Αρχιμήδης 2014-2015

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

jasonmaths4ever
Δημοσιεύσεις: 128
Εγγραφή: Τρί Φεβ 25, 2014 5:29 pm

Αρχιμήδης 2014-2015

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από jasonmaths4ever » Κυρ Φεβ 08, 2015 10:33 am

Θα παρακαλούσα τα έμπειρα μέλη του mathematica να βάλουν ασκήσεις επιπέδου Αρχιμήδη Νέων αλλά και Μεγάλων (όποιος όμως βάζει θέματα θα παρακαλούνταν να γράφει αν είναι για Νέους ή Μεγάλους) με σκοπό την προετοιμασία των παιδιών (συμπεριλαμβανομένου κι εμένα) για το συγκεκριμένο διαγωνισμό.
Ευχαριστώ.


Προδρομίδης Κυπριανός-Ιάσων
Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 712
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Κυρ Φεβ 08, 2015 3:10 pm

Καλησπέρα,

Υπάρχουν πολλά θέματα υψηλού ποιοτικού επιπέδου στους υποφακέλους seniors και juniors του φακέλου Μαθηματικοί Διαγωνισμοί και Ολυμπιάδες. Που μπορείς να προστρέξεις. Τα πιο έμπειρα μέλη του :logo: μπορούν να σε κατατοπίσουν καλύτερα.

Με αφορμή όμως την ερώτηση σου, αν και είμαι νέο μέλος, αν μου επιτρέπετε να κάνω μια παρατήρηση.

Έχω παρατηρήσει συχνά στο φάκελο των juniors που από ότι γνωρίζω είναι για μαθητές μέχρι 15,5 χρονών
δηλαδή Γυμνάσιο ή Α' λυκείου για κάποιους που έχουν ξεκινήσει το σχολείο νωρίτερα. Υπάρχουν θέματα που ξεφεύγουν πολύ από αυτές τις ηλικίες και στην ύλη και στο σκοπό πιστεύω. Ειδικά σε φακέλους όπως εισαγωγή στα διαγνωστικά μαθηματικά για γυμνάσιο υπάρχουν θέματα μόνο εισαγωγή δεν είναι. Επειδή οι φάκελοι αυτοί θα πρέπει πρωταρχικά να απευθύνονται σε μαθητές ίσως θα πρέπει να είναι πιο αυστηρή η θεματολογία ειδικά για το Γυμνάσιο. Ώστε να ελκύουν το ενδιαφέρον του μαθητή παρά να τον αποτρέπουν με την δυσκολία.

Σαν μια πρόταση, δεν ξέρω αν είναι τεχνικά εφικτό, θα μπορούσε ίσως να υπάρχει μια επιλογή κλίμακας δυσκολίας (π.χ. από 1 έως 10) όπου ο κάθε θεματοδότης να αναρτά και το βαθμό δυσκολίας ή αν δε το γνωρίζει κάποιο πιο έμπειρο μέλος να το βαθμολογεί. Έτσι ίσως βοηθηθούν οι μαθητές πιο πολύ στην εισαγωγή τους στα διαγνωστικά μαθηματικά.

Θα επανέρθω αργότερα με την ανάρτηση μερικών θεμάτων αντίστοιχων διαγωνισμών, κυρίως από την Ρωσία.

Φιλικά,
Αλέξανδρος


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 712
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Κυρ Φεβ 08, 2015 3:48 pm

Σε διαγωνισμό στη πόλη Σαμάρα της Ρωσίας (το 2012) είχαν προταθεί τα παρακάτω θέματα μεταξύ άλλων.

1. Για την 9η τάξη (Γ' Γυνασιου - Α' Λυκείου)
Να βρεθεί η μέγιστη τιμή της παράστασης \displaystyle{ A = \frac{x}{3+y^2} + \frac{y}{3+x^2}} για 0 \leq x,y \leq 1

2. Για την 10η τάξη (Α' Λυκείου -Β' Λυκείου)
Να βρεθεί η μέγιστη τιμή της παράστασης \displaystyle{ B = \frac{x}{5+y^3} + \frac{y}{5+x^3}} για 0 \leq x,y \leq 1

3. Για την 11η τάξη (Β' Λυκείου - Γ' Λυκείου)
viewtopic.php?f=111&t=48093


silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1181
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Κυρ Φεβ 08, 2015 5:10 pm

Ας λύσουμε το γενικό πρόβλημα:
Θέλουμε το μέγιστο της παράστασης A=\frac{x}{2n-1+y^n}+\frac{y}{2n-1+x^n} για 0\leq x,y\leq 1.

