ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#1

Αγαπητοί φίλοι,

Αυτή την ώρα διεξάγεται η Εθνική Μαθηματική Ολυμπιάδα "Ο Αρχιμήδης". Αφού ευχηθώ καλή επιτυχία και καλά αποτελέσματα στους μαθητές μας θα ήθελα να παρακαλέσω τα θέματα και οι λύσεις τους να σχολιαστούν μετά το πέρας του διαγωνισμού δηλαδή μετά τη 1 το μεσημέρι.

Αλέξανδρος Συγκελάκης

Τσιαλας Νικολαος · #2

Θέματα Μικρών

Πρόβλημα 1: Να βρείτε όλες τις τριάδες πραγματικών αριθμών (x,y,z)

που είναι λύσεις του συστήματος
$\displaystyle x^2+y^2+25z^2=6xz+8yz$
$\displaystyle 3x^2+2y^2+z^2=240$

Πρόβλημα 2: Δίνεται τετράπλευρο $AB\Gamma\Delta$ εγγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου

. Η κάθετη στο μέσον Ε της πλευράς $B\Gamma$ τέμνει την ευθεία

στο σημείο

. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\Gamma EZ$ τέμνει την πλευρά

για δεύτερη φορά στο σημείο

και την ευθεία $\Gamma\Delta$ σε σημείο $\Theta$ διαφορετικό του $\Delta$ . Η ευθεία $E\Theta$ τέμνει την ευθεία $A\Delta$ στο σημείο

και την ευθεία $\Gamma H$ στο σημείο $\Lambda$ . Να αποδείξετε ότι τα σημεία $A,H,\Lambda,K$ είναι ομοκυκλικά, δηλαδή ανήκουν στον ίδιο κύκλο.

Πρόβλημα 3: Να προσδιορίσετε όλους τους θετικούς ακεραίους οι οποίοι είναι ίσοι με 13 φορές το άθροισμα των ψηφίων τους.

Πρόβλημα 4: Στον πίνακα είναι γραμμένοι οι θετικοί ακέραιοι $1,2,3,\ldots,2018$ . Ο Γιάννης και η Μαρία έχουν το δικαίωμα να κάνουν μαζί την επόμενη κίνηση:

Επιλέγουν δύο αριθμούς $\alpha,\beta$ από αυτούς που είναι γραμμένοι στον πίνακα και τους αντικαθιστούν με τους αριθμούς $5\alpha-2\beta$ και $3\alpha - 4\beta$ .

Ο Γιάννης ισχυρίζεται ότι μετά από πεπερασμένο πλήθος τέτοιων κινήσεων μπορούν να τριπλασιαστούν όλοι οι αριθμοί του πίνακα, δηλαδή να προκύψουν οι αριθμοί: $3,6,9,\ldots,6054$ . Η Μαρία σκέπτεται λίγο και του απαντά ότι αυτό δεν είναι δυνατό να γίνει. Ποιος από τους δύο έχει δίκιο και γιατί;

Θέματα Μεγάλων

Πρόβλημα 1: Η ακολουθία $\alpha_{\nu}$ έχει πρώτο όρο $\alpha_1=1$ και ορίζεται αναδρομικά από τον τύπο:

$\displaystyle \alpha_{\nu} = 5\alpha_{\nu-1} + 3^{n-1},\, \nu \geq 2$

Να υπολογίσετε το γενικό όρο $\alpha_{\nu}$ και να βρείτε τη μεγαλύτερη δύναμη του

που διαιρεί τον όρο $\alpha_k$ όπου $k=2^{2019}$

Πρόβλημα 2: Δίνεται τρίγωνο $AB\Gamma$ εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O,R)

με $AB < A\Gamma < B\Gamma$ και έστω $\Delta$ το μέσο του μικρού τόξου $\arc{AB}$ . Η ευθεία $A\Delta$ τέμνει την ευθεία $B\Gamma$ στο σημείο

και ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $B\Delta E$ (έστω c_1

) τέμνει την

για δεύτερη φορά στο σημείο

. Αν ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $A\Delta Z$ (έστω c_2

) τέμνει για δεύτερη φορά την $A\Gamma$ στο σημείο

, να αποδείξετε ότι BE=AH

.

