mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 23, 2013 1:50 pm**

Πρόβλημα 1
(α) Να γράψετε την παράσταση A=k^4+4

, όπου

θετικός ακέραιος, ως γινόμενο δύο παραγόντων που ο καθένας τους να είναι άθροισμα δύο τετραγώνων ακεραίων αριθμών.

(β) Να απλοποιήσετε την παράσταση

$K=\dfrac{\left(2^4+\dfrac{1}{4}\right)\cdot\left(4^4+\dfrac{1}{4}\right)\cdot\left(6^4+\dfrac{1}{4}\right) \cdots \left((2n)^4+\dfrac{1}{4}\right)}{\left(1^4+\dfrac{1}{4}\right)\cdot\left(3^4+\dfrac{1}{4}\right)\cdot\left(5^4+\dfrac{1}{4}\right)\cdots \left((2n-1)^4+\dfrac{1}{4}\right)}$

Πρόβλημα 2
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC

, με

. Έστω

το μέσο της πλευράς

. Στην πλευρά

θεωρούμε σημείο

τέτοιο ώστε, αν το ευθύγραμμο τμήμα

τέμνει τη διάμεσο

στο σημείο

, τότε ισχύει ότι AD=DE

. Να αποδείξετε ότι AB=CE

.

: arx2012_mikroi.JPG (14.84 KiB) Προβλήθηκε 6014 φορές

Πρόβλημα 3
Έστω $A=\overline{abcd}=a\cdot 10^3+b\cdot 10^2+c\cdot 10+d$ τετραψήφιος θετικός ακέραιος με ψηφία τέτοια ώστε να ισχύουν $a\geq 7$ και a>b>c>d>0

. Θεωρούμε και τον θετικό ακέραιο $B=\overline{dcba}=d\cdot 10^3+c\cdot 10^2+b\cdot 10+a$ , που προκύπτει από τον

με αντίστροφη γραφή των ψηφίων του. Αν δίνεται ότι ο αριθμός A+B

έχει όλα τα ψηφία του περιττά, να προσδιορίσετε όλες τις δυνατές τιμές του αριθμού

.

Πρόβλημα 4
Να βρείτε όλες τις τριάδες (x,y,z)

θετικών ακέραιων αριθμών που είναι λύσεις της εξίσωσης: $\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{y}-\dfrac{4}{z}=1$ .

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 23, 2013 2:05 pm**

Ωραία και ενδιαφέροντα θέματα, με ωραία διατύπωση και διαβαθμισμένης δυσκολίας (μερικά δύσκολα, μερικά λιγότερο δύσκολα). Συγχαρητήρια στην ΕΜΕ και καλά αποτελέσματα στα παιδιά.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 23, 2013 2:07 pm**

cretanman έγραψε:Πρόβλημα 4
Να βρείτε όλες τις τριάδες θετικών ακέραιων αριθμών που είναι λύσεις της εξίσωσης: $\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{y}-\dfrac{4}{z}=1$ .

$\blacksquare$ Για x=1

η αρχική δίνει z=2y

άρα έχουμε τις λύσεις (x,y,z)=(1,y,2y)

.

$\blacksquare$ Για $x\geq 2$ η εξίσωση γράφεται $\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{y}=1+\dfrac{4}{z} \ \ (1)$

Όμως $1+\dfrac{4}{z}>1$ άρα για $y\geq 4$ δεν έχουμε λύσεις αφού $\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{y}\leq 1$ .

$\bullet$ Αν y=3

τότε η

γράφεται $\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{3}=1+\dfrac{4}{z}$ .

Αν $x\geq 3$ τότε $\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{3}\leq 1$ άρα x=2

και παίρνουμε z=24

.

$\bullet$ Αν y=2

τότε παίρνουμε z=4x

οπότε πάιρνουμε άπειρες λύσεις της μορφής (x,y,z)=(x,2,4x)

$\bullet$ Αν y=1

τότε η εξίσωση γίνεται $\dfrac{1}{x}+1=\dfrac{4}{z} \ \ (2)$

Η (2)

για $z\geq 4$ είναι αδύνατη αφού το δεξί μέλος είναι μικρότερο ή ίσο της μονάδας και το αριστερό μεγαλύτερο της μονάδας. Αν z=3

τότε παίρνουμε x=3

. Αν

τότε

(λύση που περιλαμβάνεται στις παραπάνω) και τέλος αν z=1

, η αρχική είναι αδύνατη.