Έχουμε ότι \displaystyle{A\leq \frac{x}{2n-2+x^n+y^n}+\frac{y}{2n-2+y^n+x^n}=\frac{x+y}{x^n+y^n+2n-2}\leq\frac{x+y}{nx+ny}=\frac{1}{n}}.

όπου χρησιμοποιήσαμε ότι (από ΑΜ-ΓΜ) x^n+n-1\geq nx.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
simantiris j.
Δημοσιεύσεις: 247
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 18, 2014 5:07 pm

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από simantiris j. » Κυρ Φεβ 08, 2015 7:23 pm

Άλλη μια καλή πιστεύω ανισότητα για μικρούς.
Έστω a , b , c θετικοί πραγματικοί αριθμοί με abc=1.Να αποδειχθεί ότι
\frac{1}{a^3+bc}+\frac{1}{b^3+ca}+\frac{1}{c^3+ab} \leq \frac{ \left (ab+bc+ca \right )^2 }{6}


Σημαντήρης Γιάννης
Άβαταρ μέλους
G.Bas
Δημοσιεύσεις: 705
Εγγραφή: Τετ Οκτ 13, 2010 9:27 pm
Τοποθεσία: Karditsa - Ioannina
Επικοινωνία:

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από G.Bas » Κυρ Φεβ 08, 2015 7:31 pm

simantiris j. έγραψε:Άλλη μια καλή πιστεύω ανισότητα για μικρούς.
Έστω a , b , c θετικοί πραγματικοί αριθμοί με abc=1.Να αποδειχθεί ότι
\frac{1}{a^3+bc}+\frac{1}{b^3+ca}+\frac{1}{c^3+ab} \leq \frac{ \left (ab+bc+ca \right )^2 }{6}
Μετά τον μετασχηματισμό \displaystyle{(a,b,c)\mapsto\left(\frac{x}{y},\frac{y}{z},\frac{z}{x}\right)} η προς απόδειξη Ανισότητα ισοδύναμα γράφεται

\displaystyle{\sum\frac{xy^3}{x^4+y^4}\leq\frac{1}{6}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}\right)^2.} Σύμφωνα όμως με την Ανισότητα AM-GM θα ισχύει

\displaystyle{\sum\frac{xy^3}{x^4+y^4}\leq\sum\frac{xy^3}{2x^2y^2}=\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}\right).}

Μένει λοιπόν να αποδείξουμε την

\displaystyle{3\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}\right)\leq \left(\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}\right)^2} η οποία βέβαια είναι άμεση συνέπεια της Ανισότητας AM-GM.


Let Solutions Say Your Method!

George Basdekis

Cauchy-Schwarz is the best tool!
jasonmaths4ever
Δημοσιεύσεις: 128
Εγγραφή: Τρί Φεβ 25, 2014 5:29 pm

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από jasonmaths4ever » Κυρ Φεβ 08, 2015 8:34 pm

simantiris j. έγραψε:Άλλη μια καλή πιστεύω ανισότητα για μικρούς.
Έστω a , b , c θετικοί πραγματικοί αριθμοί με abc=1.Να αποδειχθεί ότι
\frac{1}{a^3+bc}+\frac{1}{b^3+ca}+\frac{1}{c^3+ab} \leq \frac{ \left (ab+bc+ca \right )^2 }{6}
Και μια λύση και από εμένα, κατά τη γνώμη μου πιο απλή.
Από ΑΜ-ΓΜ και με βάση τη δοσμένη συνθήκη, έχουμε a^3 + bc \ge 2a \Longrightarrow \frac{1}{a^3+ bc} \leq \frac{1}{2a} άρα αρκεί να αποδειχτεί ότι
\frac{1}{2a} + \frac{1}{2b} + \frac{1}{2c} \leq  \frac{(ab+bc+ca)^2 }{6} \Longrightarrow 3(ab+bc+ca) \leq (ab+bc+ca)^2 \Longrightarrow ab+bc+ca \ge 3,
που ισχύει.


