mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2024 9:56 pm**

Ilovemath156 έγραψε: Σάβ Φεβ 24, 2024 9:36 pm Θα ανεβάσει κανείς την γεωμετρία των γυμνασίων;

Φέρε ύψη απο τις κοευφές Β και Γ και το σημειό τομης θα είναι το ορθόκεντρο. Επομένως η ΑΚ και η προεκταση της στη βαση ΒΓ θα είναι υψος του τριγώνου από την κορυφή Α. Άρα το μέρος (ΑΚ) αυτής της ευθείας θα ειναι κάθετο στην ΒΓ.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2024 10:20 pm**

Για το Π3 μεγάλων:

Τα

και

αναφέρονται αντίστοιχα στο σύνολο Γ και στο σύνολο των τριάδων (κ,λ,μ) όπως εμφανίζονται στην εκφώνηση

Έστω $G_i = \{ (i,b) \in G \}, i \in A$

Τότε εύκολα φαίνεται: $G = \bigcup_{i \in A}G_{i} \Rightarrow |G| = \sum_{i \in A}|G_i|$

Έστω επίσης $T_i = \{(i,b,c) \in T\}, i \in A$

$\displaystyle (i,b,c) \in T_i \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{ll} (i,b) \in G \Leftrightarrow (i,b) \in G_i\\ (i,c) \in G \Leftrightarrow (i,c) \in G_i\\ \end{array} \right. \Rightarrow |T_i| = |G_i|^2$

Τέλος ισχύει: $T = \bigcup_{i \in A}T_{i} \Rightarrow |T| = \sum_{i \in A}|G_i|^2$

Συνεπώς $n \cdot p \geq |A| \cdot |T| = |A|\sum_{i \in A}|G_i|^2 \geq (\sum_{i \in A}|G_i| )^2 = |G|^2 \geq d^2$

Εφόσον $n(a_1^2 + a_2^2 + \ldots + a_n^2) \geq (a_1 + a_2 + \ldots + a_n)^2, a_i \geq 1$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2024 10:54 pm**

Μικροί

Πρόβλημα 2 Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο ABC

και τον περιγεγραμμένο κύκλο του $\omega$ . Με κέντρο το σημείο

γράφουμε κύκλο $\gamma$ που τέμνει το τόξο

του κύκλου $\omega$ , που δεν περιέχει το

, στο σημείο

και το τόξο

, που δεν περιέχει το

, στο σημείο

. Υποθέτουμε ότι το σημείο τομής

των ευθειών

και

ανήκει στον κύκλο $\gamma$ . Να αποδείξετε ότι η ευθεία

είναι κάθετη στην ευθεία

.

Λύση Παρατηρούμε ότι οι γωνίες AEC

και

είναι αμβλείες. Πράγματι, η μεν πρώτη ως παραπληρωματική της οξείας γωνίας

η δε δεύτερη ως παραπληρωματική της οξείας παράπλευρης γωνίας του ισοσκελούς τριγώνου ADK

(

).

Έστω

το συμμετρικό σημείο του

ως προς την ευθεία

και έστω ότι είναι εσωτερικό του τμήματος

. Τότε εφόσον το τρίγωνο AEK'

(

) είναι ισοσκελές η γωνία AEC

είναι οξεία, άτοπο. Αν το

είναι στην προέκταση του τμήματος

, τότε η γωνία AK'E

θα είναι οξεία ως παράπλευρη γωνία του ισοσκελούς τριγώνου AEK'

. Ομως $\angle AK'C= \angle AKC$ , άρα θα πρέπει να είναι οξεία και η γωνία AKC

, άτοπο. Επομένως το

ταυτίζεται με το σημείο

.

Από τα παραπάνω προκύπτει, ότι $KE \perp AC$ και ομοίως $KD \perp AB$ . Επομένως η ευθείες

και

είναι ύψη του τριγώνου ABC

και εφόσον τα ύψη ενός τριγώνου συντρέχουν θα είναι ύψος και η ευθεία

. Άρα $AK \perp BC$ .