Πρόβλημα 3: Να βρείτε όλα τα ζεύγη (x,y)

θετικών ρητών αριθμών που ικανοποιούν την εξίσωση

$\displaystyle yx^y = y+1$

Πρόβλημα 4: Θεωρούμε ορθογώνιο $\nu \times \mu$ με $\nu \leq \mu$ , το οποίο υποδιαιρούμε με παράλληλες ευθείες προς τις πλευρές του σε $\nu \mu$ μοναδιαία τετράγωνα. Αρχικά τοποθετούμε από ένα μαύρο πιόνι σε

μοναδιαία τετράγωνα και στη συνέχεια προσπαθούμε να γεμίσουμε τον πίνακα με μαύρα πιόνια εκτελώντας την παρακάτω επιτρεπόμενη κίνηση:

Αν ένα κενό μοναδιαίο τετράγωνο έχει κοινή πλευρά με δύο τουλάχιστον μοναδιαία τετράγωνα κατειλημμένα με μαύρο πιόνι, τότε τοποθετούμε και σε αυτό το μοναδιαίο τετράγωνο ένα μαύρο πιόνι

Να βρείτε την ελάχιστη δυνατή τιμή του αριθμού

των μαύρων πιονιών που πρέπει και αρκεί να υπάρχουν σε μια αρχική τοποθέτηση, έτσι ώστε μετά από πεπερασμένο πλήθος διαδοχικών εφαρμογών της επιτρεπόμενης κίνησης να γεμίσει το ορθογώνιο με μαύρα πιόνια.

Xriiiiistos · #3

Ωραία είναι τα θέματα !!!

Θέμα 2ο μεγάλων για συντομία $\Gamma ,\Delta \rightarrow C,D$

$\widehat{AHZ}=\widehat{ZDE}=\widehat{ZBC}$ Από τα εγγράψιμα DAHZ,DEZB

Άρα

εγγράψιμο οπότε $\widehat{HCB}=\widehat{HZA}=\widehat{HDA}$ από το εγγράψιμο AHZD

Και από το εγγράψιμο ACBD

έχουμε $\widehat{ACB}=\widehat{BDE}\kappa \alpha \iota \widehat{EBD}=\widehat{DAH}$ Τα τρίγωνα EBD,DAH

έχουν όλες τις γωνίες ίσες και επείσης DB=DA

αφού το

μέσο τόξου άρα τα τρίγωνα EBD,DAH

είναι ίσα και AH=EB

Η άσκηση μας οδηγεί να σκεφτούμε από τυην αρχή για ισότητα τριγώνων αφού από την αρχή έχουμε DA=DB

και πρέπει να βγάλουμε AH=EB

και με μεταφορές γωνιών από τα εγγράψιμα να βγάλουμε τις γωνίες ίσες (αν είναι ) και σε αυτήν την περίπτωση έτσι λύνεται

Al.Koutsouridis · #4

Θέματα μικρών τάξεων.

Πρόβλημα 1
Να βρείτε όλες τις τριάδες πραγματικών αριθμών (x,y,z)

που είναι λύσεις του συστήματος

$\left\{\begin{matrix} x^2+y^2+25z^2=6xz+8yz \\ 3x^2+2y^2+z^2=240 \end{matrix}\right.$

Λύση:

Θέτουμε x=kz, y=mz,

και η πρώτη εξίσωση του συστήματος γίνεται

$k^2z^2+m^2y^2+25z^2=6kz^2+8mz^2 \Rightarrow$

(k^2+m^2+25-6k-8m)z^2=0

Παρατηρούμε ότι αν z=0

τότε θα πρέπει και x=0, y=0

. Άρα δεν υπάρχει λύση σε αυτή την περίπτωση.

Αν τώρα (k^2+m^2+25-6k-8m)=0

, έχουμε

$(k^2+m^2+25-6k-8m)=0 \Leftrightarrow$

$k^2-2\cdot 3k +9 +m^2-2\cdot 4m +16=0 \Leftrightarrow$

$(k-3)^2+(m-4)^2=0 \Leftrightarrow k=3, m=4$

Άρα x=3z, y=4z

και η δεύτερη εξίσωση του συστήματος γίνεται

$z^2(27+32+1)=240 \Rightarrow z= \pm 2$ . Τελικά οι λύσεις του συστήματος είναι οι τριάδες (6,8,2)

και

.