Άρα τελικά οι λύσεις είναι (x,y,z)=(1,y,2y)

,

και $\color{red}(x,y,z)=(2,3,24)$

Αλέξανδρος

Edit: Πρόσθεσα την παραπάνω λύση αφού κατά λάθος έχασα τη λύση

. Ευχαριστώ το Θανάση για την επισήμανση!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 23, 2013 2:15 pm**

Για το 2ο πρόβλημα, αρκεί κανείς να δημιουργήσει ένα παραλληλόγραμμο προεκτείνοντας την

κατά ίσο τμήμα....

Καλά θέματα πιστεύω για juniors! Καλή επιτυχία σε όλα τα παιδιά και αναμένουμε τα θέματα των μεγάλων...

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 23, 2013 2:21 pm**

Το σχήμα για το πρόβλημα 2 , όπου EM=MF

, άρα το

παραλληλόγραμμο , δηλ. EC=BF

. Επίσης το ABF

ισοσκελές , δηλ. AB=BF=EC

.

Αθ. Μπεληγιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 23, 2013 2:57 pm**

cretanman έγραψε:
cretanman έγραψε:Πρόβλημα 4
Να βρείτε όλες τις τριάδες θετικών ακέραιων αριθμών που είναι λύσεις της εξίσωσης: $\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{y}-\dfrac{4}{z}=1$ .
$\blacksquare$ Για η αρχική δίνει άρα έχουμε τις λύσεις .

$\blacksquare$ Για $x\geq 2$ η εξίσωση γράφεται $\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{y}=1+\dfrac{4}{z} \ \ (1)$

Όμως $1+\dfrac{4}{z}>1$ άρα για $y\geq 4$ δεν έχουμε λύσεις αφού $\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{y}\leq 1$ .

$\bullet$ Αν τότε η γράφεται $\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{3}=1+\dfrac{4}{z}$ .

Αν $x\geq 3$ τότε $\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{3}\leq 1$ άρα και γι' αυτή την τιμή δεν παίρνουμε λύση.

$\bullet$ Αν τότε παίρνουμε οπότε πάιρνουμε άπειρες λύσεις της μορφής

$\bullet$ Αν τότε η εξίσωση γίνεται $\dfrac{1}{x}+1=\dfrac{4}{z} \ \ (2)$

Η για $z\geq 4$ είναι αδύνατη αφού το δεξί μέλος είναι μικρότερο ή ίσο της μονάδας και το αριστερό μεγαλύτερο της μονάδας. Αν τότε παίρνουμε . Αν τότε (λύση που περιλαμβάνεται στις παραπάνω) και τέλος αν , η αρχική είναι αδύνατη.

Άρα τελικά οι λύσεις είναι , και

Αλέξανδρος

Και η

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 23, 2013 3:04 pm**

Τα αποτελέσματα πότε θα ανακοινωθούν?

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 23, 2013 3:06 pm**

Μου άρεσε το τρίτο πρόβλημα οπότε έκανα μια προσπάθεια .

Έχουμε ότι A+B=(a+d)*10^3+(b+c)*10^2+(b+c)*10+(a+d)

Από εκφώνηση τα ψηφία του παραπάνω αριθμού είναι περιττά .

Επειδή a>=7

και

έχουμε

μιας και η ισότητα δεν μπορεί να ισχύει . Άρα a+d=9

.

Άρα

.

Όταν

τότε έχουμε ότι c>=3

και

άρα

. Οπότε

.

Για

έχουμε

και παίρνουμε τον τριψήφιο ABCD=7432

.

Για

έχουμε

άρα έχουμε τους τριψήφιους αριθμούς ABCD=7542,7632

.

Παρόμοια μπορούμε να συνεχίσουμε και για την περίπτωση όπου (a,d)=(8,1)

.