Προδρομίδης Κυπριανός-Ιάσων
Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5264
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Δευ Φεβ 09, 2015 7:57 am

ΑΣΚΗΣΗ 5(Για Junior)

Δίνεται τρίγωνο ABC με περίκεντρο O. Ο κύκλος που διέρχεται από τα σημεία A,C και εφάπτεται με την AB τέμνει τον κύκλο (O,B,C ) στο σημείο T.

a) Να αποδειχθεί ότι \angle ATO=90^o

Συμπληρωματικό ερώτημα (για Senior) :

b) Αν η ευθεία OT τέμνει την BC στο K, να αποδειχθεί ότι η KA εφάπτεται με τον κύκλο (A,B,C)

Μπάμπης


gavrilos
Δημοσιεύσεις: 1030
Εγγραφή: Παρ Δεκ 07, 2012 4:11 pm

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gavrilos » Δευ Φεβ 09, 2015 3:47 pm

Γεια σας κύριε Μπάμπη.
Γεωμετρια mathematica_124(A).PNG
Γεωμετρια mathematica_124(A).PNG (19.04 KiB) Προβλήθηκε 4296 φορές
Α) Θεωρούμε το μέσο \displaystyle{M} της \displaystyle{AB}.Το θεώρημα χορδής-εφαπτομένης δίνει \displaystyle{\hat{TCA}=\hat{TAB}=\hat{TAM}=\hat{\phi}}.

Επίσης \displaystyle{\hat{TOM}=\hat{BOM}-\hat{BOT}=\hat{ACB}-\hat{TCB}=\hat{ACB}-(\hat{ACB}-\hat{\phi})=\hat{\phi}}.Απ' τα προηγούμενα παίρνουμε \displaystyle{\hat{TAM}=\hat{TOM}}.

Επομένως το τετράπλευρο \displaystyle{AOTM} είναι εγγράψιμο απ' όπου παίρνουμε \displaystyle{\hat{ATO}=\hat{AMO}=90^{\circ}} όπως θέλαμε.

\rule{430pt}{1pt}
Γεωμετρια mathematica_124(B).PNG
Γεωμετρια mathematica_124(B).PNG (17.69 KiB) Προβλήθηκε 4296 φορές
Β)Τα κέντρα των κύκλων \displaystyle{(A,B,C)} και \displaystyle{(A,T,O,M)} είναι συνευθειακά άρα αυτοί είναι εφαπτόμενοι εσωτερικά.

Η ευθεία \displaystyle{OT} είναι ριζικός άξονας των κύκλων \displaystyle{(A,T,O,M)} και \displaystyle{(B,T,O,C)}.Η ευθεία \displaystyle{BC} είναι ριζικός άξονας των κύκλων \displaystyle{(B,O,C)} και \displaystyle{(A,B,C)}.

Άρα το \displaystyle{K} είναι το ριζικό κέντρο των τριών κύκλων του σχήματος.Επομένως ο ριζικός άξονας των κύκλων \displaystyle{(A,T,O,M)} και \displaystyle{(A,B,C)} περνά από αυτό.

Όμως ριζικός άξονας δύο εσωτερικά εφαπτόμενων κύκλων είναι η κοινή εξωτερική τους εφαπτομένη.Άρα η \displaystyle{KA} εφάπτεται στους δύο κύκλους που είναι το ζητούμενο.


Αν τα γεγονότα δεν συμφωνούν με τη θεωρία, τότε αλίμονο στα γεγονότα.

Albert Einstein
jasonmaths4ever
Δημοσιεύσεις: 128
Εγγραφή: Τρί Φεβ 25, 2014 5:29 pm

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από jasonmaths4ever » Δευ Φεβ 09, 2015 8:59 pm

Άσκηση 6 (Juniors)

Έστω τρίγωνο AB\Gamma εγγεγραμμένο σε κύκλο. Το ύψος του A\Delta τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου στο Z, και ο περιγεγραμμένος κύκλος του B\Delta Z τέμνει την AB στο E. Επίσης, αν η \Delta E τέμνει την A\Gamma στο K και η ZK τέμνει την B\Gamma στο \Lambda, να αποδείξετε ότι το \Delta είναι το μέσο της B\Lambda.
τελευταία επεξεργασία από Φωτεινή σε Δευ Φεβ 09, 2015 10:27 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.
Λόγος: $LaTeX$