Xriiiiistos · #5

Ελπίζω να μην έχω κάνει λάθος θέμα 1ο των μεγάλων

Έχει λάθος η λύση

$a_{n}=5a_{n-1}+3^{n-1},,,,5a_{n-1}=5^{2}a_{n-2}+5\cdot 3^{n-2},...5^{n-1}a_{2}=5^{n}a_{1}+5^{n-1}3^{0}$ προσθέτοντάς τα όλα έχουμε $a_{n}=5^{n}a_{1}+5^{n-1}+5^{n-2}\cdot 3+...3^{n-2}\cdot 5+3^{n-1}=5^{n}+\frac{5^{n}-3^{n}}{5-3}=\frac{3\cdot 5^{n}-3^{n}}{2}$

οπότε $a_{2^{2019}}=\frac{3\cdot 5^{2^{2019}}-3^{2^{2019}}}{2}$ Αφού $3^{2}\equiv 5^{2}\equiv 1(mod4)$ ΈΧΟΥΜΕ $3\cdot 5^{2^{2019}}-3^{2^{2019}}\equiv 2(mod4)$ οπότε

δεν διαιρεί το $3\cdot 5^{2^{2019}}-3^{2^{2019}}$ αλλά το 2 το διαιρεί αυτό σημαίνει πως το 2 δεν διαιρεί το $\frac{3\cdot 5^{2^{2019}}-3^{2^{2019}}}{2}$ οπότε ο μεγαλύτερος εκθέτης που μπορούμε να υψώσουμε στο

ΓΙΑ ΝΑ διαιρεί το $a_{k}$ είναι το

Μετά από την πρώτη φορά που πέρνουμε τον τύπο για $a_{n}$ πολλαπλασιάζουμε τον τύπο για $a_{n-2}$ ώστε όταν τα προσθέσουμε αν απλοποιηθούν τα $a_{n-2}$ και αυτό το συνεχίζουμε μέχρι να φτάσουμε στο $a_{1}$

harrisp · #6

Xriiiiistos έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 23, 2019 2:37 pm
Ελπίζω να μην έχω κάνει λάθος θέμα 1ο των μεγάλων

$a_{n}=5a_{n-1}+3^{n-1},,,,5a_{n-1}=5^{2}a_{n-2}+5\cdot 3^{n-2},...5^{n-1}a_{2}=5^{n}a_{1}+5^{n-1}3^{0}$ προσθέτοντάς τα όλα έχουμε $a_{n}=5^{n}a_{1}+5^{n-1}+5^{n-2}\cdot 3+...3^{n-2}\cdot 5+3^{n-1}=5^{n}+\frac{5^{n}-3^{n}}{5-3}=\frac{3\cdot 5^{n}-3^{n}}{2}$

οπότε $a_{2^{2019}}=\frac{3\cdot 5^{2^{2019}}-3^{2^{2019}}}{2}$ Αφού $3^{2}\equiv 5^{2}\equiv 1(mod4)$ ΈΧΟΥΜΕ $3\cdot 5^{2^{2019}}-3^{2^{2019}}\equiv 2(mod4)$ οπότε δεν διαιρεί το $3\cdot 5^{2^{2019}}-3^{2^{2019}}$ αλλά το 2 το διαιρεί αυτό σημαίνει πως το 2 δεν διαιρεί το $\frac{3\cdot 5^{2^{2019}}-3^{2^{2019}}}{2}$ οπότε ο μεγαλύτερος εκθέτης που μπορούμε να υψώσουμε στο ΓΙΑ ΝΑ διαιρεί το $a_{k}$ είναι το

Ο γενικός όρος δεν είναι αυτός.

