την τριάδα βρήκα...ξέρει κανείς πότε θα δημοσιευτούν οι λύσεις;

[george visvikis]

Το βγαίνει με νόμο ημιτόνων-συνημιτόνων.
Οπωσδήποτε πρέπει να έχει και καθαρά Γεωμετρική λύση, αλλά δεν το κοίταξα ακόμα.

[loukaz7]

Μήπως ξέρουμε τις λύσεις των μικρών;

[gavrilos]

Καλησπέρα και από εμένα.Συγχαίρω όλους τους διαγωνιζόμενους και εύχομαι καλά αποτελέσματα!Συγχαρητήρια στην ΕΜΕ για την οργάνωση του μεγάλου αυτού γεγονότος!

Στο πρώτο θέμα η τριάδα είναι και μοναδική.Στο δεύτερο ερώτημα του δεύτερου θέματος η τριάδα είναι επίσης μοναδική (για το 2α δεν μπορώ να πω πώς βγαίνει γιατί δεν το κατάφερα).Η γεωμετρία (ιδιαίτερα εύκολη) με νόμο ημιτόνων.Στο τέταρτο θέμα το αποτέλεσμα που δίνει ο Διονύσης (degesles) πιο πάνω είναι σωστό.Βρήκα επειδή δε σκέφτηκα ότι μπορούμε να κινηθούμε ΚΑΙ πάνω στις πλευρές του τετραγώνου και όχι μόνο στα τόξα στις περιοχές όπου υπάρχουν αυτά.Δυστυχώς άφησα το αποτέλεσμα σε μορφή αθροίσματος.

Σαν γενική άποψη επί των θεμάτων,το πρώτο και το δεύτερο ακριβώς όπως έπρεπε να είναι.Η γεωμετρία νομίζω έπρεπε να είναι λίγο πιο ανεβασμένη (σαν την περσινή για παράδειγμα).Παρομοίως για τη συνδυαστική.

[degesles]

γιωργο οντως,η θ.α. ηταν σαφως πιο δυσκολη απο τη περσινη οπως και το πολυωνυμο...η γεωμετρια δεν ηταν στο πνευμα του διαγωνισμου πιστευω(ισως φταιει οτι δεν την ελυσα) ενω η συνδυαστικη ηταν οντως ευκολη αρκει να ειχες υπ οψιν μια ταυτοτητα της συνδυαστικης

[nikos_el]

Μήπως έχει κάποιος τα θέματα των μικρών;

[jason.prod]

Καλησπέρα! Δίνω τα θέματα των μικρών:

1) Να προσδιορίσετε τις τιμές της πραγματικής παραμέτρου α που είναι τέτοιες ώστε η εξίσωση να έχει δύο ρίζες, εκ των οποίων η μία να είναι το τετράγωνο της άλλης.

2) Να προσδιορίσετε τα ζεύγη μη αρνητικών ακεραίων που είναι τέτοια ώστε ο αριθμός να διαιρεί το αριθμό , με

3) Είναι δυνατόν να τοποθετήσουμε κατάλληλα στο επίπεδο 2014 σημεία έτσι ώστε με κορυφές από αυτά τα σημεία να κατασκευάσουμε παραλληλόγραμμα εμβαδού 1;

4) Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ ΑΓ και ο περιγεγραμμένος του κύκλος . Η κάθετη από το Α προς την εφαπτομένη του κύκλου στο Γ την τέμνει στο Δ.
α) Αν ΑΒ=ΑΓ, να δείξετε ότι ΓΔ=ΒΓ/2
β) Αν ΓΔ=ΒΓ/2, να δείξετε ότι ΑΒ=ΑΓ.

[nikos_el]

Καλησπέρα! Δίνω τα θέματα των μικρών:

Πώς μπορούμε να τα κατεβάσουμε;

[jason.prod]

Καλησπέρα! Δίνω τα θέματα των μικρών:

Πώς μπορούμε να τα κατεβάσουμε;

Ήταν μεγάλο το αρχείο της φωτογραφίας και έτσι τα έβαλα δακτυλογραφημένα.