Προδρομίδης Κυπριανός-Ιάσων
gavrilos
Δημοσιεύσεις: 1030
Εγγραφή: Παρ Δεκ 07, 2012 4:11 pm

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gavrilos » Δευ Φεβ 09, 2015 9:33 pm

jasonmaths4ever έγραψε:Άσκηση 6 (Juniors)

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο. Το ύψος του ΑΔ τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου στο Ζ, και ο περιγεγραμμένος κύκλος του ΒΔΖ τέμνει την ΑΒ στο Ε. Επίσης, αν η ΔΕ τέμνει την ΑΓ στο Κ και η ΖΚ τέμνει την ΒΓ στο Λ, να αποδείξετε ότι το Δ είναι το μέσο της ΒΛ.
Καλησπέρα.
Γεωμετρια mathematica_125.PNG
Γεωμετρια mathematica_125.PNG (16.61 KiB) Προβλήθηκε 4178 φορές
Έστω \displaystyle{K'} η προβολή του \displaystyle{Z} στην \displaystyle{A\Gamma}.Από το εγγεγραμμένο \displaystyle{\Delta EBZ} παίρνουμε \displaystyle{\hat{BEZ}=90^{\circ}}.

Επομένως η ευθεία \displaystyle{\Delta E} είναι η ευθεία Simson του σημείου \displaystyle{Z} ως προς το τρίγωνο \displaystyle{AB\Gamma}.

Άρα \displaystyle{K'\in \Delta E}.Επειδή το σημείο τομής των \displaystyle{\Delta E,A\Gamma} είναι μοναδικό ισχύει \displaystyle{K\equiv K'}.

Επομένως \displaystyle{\hat{\Gamma KZ}=\hat{\Gamma \Delta Z}=90^{\circ}} δηλαδή το \displaystyle{\Gamma K\Delta Z} είναι εγγράψιμο.

Επομένως \displaystyle{\hat{\Delta ZK}=\hat{\Delta \Gamma K}=\hat{BZ\Delta}} δηλαδή στο τρίγωνο \displaystyle{BZ\Lambda} η \displaystyle{\Delta Z} είναι ύψος και διχοτόμος δηλαδή αυτό είναι ισοσκελές και το ζητούμενο έπεται.
Αν βρείτε κανένα λάθος ενημερώστε με γιατί την έλυσα λίγο βιαστικά.


Αν τα γεγονότα δεν συμφωνούν με τη θεωρία, τότε αλίμονο στα γεγονότα.

Albert Einstein
Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 712
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Δευ Φεβ 09, 2015 10:33 pm

Άσκηση 7 (Juniors)

Ο Πέτρος θέλει να γράψει όλες τις ακολουθίες 100 φυσικών αριθμών στην καθε μία από τις οποίες εμφανίζεται τουλάχιστον μία φορά το 3 και οποιηδήποτε δυο διαδοχικοί όροι δεν διαφέρουν περισσότερο από 1. Πόσες ακολουθίες θα πρέπει να γράψει;
Θέμα 4 δεύτερης μέρας για την 9η τάξη από την προτελευταία φάση στην φετινή πανρωσική ολυμπιάδα (αντίστοιχο του δικού μας "Ευκλήδη".
τελευταία επεξεργασία από Al.Koutsouridis σε Τρί Φεβ 10, 2015 1:17 am, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4188
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Δευ Φεβ 09, 2015 11:22 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:Καλησπέρα,

Σαν μια πρόταση, δεν ξέρω αν είναι τεχνικά εφικτό, θα μπορούσε ίσως να υπάρχει μια επιλογή κλίμακας δυσκολίας (π.χ. από 1 έως 10) όπου ο κάθε θεματοδότης να αναρτά και το βαθμό δυσκολίας ή αν δε το γνωρίζει κάποιο πιο έμπειρο μέλος να το βαθμολογεί. Έτσι ίσως βοηθηθούν οι μαθητές πιο πολύ στην εισαγωγή τους στα διαγνωστικά μαθηματικά.