Είναι $a_n=\dfrac {5^n-3^n}{2}$

Marlena Panagiotakou · #7

Για το πρώτο θέμα στον Αρχιμήδη των μικρών τάξεων, η λύση που έγραψα:

Λύση:
x^2 + y^2 + 25*z^2 = 6xz + 8yz

και

άρα:

ή

άρα οι τριάδες είναι : x=6, y=8, z=2

#8

Πρόβλημα 1 Μεγάλων

Για κάθε $\displaystyle k \in \left\{ {2,3, \ldots ,n} \right\}$ είναι

$\displaystyle {5^{n - k}}{a_k} = {5^{n - k + 1}}{a_{k - 1}} + {3^{k-1}} \cdot {5^{n - k}}.$

Με πρόσθεση των σχέσεων αυτών κατά μέλη για $\displaystyle k \in \left\{ {2,3, \ldots ,n} \right\}$ και διαγράφοντας τους κοινούς όρους στα δύο μέλη, προκύπτει ότι

$\displaystyle {a_n} = {5^{n - 1}}{a_1} + \sum\limits_{k = 2}^n {{3^{k-1}} \cdot {5^{n - k}}} = \sum\limits_{k = 1}^n {{3^{k-1}} \cdot {5^{n - k}} = \frac{{{5^n} - {3^n}}}{{5 - 3}}} = \frac{{{5^n} - {3^n}}}{2}.$

Για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle k$ είναι

$\displaystyle {a_{{2^k}}} = \frac{{{5^{{2^k}}} - {3^{{2^k}}}}}{2} = \frac{{{{\left( {{5^{{2^{k - 1}}}}} \right)}^2} - {{\left( {{3^{{2^{k - 1}}}}} \right)}^2}}}{2} = \frac{{{5^{{2^{k - 1}}}} - {3^{{2^{k - 1}}}}}}{2} \cdot \left( {{5^{{2^{k - 1}}}} + {3^{{2^{k - 1}}}}} \right) = {a_{{2^{k - 1}}}} \cdot \left( {{5^{{2^{k - 1}}}} + {3^{{2^{k - 1}}}}} \right).$

Επειδή για κάθε ακέραιο $\displaystyle k \ge 2$ ισχύει $\displaystyle {5^{{2^{k - 1}}}} + {3^{{2^{k - 1}}}} \equiv 2\left( {\bmod 4} \right),$
αν $\displaystyle {v_k}$ είναι η μεγαλύτερη δύναμη του

που διαιρεί τον $\displaystyle {a_{{2^k}}}$ , θα είναι $\displaystyle {v_k} = {v_{k - 1}} + 1$ για κάθε ακέραιο $\displaystyle k \ge 2.$

Έτσι, αφού $\displaystyle {v_1} = 3,$ βρίσκουμε ότι $\displaystyle {v_k} = k + 2$ και άρα $\displaystyle {v_{2019}} = 2021.$

Al.Koutsouridis · #9

Θέματα μικρών τάξεων

Πρόβλημα 2.

Λύση:

: arximidis_mikrwn_pr2_2019.png (16.1 KiB) Προβλήθηκε 9904 φορές

Έχουμε $\angle HZE = \angle HCE$ γιατί βαίνουν στο ίδιο τόξο. Ομοίως $\angle EZC = \angle EJC$ . Η

είναι μεσοκάθετος άρα και διχοτόμος της γωνίας

του τριγώνου BZC

. Οπότε θα ισχύει $\angle BZE = \angle EZC$ και επακόλουθα όλες οι παραπάνω γωνίες είναι ίσες μεταξύ τους.

Επίσης ισχύει $\angle HBC =\angle CDK$ λόγω του εγγράψιμου τετραπλεύρου ABCD

.

Από τις παραπάνω ισότητες γωνιών συμπεράνουμε ότι τα τρίγωνα BHC, CEZ, DKJ

είναι όμοια και εφόσον $\angle ZEC =90^0$ , ορθογώνια.

Άρα θα είναι $\angle BHC =\angle LKD=90^0$ και τα σημεία A,K,L,H

ομοκυκλικά.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #10

https://en.wikipedia.org/wiki/Recurrence_relation

Η απόδειξη του τύπου είναι στάνταρ.