: archimedes_2024_junior_pr2.png (173.35 KiB) Προβλήθηκε 4957 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 25, 2024 12:46 am**

Καλησπέρα και από μένα. Συγχαρητήρια σε όλους τους συμμετέχοντες και καλά αποτελέσματα!!
Ας δούμε λοιπόν τα θέματα (με μεγαλη επιφύλαξη γιατί δεν πρόλαβα να αφιερώσω την απαιτούμενη προσοχή και χρόνο, θα τα ξαναελεγξω καποια στιγμη, οπου θα επανελθω και με λυση γεωμετριας).
Πρόβλημα 1:
Το τριωνυμο γραφεται στη μορφη:
$(x-2(a+b+c))^2-2[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]<0 \Rightarrow |x-2(a+b+c)|<\sqrt{2[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]}$
Η υπόρριζη ποσότητα είναι σαφώς μεγαλύτερη του $2\cdot \frac{1}{8} =\frac{1}{4}$ από τα δεδομένα του προβλήματος.
Συνεπώς, αρκεί να βρω αν υπάρχει ακέραιος:
$|x-2(a+b+c)| \leq \frac{1}{2}$
Το τελευταίο σαφώς ισχύει για: $x=\lfloor{2(a+b+c)+\frac{1}{2}\rfloor$ το οποίο δίνει και το ζητούμενο
Πρόβλημα 3:
Ας σκεφτούμε λίγο γραφικά το πρόβλημα. Έστω ενα συνολο σημειων Α στο επίπεδο που αναπαριστούν τα στοιχεία του συνολου Α που δινεται (οποτε και καθε σημειο θα εχει μια ταμπελα με την καταλληλη τιμη) και αντιστοιχα ενα συνολο σημειων Β. Θεωρουμε κατευθυνομενες ακμες απο το Α στο Β
μονο για ζευγος σημειων τα οποια δινουν μια διπλετα που ανηκουν στο Γ, και τοποθετουμε και βαρος πανω στην ακμη ισο με τη διαφορα. Πρακτικα απλα μεταφερουμε λιγο γραφικα το προβλημα για να παρουμε τις σχεσεις. Έστω: $\{q_1, q_2, ... q_t\}$ τα σημεια του συνολου Α που εχουν outdegree τουλαχιστον 1. Σαφώς $t\leq n$ . Τότε έχουμε:
$p = \sum_{i=1}^{t} \binom{outdegree(q_i)}{2}$ , όπου αν εχω outdegree 1 ο διωνυμικος ειναι σαφως ισος με το 0 (οχι πανω απο 2 γειτονες συνεπάγεται οτι δεν συνεισφερει στις τριαδες)
Τώρα, σαφώς οι διαφορές μπορουν να είναι το πολυ οσες και οι ακμες.
Άρα: $d\leq \sum_{i=1}^{t} outdegree(q_i)$
Οπότε αν θεσουμε outdegree(q_i) = x_i

εχουμε να αποδειξουμε οτι για καποιους ακεραιους x_i

και για κάθε $t \leq n$ ισχύει ότι:
$n \sum_{i=1}^{t} \binom{x_i}{2} \geq (\sum_{i=1}^{t} x_i)^2$
Για να το δουμε επαγωγικα.
Για t=1:
Θεωρώ x_1 > 1

(αλλιως ειναι σαν να παιρνω μονο ενα στοιχειο απο το α και ενα απο το β και μπορω να εχω p=0, d=1, i guess δωθηκε καποια διευκρινιση)
$n \frac{x_1(x_1-1)}{2} \geq x_1^2 \Rightarrow n \geq 1+\frac{1}{x_1-1}$ , το οποίο ισχύει αφού $n \geq 2$
Ας κανουμε τωρα μια ισχυρη επαγωγη. Έστω οτι ισχυει για καθε 1<k<n

. Θέλουμε να δούμε αν ισχύει για k+1

.
Έχουμε:
$k\sum_{i=1}^{k+1} \binom{x_i}{2} = \sum_{j=1}^{k+1} \sum_{i \neq j} \binom{x_i}{2} \geq \sum_{j=1}^{k+1}(\sum_{i \neq j} x_i)^2 \geq \frac{(k\sum_{i=1}^{k+1}x_i)^2}{k+1}$
$\Rightarrow \sum_{i=1}^{k+1} \binom{x_i}{2} \geq \frac{k}{k+1} (\sum_{i=1}^{k+1}x_i)^2 \Rightarrow n\sum_{i=1}^{k+1} \binom{x_i}{2} \geq \frac{nk}{k+1} (\sum_{i=1}^{k+1}x_i)^2$
το οποίο δίνει και το ζητούμενο
Πρόβλημα 4:
Αν κανουμε λιγες πραξεις, φτανουμε στην:
a^2(n-b)+a(-bn+b^2)+b^2n =0

Θα πρέπει λοιπόν η διακρινουσα αυτης να ειναι τελειο τετραγωνο.
D=b^2(b-n)(b+3n)

Αρα:

