ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Broly · #41

nickthegreek,
αυτό το τελευταίο που λες για το τέταρτο θέμα δεν γίνεται να συμβαίνει
έτσι και αλλιώς μιας και στην εκφώνηση του προβλήματος λέει ότι
τρεις ευθείες δεν μπορούν να περνάνε από το ίδιο σημείο.

nickthegreek · #42

Broly, έχεις απόλυτο δίκιο!Εγώ δεν το πρόσεξα

#43

nickthegreek έγραψε:Καλησπέρα σε όλα τα παιδιά του forum!Φέτος πάω πρώτη λυκείου και συμμετείχα για τρίτη χρονιά στον Αρχιμήδη.Στο πρώτο θέμα έβγαλα τις δύο λύσεις αλλά δεν απέδειξα ότι είναι οι μοναδικές,το δεύτερο το έλυσα και από το τέταρτο βρήκα πότε είναι ελάχιστα τα χωρία,βρήκα την 1η σχέση (κ-1)(ν+1)=176 βρήκα επίσης πότε είναι μέγιστα τα χωρία αλλά δεν έγραψα τύπο και δεν μπόρεσα λόγω κυρίως χρόνου να δημιουργήσω σύστημα και να την λύσω πλήρως.

Ήμουν επιτηρητής στην Α λυκείου

Οι λύσεις από μόνες τους δεν σου δίνουν κάτι στο πρώτο θέμα. Στο δεύτερο θέμα δεν έχω δει τι έκανες (αν και με μια πρόχειρη ματιά μόνο ένας είδα να το είχε λύσει στην Α λυκείου), αλλά σε πιστεύω και σου δίνω 5 στα 5. Στο τελευταίο η μία εξίσωση λογικά δίνει από 1 μέχρι 1,5 μονάδα (πολύ επιεικώς δηλαδή 2). Δεν μαρέσει γενικά να μπαίνω σε αυτή τη διαδικασία της βαθμολόγησης αλλά αφού το ζήτησες βλέπω ότι το γραπτό σου παίρνει ανάμεσα στο 6 και το 7.

Stavroulitsa · #44

cretanman έγραψε: 2) Δίνεται ορθογώνιο $AB\Gamma \Delta$ με πλευρές $AB=\alpha$ και $B\Gamma=\beta$ . Έστω Ο το σημείο τομής των διαγωνίων του. Προεκτείνουμε την πλευρά προς το μέρος του κατά τμήμα και την διαγώνιο $\Delta B$ προς το μέρος του κατά τμήμα . Αν το τρίγωνο $EZ\Gamma$ είναι ισόπλευρο, τότε να αποδείξετε ότι:
(i) $\beta=\alpha\sqrt{3}$
(ii)
(iii) $EO\bot Z\Delta$

Καλησπέρα! Τώρα που έχω λίγο χρόνο θα απαντήσω την 2η άσκηση και ελπίζω να είναι σωστή η λύση που έχω...

Ερώτημα i-iii:
Αρχικά τα τρίγωνα ΕΑΓ και ΟΖΓ είναι ίσα (ΖΓ=ΕΓ, ΑΕ=ΟΓ και ΟΖ=ΑΓ). Επομένως έχουμε $E\hat{A}\Gamma =Z\hat{O}\Gamma$ και ΑΕ=ΑΟ=ΟΒ=ΟΓ, άρα τα τρίγωνα ΕΑΟ και ΒΟΓ είναι επίσης ίσα. Συνεπάγεται ότι $A\hat{\Gamma }B=B\hat{E}O$ και $A\hat{B}O=O\hat{B}A$ και ΑΟ=ΒΟ, άρα τα τρίγωνα ΕΟΒ και ΑΒΓ είναι ίσα. Άρα ΟΒ=ΑΒ=ΑΟ και το τρίγψνο ΑΟΒ είναι ισόπλευρο. Και με το Πυθαγόριο Θεώρημα βρίσκουμε ότι $a^2+\beta ^2=\left(2a \right)^2\Rightarrow \beta ^2=3a^2\Rightarrow \beta =a\sqrt{3}$ αλλά συγχρόνως αποδείξαμε ότι $EO\perp Z\Delta$ . Και στο ii έχουμε τα τρίγωνα ΒΟΕ και ΟΖΑ ίσα επειδή ΕΒ=ΟΖ, ΑΒ=ΟΒ και $A\hat{O}B=O\hat{B}A$ .