[jason.prod]

Μετά από τις 3,5 ώρες δύσκολης δοκιμασίας και του διαλείμματος που ακολούθησε πιστεύω πως μπορώ πλέον να σχολιάσω με ψυχραιμία τα θέματα των μικρών. Το πρώτο και το δεύτερο μου φάνηκαν πολύ εύκολα για το επίπεδο του Αρχιμήδη μικρών, όπως και το πρώτο ερώτημα του γεωμετρικού προβλήματος. Το δεύτερο ερώτημα της γεωμετρίας ήθελε λίγο φαντασία και τεχνική, ενώ το τρίτο μάλλον είναι το μοναδικό που θα δυσκόλεψε πολύ όλους μας.

[jason.prod]

Μήπως ξέρει κανείς ποια θα είναι η βάση στους μικρούς;

[vaskok]

Για το τρίτο θεμα:
Δημιουργούμε 2 στήλες με σημεία τα οποία εχουν απόσταση 1 με τα διπλανά και τα απεναντί τους.Άρα έχουμε 1007 σημεια σε κάθε στήλη
Κάθε ζευγάρι διπλανών σημείων της πρώτης στήλης μπορεί να ενωθεί με 1006 ζευγάρια διπλανών σημειων της δεύτερης. Αφού στη πρώτη στήλη υπάρχουν 1006 ζευγάρια διπλανών σημειων, δημιουργούνται 1006^2 παραλληλόγραμμα τα οποία εχουν εμβαδον 1 από την κατασκεύη.

Καλά Αποτελέσματα σε όλους!!!

[socrates]

Για τα θέματα των μεγάλων:

1) Εύκολα ή (Η δεύτερη περίπτωση ανάγεται στην πρώτη αφού προκύπτει ότι και ).
Συνεχίζουμε όπως εδώ: viewtopic.php?p=138532#p138532

2) Γράφουμε και οπότε θα είναι
όπου ή τρίτη ρίζα του
Προκύπτει Από είναι και

α) Είναι

β) οπότε κρατάμε την που δίνει

3) Νόμος ημιτόνων και είναι αρκετά... Σίγουρα υπάρχει και γεωμετρική λύση... (κάπου το έχω ξαναδεί το πρόβλημα...)

4) Από τις 2n διαδρομές που έχουμε να κάνουμε επιλέγουμε τις n προς τα πάνω με τρόπους. Κάθε διαδρομή γίνεται με 3 τρόπους.
Συνεπώς, τρόποι συνολικά...

[gbaloglou]

Αν δεν υπεραπλουστεύω ... η απάντηση στο 4ο θέμα των μεγάλων είναι



... και προκύπτει άμεσα από το γνωστό (;) αποτέλεσμα για τους τρόπους με τους οποίους μπορούμε να φτάσουμε, κινούμενοι προς τα πάνω και δεξιά, από την κάτω αριστερά γωνία στην άνω δεξιά γωνία ενός τετραγωνικού πλέγματος: υπάρχουν λοιπόν τρόποι για να φτάσουμε από το στο -- λόγω της τριπλής επιλογής σε κάθε ένα από τα βήματα που μας προσφέρουν τα τόξα -- και τρόποι για να φτάσουμε από το στο , άρα τρόποι για να φτάσουμε από το στο μέσω , όπου .

[Δεν βλέπω κίνδυνο διπλομέτρησης στα παραπάνω, και γενικά είμαι αρκετά σίγουρος για την ορθότητα της λύσης μου, το μόνο που με προβληματίζει είναι η σχετική ευκολία του θέματος, ιδίως για όσους ήδη γνώριζαν τα περί τετραγωνικού πλέγματος! (Για όσους δεν το γνωρίζουν: αποδεικνύεται είτε με επαγωγή είτε με καταμέτρηση των λέξεων που χρησιμοποιούν φορές το (Δεξιά) και φορές το (Πάνω).)]

Γιώργος Μπαλόγλου