Μετά απο πολύ καιρό απουσίας απο τα μαθηματικά δρώμενα η πιθανότητα ύπαρξης λάθους στην παραπάνω λύση είναι εκθετική.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 23, 2013 3:17 pm**

cretanman έγραψε: Πρόβλημα 2
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο , με . Έστω το μέσο της πλευράς . Στην πλευρά θεωρούμε σημείο τέτοιο ώστε, αν το ευθύγραμμο τμήμα τέμνει τη διάμεσο στο σημείο , τότε ισχύει ότι . Να αποδείξετε ότι .
arx2012_mikroi.JPG

Αλλιώς προεκτείνουμε την

προς το μέρος του

κατά τμήμα AZ=AB

. Επειδή η

διέρχεται από τα μέσα των $ZB,\,\,BC$ είναι $AE \parallel ZC$ , οπότε $\angle DAE = \angle DZC$ και $\angle DEA = \angle DCZ$ και αφού $\angle DAE = \angle DEA$ θα ισχύει $\angle DCZ = \angle DZC$ , άρα $\triangle DCZ$ ισοσκελές, οπότε $DC=DZ \Rightarrow DE+EC = DA + AZ \Rightarrow EC=AZ \Rightarrow EC=AB$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 23, 2013 3:22 pm**

1) Ταυτότητα Sophie Germain : k^4+4m^4=(k^2+2m^2-2km)(k^2+2m^2+2km)

,

η οποία για m=1

, γίνεται : k^4+4=[(k-1)^2+1)][(k+1)^2+1]

.

Παρατηρώντας ότι οι όροι του αριθμητή είναι ισάριθμοι εκείνων του παρονομαστή και

πολλαπλασιάζοντας κάθε παράγοντα επί 16(=2^4)

, κάθε όρος παίρνει τη μορφή : (4n)^4+4

,

οπότε με τις απλοποιήσεις απομένουν στον μεν αριθμητή το (4n+1)^2+1

στο δε παρονομαστή το 1^2+1

,

με τελικό αποτέλεσμα K(n)=8n^2+4n+1

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 23, 2013 5:15 pm**

cretanman έγραψε:Πρόβλημα 2
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο , με . Έστω το μέσο της πλευράς . Στην πλευρά θεωρούμε σημείο τέτοιο ώστε, αν το ευθύγραμμο τμήμα τέμνει τη διάμεσο στο σημείο , τότε ισχύει ότι . Να αποδείξετε ότι .

Ακόμη μία λύση για τη γεωμετρία των μικρών : Από το σημείο

φέρνουμε τμήμα

ώστε $EN\parallel AB$ και EN=EC

. Τότε το τρίγωνο NEC

είναι ισοσκελές και η

είναι διχοτόμος , άρα $EM\perp NC$ και

μέσο του

.
Στο τρίγωνο BNC

είναι $BN\parallel MP$ , άρα $BN\parallel AM$ , δηλ. το ABNE

παραλληλόγραμμο , δηλ.
AB=NE=EC

.

Αθ. Μπεληγιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 23, 2013 5:18 pm**

panagiotis99 έγραψε:Παιδιά που θα κυμανθεί η βάση στο γυμνάσιο ;

Πιστεύω τουλάχιστον 2 θέματα.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 23, 2013 5:19 pm**

kleovoulos έγραψε:
panagiotis99 έγραψε:Παιδιά που θα κυμανθεί η βάση στο γυμνάσιο ;
Πιστεύω τουλάχιστον 2 θέματα.

Ναι όντως.Τα θέματα δεν ήταν τόσο δύσκολα.Με κάθε επιφύλαξη πιστεύω στα 2 θέματα(πιο ψηλά σχετικά με το περσινό 6,5).

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 23, 2013 6:28 pm**

cretanman έγραψε:Πρόβλημα 3
Έστω $A=\overline{abcd}=a\cdot 10^3+b\cdot 10^2+c\cdot 10+d$ τετραψήφιος θετικός ακέραιος με ψηφία τέτοια ώστε να ισχύουν $a\geq 7$ και . Θεωρούμε και τον θετικό ακέραιο $B=\overline{dcba}=d\cdot 10^3+c\cdot 10^2+b\cdot 10+a$ , που προκύπτει από τον με αντίστροφη γραφή των ψηφίων του. Αν δίνεται ότι ο αριθμός έχει όλα τα ψηφία του περιττά, να προσδιορίσετε όλες τις δυνατές τιμές του αριθμού .

Εκτελούμε την πρόσθεση $\overline{abcd}+\overline{dcba}$ τοποθετώντας τους αριθμούς τον έναν κάτω από τον άλλο.

Αν $a+d\geq 10$ έχουμε κρατούμενο, οπότε πρέπει να είναι $b+c\geq 10$ αλλιώς το 2ο ή το 3ο ψηφίο (από το τέλος) του A+B

θα είναι άρτιο.