Συγχαρητήρια σε οσους πέρασαν τον Αρχιμήδη! Ελπίζω του χρόνου που το Euromath θα γίνει στην Σάμο, να μην συνπέσουν οι ημερομηνίες... Και ξαναχάσω τον Αρχιμήδη...

#45

Ένα ακόμα μπράβο στην Σταυρουλίτσα για την κομψή λύση της και όμορφο "τριγωνάκι-σχηματάκι" της!

Μια παρόμοια λύση (με ίχνη τριγωνομετρίας...) στο 2ο θέμα του Αρχιμήδη.
Είχα δει την προαγγελία δημοσίευσης της Σταυρουλίτσας και έδωσα, ασφαλώς, προτεραιότητα.

: 01-03-2010 Geometry.png (10.75 KiB) Προβλήθηκε 1887 φορές

α) Τα ΟΓΖ και ΕΑΓ έχουν: ΟΖ = ΑΓ, ΟΓ = ΑΕ και ΖΓ = ΕΓ, αφού το ΖΕΓ είναι ισόπλευρο. Είναι ίσα, οπότε $\displaystyle \widehat{{\rm E}\Gamma {\rm A}} = \widehat{\Gamma {\rm Z}{\rm O}}$ (ως απέναντι των ΟΓ = ΑΕ).
Τότε $\displaystyle \widehat{\Gamma {\rm Z}{\rm O}} + \widehat{O\Gamma Z} = \widehat{{\rm E}\Gamma {\rm A}} + \widehat{{\rm O}\Gamma {\rm Z}} = \widehat{{\rm Z}\Gamma {\rm E}} = 60^\circ$ , αφού ΖΓΕ ισόπλευρο τρίγωνο.
Άρα $\displaystyle \widehat{{\rm Z}{\rm O}\Gamma } = 120^\circ$ .
Στο ισοσκελές ΒΟΓ είναι $\displaystyle \widehat{{\rm O}{\rm B}\Gamma } = \widehat{{\rm O}\Gamma {\rm B}} = 30^\circ$ .
Στο ορθογώνιο ΔΒΓ είναι $\displaystyle \frac{\alpha }{\beta } = \varepsilon \phi 30^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\; \Rightarrow \;\beta = \alpha \sqrt 3$ .
β) Το ΑΟΒ είναι ισόπλευρο με πλευρά α, αφού ΑΟ = ΟΒ και $\displaystyle \widehat{{\rm A}{\rm O}{\rm B}} = 60^\circ$ .
Τα τρίγωνα ΑΟΖ και ΕΟΒ έχουν: ΑΟ = ΟΒ, ΖΟ = ΕΒ και $\displaystyle \widehat{{\rm A}{\rm O}{\rm Z}} = \widehat{{\rm E}{\rm B}{\rm O}} = 60^\circ$ , δηλαδή έχουν δύο ίσες πλευρές και την περιεχόμενή τους γωνίας ίσες μία προς μία. Είναι ίσα, άρα έχουν ΑΖ = ΕΟ, ως απέναντι των ίσων γωνιών $\displaystyle \widehat{{\rm A}{\rm O}{\rm Z}}\;\kappa \alpha \iota \;\widehat{{\rm E}{\rm B}{\rm O}}$ .
γ) Η γωνία $\displaystyle \widehat{{\rm O}{\rm A}{\rm B}} = 60^\circ$ είναι εξωτερική στο ισοσκελές τρίγωνο ΕΑΟ, άρα $\displaystyle \widehat{{\rm E}{\rm O}{\rm A}} = 30^\circ$ , οπότε $\displaystyle \widehat{{\rm E}{\rm O}{\rm B}} = 30^\circ + 60^\circ = 90^\circ$ , άρα η ΕΟ είναι κάθετη στη ΔΖ.