Η $a_{n}=5a_{n-1}$

έχει γενική λύση την $a_{n}=c5^{n}$

ενω μια λύση της μή ομογενους $a_{n}=5a_{n-1}+3^{n-1}$

δοκιμάζοντας είναι η $-\frac{1}{2}3^{n}$

Αρα $a_{n}=c5^{n}-\frac{1}{2}3^{n}$

Από την $a_{1}=1$ έχουμε $c=\frac{1}{2}$ κλπ

JimNt. · #11

Για το

των μικρών. Σε καμία περίπτωση δεν γίνεται οι 5a-2b

,

να είναι και οι δύο πολλαπλάσια των

εκτός αν

. Συνεπώς, πάντα θα υπάρχει κάποιος που δεν διαιρείται με το

, αφού αν wlog

ο τελευταίος που δεν διαιρείται από αυτό τότε θα επιλεχθεί μαζί με πολλαπλάσιο του

και άρα κάποιος από τους δύο θα εξακολουθεί να μην διαιρείται με το

.

#12

Το πρόβλημα 4 των μεγάλων είναι ουσιαστικά αυτό (και οι παραπομπές)

viewtopic.php?f=111&t=16380

#13

Το πρόβλημα 3 των μικρών υπάρχει και εδώ (junior olympiad, θέμα 2):

https://drive.google.com/drive/folders/ ... 3YEwkASJSr

#14

Πρόβλημα 3 Μεγάλων

Έστω $\displaystyle x = \frac{k}{\ell }$ και $\displaystyle y = \frac{m}{n},$ όπου $\displaystyle k,\ell ,m,n$ θετικοί ακέραιοι με $\displaystyle \left( {k,\ell } \right) = \left( {m,n} \right) = 1.$

Είναι:

$\displaystyle y{x^y} = y + 1 \Leftrightarrow \frac{m}{n}{\left( {\frac{k}{\ell }} \right)^{\frac{m}{n}}} = \frac{m}{n} + 1 \Leftrightarrow {\left( {\frac{m}{n}} \right)^n}{\left( {\frac{k}{\ell }} \right)^m} = {\left( {\frac{m}{n} + 1} \right)^n} \Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow {m^n}{k^m} = {\ell ^m}{\left( {m + n} \right)^n}$ $\displaystyle{\color{red} \left(\bigstar \right)}$ .

Επειδή $\displaystyle \left( {m,n} \right) = 1,$ θα είναι και $\displaystyle \left( {{m^n},{{\left( {m + n} \right)}^n}} \right) = 1.$
Όμοια, αφού $\displaystyle \left( {k,\ell } \right) = 1,$ θα είναι και $\displaystyle \left( {{k^m},{\ell ^m}} \right) = 1.$

Επομένως, από τη σχέση $\displaystyle{\color{red} \left(\bigstar \right)}$ προκύπτει ότι $\displaystyle {{m^n} = {\ell ^m}}$ και $\displaystyle {k^m} = {\left( {m + n} \right)^n}.$
Τότε, στη σχέση $\displaystyle {{m^n} = {\ell ^m}}$ κάθε πρώτος παράγοντας των $\displaystyle m, \ell$ θα είναι υψωμένος σε εκθέτη $\displaystyle m, n$ αντίστοιχα. Άρα, θα υπάρχει θετικός ακέραιος $\displaystyle a$ τέτοιος, ώστε $\displaystyle m = {a^m}$ και $\displaystyle \ell = {a^n}.$
Αν ήταν $\displaystyle a \ge 2,$ τότε θα είχαμε ότι $\displaystyle m = {a^m} \ge {2^m},$ άτοπο. Άρα, είναι $\displaystyle a = 1,$ οπότε $\displaystyle m = \ell = 1.$

Όμοια, υπάρχει θετικός ακέραιος $\displaystyle b$ τέτοιος, ώστε $\displaystyle k = {b^n}$ και $\displaystyle m + n = {b^m} \Rightarrow 1 + n = b.$

Τότε, είναι $\displaystyle x = k = {\left( {n + 1} \right)^n}$ και $\displaystyle y = \frac{1}{n}.$

Εύκολα ελέγχουμε ότι όλα τα ζεύγη $\displaystyle \left( {x,y} \right) = \left( {{{\left( {n + 1} \right)}^n},\frac{1}{n}} \right)$ με

θετικό ακέραιο, επαληθεύουν τη δοσμένη σχέση.