Για δεδομενο n, θελω πρακτικά πολλες λυσεις (a,b), το οποιο σημαινει οτι θελω πολλες λυσεις για το x (για καθε διαφορετικο x εχω διαφορετικο b οποτε για καθε x εχω τουλαχιστον μια λυση (a,b)). Θα δειξω οτι μπορω να βρω n ωστε να εχω τουλαχιστον N λυσεις
Εχουμε:
b^2+2bn-3n^2-x^2=0

Παμε παλι διακρινουσα:
D=4((2n)^2+x^2)

Θέλω:

Οπότε για δεδομένο n, θελω να παραξω πολλα d διοτι τα πολλα d θα δωσουν πολλα b (b=d-n)
Αν το παω με πυθαγορειες τριάδες:
2n =2kpq, d=k(p^2+q^2)

Διαλέγω

και

Ας παραξουμε τωρα τα d.
Θεωρώ $p=2^r, q=2^{L-r}$
Τοτε $d_r =2^{2r}+2^{2L-2r}$
Θα παραξω μια αυξουσα ακολουθια
$d_r < d_{r+1} \Rightarrow 2^{2r}+2^{2L-2r} < 4\cdot 2^{2r}+\frac{2^{2L-2r}}{4} \Rightarrow 3 \cdot 2^{2r} > \frac{3}{4} 2^{2L-2r} \Rightarrow 2^{2r+2} > 2^{2L-2r} \Rightarrow$
$2r+2 > 2L-2r \Rightarrow r > \frac{L-1}{2}$
Οπότε για κατάλληλα μεγαλο

μπορω να παρω με τον παραπανω τυπο πολλα d, το ζητουμενο

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 25, 2024 12:49 am**

Για το 2ο θέμα των μικρών.
Έχω εκφράσει όλες τις γωνίες του σχήματος συναρτήσεις των γωνιών x, φ, ω.
Η γωνία α ισούται με α = 90 - χ- φ - ω.
Με πρόσθεση των γωνιών στο τρίγωνο ΔΚΕ προκύπτει ότι χ = φ.
Αυτό σημαίνει ότι η ΑΚ είναι κάθετη στην ΒΓ.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 25, 2024 2:32 am**

Για το 3ο θέμα των μικρών.
Οι διαιρέτες του 2024

είναι οι αριθμοί:
1, 2, 4, 8, 11, 22, 23, 44, 46, 88, 92, 194, 253, 506, 1012, 2024

.
Από αυτούς προφανώς κανείς δεν διαιρείται με το

.
Οι μισοί αν διαιρεθούν με το

αφήνουν υπόλοιπο

και οι άλλοι μισοί αφήνουν υπόλοιπο

.
Αυτό σημαίνει ότι το πρόβλημα έχει θετική απάντηση.
Π.χ. στην 1η γραμμή τοποθετούμε δύο αριθμούς με υπόλοιπο

και άλλους δύο με υπόλοιπο

.
στη 2η γραμμή τοποθετούμε δύο αριθμούς με υπόλοιπο

και άλλους δύο με υπόλοιπο

.
στην 3η γραμμή τοποθετούμε δύο αριθμούς με υπόλοιπο

και άλλους δύο με υπόλοιπο

.
στην 4η γραμμή τοποθετούμε δύο αριθμούς με υπόλοιπο

και άλλους δύο με υπόλοιπο

.
Τώρα και οι στήλες μας είναι τακτοποιημένες.
Ένα παράδειγμα δίνεται στο συνημμένο αρχείο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 25, 2024 10:02 am**

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1Β ΜΙΚΡΟΙ

Παρατηρούμε πως $ab\neq 0$
(Αν α=0 τότε x*y*z=0 άτοπο, παρομοίως για β)

Οπότε : $(xy+yz+zx)^{2}=(\frac{xyz}{b})^2$ (1)

Όμως από 1Α

$(xy+yz+zx)^2\geq3*(xy*yz+yz*zx+zx*xy)=3*xyz*(x+y+z)= 3*xyz*\frac{xyz}{a}$ (2)

Από (1), (2) προκύπτει η ζητούμενη ανισότητα.