Γιώργος Ρίζος

Dreamkiller · #46

Δημοσιεύθηκαν τα αποτελέσματα καθώς και οι λύσεις.
http://www.hms.gr/index.php?option=com_ ... &Itemid=25

ξαροπ · #47

Κοιτώντας πάλι το 2ο θέμα των μικρών (και το σχήμα) μου έκανε αναλαμπή το Θεώρημα Morley, δεν ξέρω αν του θύμισε κανενός άλλου το ίδιο.

http://agutie.homestead.com/Files/morley.html

Δεν ασχολήθηκα πολύ με το θέμα όμως, οπότε αναρωτιέμαι αν έχουμε ή αν δεν έχουμε αρκετά στοιχεία για να αποδείξουμε ότι οι ευθείες του σχήματος στο 2ο θέμα είναι τριχοτόμοι ή όχι..

pavlos · #48

Καλησπερα σε ολους.......
ουτε εγω παιδια καταφερα να περασω τον αχιμηδη αλλα πηρα 3 βραβειο για τον ευκλειδη....
τα θεματα ηταν εντελως πρωτογνωρα για εμενα καθως πρωτη φορα συμμετειχα σε μαθητικους διαγωνισμου....
πιστευω παντως οτι ηταν μια αξεχαστη εμπειρια για ολους αυτους που εχουν παθος με τα μαθηματικα..............
θερμα συγχαρητηρια στα παιδια που περασαν και παρουσιασαν τις ικανοτητες και τις δυνατοτητες τις πραγματικης ελλαδας οπως ειπωθηκε........συμφωνειτε με αυτο?

ευχαριστω,παυλος

#49

gbaloglou έγραψε:Μία λύση ρουτίνας για το δεύτερο θέμα: αντικαθιστώντας στην $x^{3}y^{3}(x^{2}+y^{2})^{2}$ έχουμε συνάρτηση μιας μεταβλητής,

$f(x)=(2ax-x^{2})^{3}(x^{2}+(2a-x)^{2})^{2}$ ,

της οποίας η παράγωγος είναι

$f'(x)=-8x^{2}(2a-x)^{2}(x-a)(x^{2}-2ax+2a^{2})(5x^{2}-10ax+6a^{2})$ .

Τα δύο τριώνυμα έχουν αρνητικές διακρίνουσες, οπότε η παράγωγος είναι θετική για και αρνητική για : η συνάρτηση μας έχει ολικό μέγιστο στο για (και ), και το μέγιστο αυτό ισούται προς $4a^{10}$ .

Γενικεύοντας στην $(xy)^{m}(x^{2}+y^{2})^{n}$ βλέπουμε ότι η αντίστοιχη παράγωγος είναι

$-8(x-a)x^{m-1}(2a-x)^{m-1}(x^{2}-2ax+2a^{2})[(m+n)x^{2}-2(m+n)ax+2ma^{2}]$ .

Το πρώτο τριώνυμο εξακολουθεί να έχει αρνητική διακρίνουσα, $-4a^{2}$ , αλλά το δεύτερο έχει διακρίνουσα $4(n^{2}-m^{2})a^{2}$ , η οποία είναι μη θετική αν και μόνον αν $n\leq m$ : αυτό σημαίνει, λαμβάνοντας υπ' όψιν τις δύο επιπλέον ρίζες, ότι στην περίπτωση n>m

έχουμε τοπικό ελάχιστο (αντί για μέγιστο) στο x=a

, κάτι που επιβεβαιώνει και το παρακάτω συνημμένο (με a=5

,

).

Γιώργος Μπαλόγλου

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Μέλη σε σύνδεση