Prødigy · #15

JimNt. έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 23, 2019 3:28 pm
Για το των μικρών. Σε καμία περίπτωση δεν γίνεται οι , να είναι και οι δύο πολλαπλάσια των εκτός αν . Συνεπώς, πάντα θα υπάρχει κάποιος που δεν διαιρείται με το , αφού αν wlog ο τελευταίος που δεν διαιρείται από αυτό τότε θα επιλεχθεί μαζί με πολλαπλάσιο του και άρα κάποιος από τους δύο θα εξακολουθεί να μην διαιρείται με το .

Και προφανώς πρέπει a> b

γιατί αλλιώς προκύπτει αρνητικός.

JimNt. · #16

Prødigy έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 23, 2019 4:05 pm

JimNt. έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 23, 2019 3:28 pm
Για το των μικρών. Σε καμία περίπτωση δεν γίνεται οι , να είναι και οι δύο πολλαπλάσια των εκτός αν . Συνεπώς, πάντα θα υπάρχει κάποιος που δεν διαιρείται με το , αφού αν wlog ο τελευταίος που δεν διαιρείται από αυτό τότε θα επιλεχθεί μαζί με πολλαπλάσιο του και άρα κάποιος από τους δύο θα εξακολουθεί να μην διαιρείται με το .
Και προφανώς πρέπει γιατί αλλιώς προκύπτει αρνητικός.

Δεν έχει σημασία αυτό. Μου έκανε εντύπωση που επέλεξαν το 2018

αντι του

Ανδρέας Πούλος · #17

: μικροί Β θέμα 2019.png (162.54 KiB) Προβλήθηκε 9430 φορές

Θέμα Γεωμετρίας μικρών.
Το όνομα του κέντρου του περιγεγραμμένου κύκλου στο τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι περιττό.
Επίσης, υπάρχει λύση χωρίς καμία αναφορά στην καθετότητα.

Στο συνημμένο σχήμα πρέπει να αποδείξουμε ότι γωνία φ = Γ1 + Γ2 + Γ3, επειδή το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι ήδη εγγεγραμμένο.

Όμως, φ = Γ2 + Γ3 + ΛΘΓ ως εξωτερική γωνία του τριγώνου ΛΘΓ.
Άρα, μένει να αποδείξουμε ότι Γ1 = ΛΘΓ.
Αυτό είναι πολύ απλό και φαίνεται στο συνημμένο σχήμα, αφού πρόκειται για γωνίες που είναι εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο
και για γωνίες που σχηματίζει η διχοτόμος του ισοσκελούς τριγώνου ΒΖΓ.

Συγνώμην, δεν μπορώ να γράψω σε Tex με ελληνικά γράμματα και να κάνω το σχήμα μικρότερο.

#18

Πρόβλημα 2 Μεγάλων

Το σχήμα - και η απόδειξη (χωρίς λέξεις).

: Αρχιμήδης 2019 (Μεγάλοι) - Θέμα 2.png (104.16 KiB) Προβλήθηκε 9425 φορές

Κώστας Καρ. · #19

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 $\nu=\mu$ , τοτε εχουμε τετραγωνο με
$\nu^2$ μοναδιαια τετραγωνα. Τοτε προφανώς η μικρότερη δυνατη τιμη αρχικών μαυρων πιονων ειναι τα μοναδιαια τετραγωνα της διαγωνιου, δηλαδη $N=\nu$
Αν $\nu<mu$ , τοτε χωριζουμε το ορθογωνιο σε ενα τετραγωνο με πλευρες $\nu$ και ενα ορθογωνιο με πλευρες $\mu-\nu$ και και $\nu$ (αν $\mu=2\nu$ , τοτε προφανώς δεν ειναι ορθογώνιο αλλα τετραγωνο με επισης πλευρες $\nu$ ). 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 $mu-\nu$ αρχικα τετραγωνα.
Αρα στο συνολο έχουμε:
$N=\nu+(\mu-\nu)=\mu$

Με συγχωρείτε για την απουσια σχηματος αλλα αυτο το γραφω μεσω κινητου γιατι βρισκομαι στον δρομο της επιστροφης. Πως σας φανηκε η λυση μου;

#20

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.

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Μέλη σε σύνδεση