Το ίσον ισχύει όταν (ερώτημα 1Α) $k^{2}+l^{2}+m^{2}=kl+lm+mk$ δηλαδή όταν κ=λ=μ

Επομένως εδώ όταν: xy=yz=zx

Τότε από β*(xy+yz+zx)=xyz προκύπτει β*3xy=xyz κι επειδή x,y θετικοί έχουμε z=3*β

Λόγω συμμετρίας του προβλήματος (ή με ανάλογες αντικαταστάσεις) προκύπτει (x, y, z) = (3*β, 3*β, 3*β)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 25, 2024 1:45 pm**

Kαλησπέρα, μήπως γνωρίζουμε πότε περιμένουμε τα αποτελέσματα του Αρχιμήδη;

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 25, 2024 4:15 pm**

Καλημέρα!Είμαι μαθητής της Γ γυμνασίου απο την Αλεξανδρούπολη και συμμετείχα φετος στον Αρχιμήδη!Πολλά παιδιά στο εξεταστικό μου λύσαμε το 3 με λάθος αποτέλεσμα αλλά έχοντας σωστη την γενική ιδέα οτι πρέπει οι διαιρέτες να είναι ισοπληθείς(8 και 8) με 1-1 αμφιμονοσήμαντη απεικόνιση απλά είπαμε οτι οι διαιρέτες είναι ανισοπληθείς οπότε δεν μπορεί να γίνει.Γνωρίζετε πόσες μονάδες θα πάρουμε;Πάνω απο 2;
Επειδή κάποιος ρώτησε πως βρήκαμε τα θέματα θεωρώ οτι ήταν τα πιό δύσκολα από όλες τις χρονιές.Προσωπικά έλυσα το 1β,την γεωμετρία λάθος όπως πολλά παιδιά μπέρδεψα το κ με το κέντρο του κύκλου..Το θέμα 4 το έβγαλα με ανισότητες θεωρώ σωστό(χ>y>z και παίρνω περιπτώσεις)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 25, 2024 4:17 pm**

kostasthegreat6 έγραψε: Κυρ Φεβ 25, 2024 4:15 pm Καλημέρα!Είμαι μαθητής της Γ γυμνασίου απο την Αλεξανδρούπολη και συμμετείχα φετος στον Αρχιμήδη!Πολλά παιδιά στο εξεταστικό μου λύσαμε το 3 με λάθος αποτέλεσμα αλλά έχοντας σωστη την γενική ιδέα οτι πρέπει οι διαιρέτες να είναι ισοπληθείς(8 και 8) με 1-1 αμφιμονοσήμαντη απεικόνιση απλά είπαμε οτι οι διαιρέτες είναι ανισοπληθείς οπότε δεν μπορεί να γίνει.Γνωρίζετε πόσες μονάδες θα πάρουμε;Πάνω απο 2;
Επειδή κάποιος ρώτησε πως βρήκαμε τα θέματα θεωρώ οτι ήταν τα πιό δύσκολα από όλες τις χρονιές.Προσωπικά έλυσα το 1β,την γεωμετρία λάθος όπως πολλά παιδιά μπέρδεψα το κ με το κέντρο του κύκλου..Το θέμα 4 το έβγαλα με ανισότητες θεωρώ σωστό(χ>y>z και παίρνω περιπτώσεις)

Και εγώ το ίδιο αναρρωτιέμαι!!Το 4 δεν παίζει να βγαίνει ανισοτικά

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 25, 2024 4:17 pm**

nasiaser1977 έγραψε: Κυρ Φεβ 25, 2024 1:45 pm Kαλησπέρα, μήπως γνωρίζουμε πότε περιμένουμε τα αποτελέσματα του Αρχιμήδη;

Λογικά την άλλη βδομάδα

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 25, 2024 5:01 pm**

miltosk έγραψε: Κυρ Φεβ 25, 2024 12:46 am
Πρόβλημα 4:
Αν κανουμε λιγες πραξεις, φτανουμε στην:

Θα πρέπει λοιπόν η διακρινουσα αυτης να ειναι τελειο τετραγωνο.

Εκτός από τέλειο τετράγωνο για την διακρίνουσα, πρέπει και οι λύσεις να είναι ακέραιες (όχι ρητές).

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 25, 2024 5:20 pm**

Καλησπέρα σας,

Υπάρχει κάποια προτεινόμενη λύση για το θέμα 4 των μεγάλων?

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 25, 2024 5:26 pm**

Καλησπέρα σας!
Είμαι μαθητής του Γυμνασίου, και θα ήθελα να ρωτήσω:
Υπάρχει απλή λύση του προβλήματος 4 των μικρών, η οποία θα μπορούσε ρεαλιστικά να έχει διατυπωθεί από μαθητή γυμνασίου;
Σας ευχαριστώ θερμά.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 25, 2024 5:28 pm**