Φιλικά,
Αλέξανδρος
Συμφωνώ Αλέξανδρε με την πρότασή σου , (για το θέμα "ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΕ ΔΙΑΓΩΝΙΣΤΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ - ΓΥΜΝΑΣΙΟ"), όπου παρά το γεγονός ότι ο βαθμός δυσκολίας είναι πολλές φορές υποκειμενικός, σίγουρα βοηθάει αυτόν που θέλει να ασχοληθεί με κάποια άσκηση . Προσωπικά, σε όσες
αναρτώ στο εξής, θα γράφω δίπλα και τον βαθμό δυσκολίας (με την κλίμακα από 1 έως 10)


jasonmaths4ever
Δημοσιεύσεις: 128
Εγγραφή: Τρί Φεβ 25, 2014 5:29 pm

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από jasonmaths4ever » Τρί Φεβ 10, 2015 2:19 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:Άσκηση 7 (Juniors)

Ο Πέτρος θέλει να γράψει όλες τις ακολουθίες 100 φυσικών αριθμών στην καθε μία από τις οποίες εμφανίζεται τουλάχιστον μία φορά το 3 και οποιηδήποτε δυο διαδοχικοί όροι δεν διαφέρουν περισσότερο από 1. Πόσες ακολουθίες θα πρέπει να γράψει;
Θέμα 4 δεύτερης μέρας για την 9η τάξη από την προτελευταία φάση στην φετινή πανρωσική ολυμπιάδα (αντίστοιχο του δικού μας "Ευκλήδη".
(Υποθέτω ότι οι ακολουθίες είναι αύξουσες και δίνω μια λύση, χωρίς να είμαι απόλυτα σίγουρος)

Σταθεροποιούμε τον πρώτο όρο της ακολουθίας, ο οποίος παίρνει μία από τις τιμές 0,1,2,3. Η διαφορά δύο διαδοχικών όρων παίρνει τις τιμές 0,1, από υπόθεση. Συνολικά έχουμε 99 διαφορές μεταξύ δύο διαδοχικών όρων. Αν ο πρώτος όρος της ακολουθίας είναι ο 3, τότε η διαφορά δύο διαδοχικών όρων μπορεί να επιλεγεί με 2 τρόπους (0,1). Άρα έχουμε συνολικά 2^n ακολουθίες με πρώτο όρο το 3. Αν ο πρώτος όρος της ακολουθίας είναι το 2, τότε έχουμε πάλι 2^n μόνο που πρέπει να αφαιρέσουμε την ακολουθία 2,2,2,...,2 αφού δεν περιέχει το 3 μέσα. Άρα συνολικά έχουμε 2^n -1 ακολουθίες με πρώτο όρο το 2. Αν ο πρώτος όρος της ακολουθίας είναι το 1, τότε πάλι αφαιρούμε την ακολουθία που έχει μόνο 1, αλλά και τις ακολουθίες που έχουν μόνο άσσους και δυάρια (σε πλήθος 99). Άρα σύνολο 2^n -100 ακολουθίες με πρώτο όρο το 1. Τέλος, με πρώτο όρο το 0 έχουμε πάλι 2^n ακολουθίες, όμως τώρα πρέπει να αφαιρέσουμε όλες εκείνες τις ακολουθίες που έχουν: μόνο 0(1 σε πλήθος), μόνο 0 και 1(99 σε πλήθος) αλλά και αυτές που έχουν μόνο 0,1,2(99*98 σε πλήθος). Άρα συνολικά έχουμε 2^n + 2^n -1 + 2^n -100 + 2^n -100 -98*99 = 2^k -201 -99*98 ακολουθίες.
Επειδή έχω πρόβλημα με τους εκθέτες στο LATEX βάλτε όπου n το 99 όπου k το 101
.