Θα είναι $10\leq b+c<20$ οπότε θα υπάρχει κρατούμενο και την τελευταία πρόσθεση, την a+d

οπότε αν

περιττός τότε a+d+1

άρτιος,
δηλαδή το το 1ο ή το 2ο ψηφίο (από την αρχή ) του A+B

θα είναι άρτιο.

Άρα $a+d\leq 9$ και έτσι a=7, d=2

ή

Τώρα πρέπει να είναι b+c

περιττός και $b+c\leq 9.$

Προκύπτουν, με αυτόν τον τρόπο οι αριθμοί 7432, 7542, 7632, 8321,8521, 8721, 8431, 8631, 8541.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 23, 2013 8:05 pm**

Πιστεύω ότι η δυσκολία των θεμάτων ήταν σχετική. Προσωπικά , έλυσα σωστα το δεύτερο και το τρίτο πρόβλημα αλλά , ομολογώ, ότι το πρώτο και το τέταρτο με δυσκόλεψαν αρκετά.

Υ.Γ : Μήπως γνωρίζεται πότε θα ανακοινοθούν οι επιτυχόντες του σημερινού διαγωνισμού ;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 23, 2013 8:33 pm**

Nausika έγραψε:Πιστεύω ότι η δυσκολία των θεμάτων ήταν σχετική. Προσωπικά , έλυσα σωστα το δεύτερο και το τρίτο πρόβλημα αλλά , ομολογώ, ότι το πρώτο και το τέταρτο με δυσκόλεψαν αρκετά.

Υ.Γ : Μήπως γνωρίζεται πότε θα ανακοινοθούν οι επιτυχόντες του σημερινού διαγωνισμού ;

Εάν έχεις προκριθεί, θα σε πάρουν τηλέφωνο τώρα το βράδυ, και θα βρεις το όνομά σου στην ιστοσελίδα της ΕΜΕ.
Καλή Επιτυχία!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 23, 2013 8:51 pm**

Ευχαριστώ πολύ για την πληροφόρηση

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 02, 2013 5:03 pm**

Πρόβλημα 2
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC

, με

. Έστω

το μέσο της πλευράς

. Στην πλευρά

θεωρούμε σημείο

τέτοιο ώστε, αν το ευθύγραμμο τμήμα

τέμνει τη διάμεσο

στο σημείο

, τότε ισχύει ότι AD=DE

. Να αποδείξετε ότι AB=CE

.

: arx2012_mikroi[1].JPG (14.84 KiB) Προβλήθηκε 4705 φορές

Μια ακόμα λύση για τη γεωμετρία:
Εφαρμόζουμε το θεώρημα του Μενελάου για το τρίγωνο BCD

και την τέμνουσα AEM.

Προκύπτει

$\dfrac{AD}{AB}\cdot\dfrac{EC}{ED}\cdot\dfrac{MB}{MC}=1.$

Όμως AD=DE

και

οπότε προκύπτει AB=CE.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 31, 2024 2:23 am**

cretanman έγραψε: Σάβ Φεβ 23, 2013 1:50 pm Πρόβλημα 4
Να βρείτε όλες τις τριάδες θετικών ακέραιων αριθμών που είναι λύσεις της εξίσωσης: $\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{y}-\dfrac{4}{z}=1$ .

https://artofproblemsolving.com/communi ... 15p2000912
https://artofproblemsolving.com/communi ... _longlists

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 31, 2024 2:39 am**

cretanman έγραψε: Σάβ Φεβ 23, 2013 1:50 pm Πρόβλημα 3
Έστω $A=\overline{abcd}=a\cdot 10^3+b\cdot 10^2+c\cdot 10+d$ τετραψήφιος θετικός ακέραιος με ψηφία τέτοια ώστε να ισχύουν $a\geq 7$ και . Θεωρούμε και τον θετικό ακέραιο $B=\overline{dcba}=d\cdot 10^3+c\cdot 10^2+b\cdot 10+a$ , που προκύπτει από τον με αντίστροφη γραφή των ψηφίων του. Αν δίνεται ότι ο αριθμός έχει όλα τα ψηφία του περιττά, να προσδιορίσετε όλες τις δυνατές τιμές του αριθμού .

https://artofproblemsolving.com/communi ... it_numbers

mathematica.gr

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