Πρόβλημα 4 Μεγάλων
Είναι αποδεκτή η λύση;
Μετά από πράξεις:
$a=\frac{-b^2+bn\pm \sqrt{b^2(b-n)(b+3n)}}{2(n-b)}=b/2\pm \frac{b\sqrt{\frac{b+3n}{b-n}}}{2}$ $\Rightarrow a=b/2+\frac{b\sqrt{\frac{b+3n}{b-n}}}{2}$
Για να είναι ο α ακέραιος πρέπει $\sqrt{\frac{b+3n}{b-n}}=2k+1\Rightarrow 1+\frac{4n}{b-n}=(2k+1)^2\Rightarrow \frac{4n}{b-n}=4k(k+1)\Rightarrow \frac{n}{b-n}=k(k+1)\Rightarrow b=n+\frac{n}{k(k+1)}$
Εάν n=2026! τότε το k παίρνει τιμές από 1 μέχρι 2025. Επομένως, έχουμε 2025 διαφορετικά b και ως εκ τούτου 2025 διαφορετικά ζεύγη (a,b) που να ικανοποιούν την εξίσωση.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 25, 2024 5:34 pm**

SmbdTLv έγραψε: Κυρ Φεβ 25, 2024 5:26 pm Καλησπέρα σας!
Είμαι μαθητής του Γυμνασίου, και θα ήθελα να ρωτήσω:
Υπάρχει απλή λύση του προβλήματος 4 των μικρών, η οποία θα μπορούσε ρεαλιστικά να έχει διατυπωθεί από μαθητή γυμνασίου;
Σας ευχαριστώ θερμά.

Το αμφιβαλλω
Φιλικα

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 25, 2024 5:39 pm**

kostasthegreat6 έγραψε: Κυρ Φεβ 25, 2024 5:34 pm
SmbdTLv έγραψε: Κυρ Φεβ 25, 2024 5:26 pm Καλησπέρα σας!
Είμαι μαθητής του Γυμνασίου, και θα ήθελα να ρωτήσω:
Υπάρχει απλή λύση του προβλήματος 4 των μικρών, η οποία θα μπορούσε ρεαλιστικά να έχει διατυπωθεί από μαθητή γυμνασίου;
Σας ευχαριστώ θερμά.
Το αμφιβαλλω
Φιλικα

Σύνθετη;;

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 25, 2024 5:41 pm**

Ilovemath156 έγραψε: Κυρ Φεβ 25, 2024 4:17 pm
kostasthegreat6 έγραψε: Κυρ Φεβ 25, 2024 4:15 pm Καλημέρα!Είμαι μαθητής της Γ γυμνασίου απο την Αλεξανδρούπολη και συμμετείχα φετος στον Αρχιμήδη!Πολλά παιδιά στο εξεταστικό μου λύσαμε το 3 με λάθος αποτέλεσμα αλλά έχοντας σωστη την γενική ιδέα οτι πρέπει οι διαιρέτες να είναι ισοπληθείς(8 και 8) με 1-1 αμφιμονοσήμαντη απεικόνιση απλά είπαμε οτι οι διαιρέτες είναι ανισοπληθείς οπότε δεν μπορεί να γίνει.Γνωρίζετε πόσες μονάδες θα πάρουμε;Πάνω απο 2;
Επειδή κάποιος ρώτησε πως βρήκαμε τα θέματα θεωρώ οτι ήταν τα πιό δύσκολα από όλες τις χρονιές.Προσωπικά έλυσα το 1β,την γεωμετρία λάθος όπως πολλά παιδιά μπέρδεψα το κ με το κέντρο του κύκλου..Το θέμα 4 το έβγαλα με ανισότητες θεωρώ σωστό(χ>y>z και παίρνω περιπτώσεις)
Και εγώ το ίδιο αναρρωτιέμαι!!Το 4 δεν παίζει να βγαίνει ανισοτικά

Θα βγαίνει με κάτι τρελλό τύπου vietta jumping το νιώθω

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 25, 2024 5:41 pm**

Πιστεύω οτι τα θέματα δεν ήταν καθόλου διαβαθμισμένα στα γυμνάσια!Το ενα και το 3 τα λύνουν μαθητές δημοτικού ενώ το 2 και το 4 ελάχιστοι εως κανενας στην Ελλάδα
Φιλικά

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 25, 2024 5:42 pm**

kostasthegreat6 έγραψε: Κυρ Φεβ 25, 2024 5:41 pm Πιστεύω οτι τα θέματα δεν ήταν καθόλου διαβαθμισμένα στα γυμνάσια!Το ενα και το 3 τα λύνουν μαθητές δημοτικού ενώ το 2 και το 4 ελάχιστοι εως κανενας στην Ελλάδα
Φιλικά

Συμφωνώ απολύτως. Οι σκέψεις μου κατά την εξέταση

mathematica.gr

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024