Προδρομίδης Κυπριανός-Ιάσων
Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 712
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Τρί Φεβ 10, 2015 5:05 pm

jasonmaths4ever έγραψε:
(Υποθέτω ότι οι ακολουθίες είναι αύξουσες και δίνω μια λύση, χωρίς να είμαι απόλυτα σίγουρος)

Σταθεροποιούμε τον πρώτο όρο της ακολουθίας, ο οποίος παίρνει μία από τις τιμές 0,1,2,3. .
Δεν αναφέρεται ρητά ούτε στην εκφώνηση από την πηγή που το πήρα αλλά νομίζω θα πρέπει να θεωρήσουμε φυσικούς το σύνολο N = \left\{ 1,2,3,.. \right\}
και να μην περιοριστούμε μόνο στις αύξουσες ακολουθίες.


jasonmaths4ever
Δημοσιεύσεις: 128
Εγγραφή: Τρί Φεβ 25, 2014 5:29 pm

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από jasonmaths4ever » Τρί Φεβ 10, 2015 5:21 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
jasonmaths4ever έγραψε:
(Υποθέτω ότι οι ακολουθίες είναι αύξουσες και δίνω μια λύση, χωρίς να είμαι απόλυτα σίγουρος)

Σταθεροποιούμε τον πρώτο όρο της ακολουθίας, ο οποίος παίρνει μία από τις τιμές 0,1,2,3. .
Και να μην περιοριστούμε μόνο στις αύξουσες ακολουθίες.
Είσαι σίγουρος τότε ότι το επίπεδο είναι για μικρούς; Εγώ το βρίσκω πολύ δύσκολο πρόβλημα...


Προδρομίδης Κυπριανός-Ιάσων
Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 712
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Τρί Φεβ 10, 2015 5:34 pm

Και εμένα μου έκανε εντύπωση η δυσκολία για αυτό και το βρήκα ενδιαφέρων και το πρότεινα, αλλά ναι είναι θέμα της 9ης τάξης.
τελευταία επεξεργασία από Al.Koutsouridis σε Τρί Φεβ 10, 2015 5:36 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7805
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Φεβ 10, 2015 5:36 pm

Άσκηση 8 (Κάνει και για Seniors και για Juniors)

Δίνονται n \geqslant 2 διακεκριμένα σημεία στο επίπεδο. Χρωματίζουμε κόκκινα τα μέσα όλων των ευθυγράμμων τμημάτων που ορίζονται από αυτά τα σημεία. Να βρεθεί ο ελάχιστος δυνατός αριθμός διαφορετικών κόκκινων σημείων.


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5767
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Τετ Φεβ 11, 2015 12:46 am

Άσκηση 9
2015 στρατιώτες είναι τοποθετημένοι στο πεδίο της μάχης έτσι ώστε όλα τα δυνατά ζεύγη να αντιστοιχούν σε διαφορετικές αποστάσεις. Κάθε στρατιώτης καλύπτει τον στρατιώτη που βρίσκεται πιο κοντά του. Αποδείξτε ότι τουλάχιστον ένας στρατιώτης θα μείνει ακάλυπτος.


Θανάσης Κοντογεώργης
raf616
Δημοσιεύσεις: 680
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 17, 2013 4:35 pm
Τοποθεσία: Μυτιλήνη

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από raf616 » Τετ Φεβ 11, 2015 7:16 am

socrates έγραψε:Άσκηση 9
2015 στρατιώτες είναι τοποθετημένοι στο πεδίο της μάχης έτσι ώστε όλα τα δυνατά ζεύγη να αντιστοιχούν σε διαφορετικές αποστάσεις. Κάθε στρατιώτης καλύπτει τον στρατιώτη που βρίσκεται πιο κοντά του. Αποδείξτε ότι τουλάχιστον ένας στρατιώτης θα μείνει ακάλυπτος.
Καλημέρα σε όλους! Ευχαριστούμε για τις όμορφες ασκήσεις! Μία σκέψη:

Αφού όλοι έχουν διαφορετικές αποστάσεις, υπάρχουν 2, έστω ο A και ο B με την ελάχιστη απόσταση. Τότε ο A καλύπτει τον B και ο B τον A.

Από τους υπόλοιπους 2013 αν κάποιος έχει ως κοντινότερο τον A ή τον B κάποιος προφανώς θα μείνει ακάλυπτος. Διαφορετικά υπάρχουν πάλι 2 με την ελάχιστη απόσταση.

Συνεχίζοντας τη διαδικασία θα φτάσουμε σε 3 άτομα για τα οποία αν C, D είναι οι στρατιώτες με την ελάχιστη απόσταση τότε αναγκαστικά το τρίτο άτομο θα μείνει ακάλυπτο.
τελευταία επεξεργασία από raf616 σε Τετ Φεβ 11, 2015 1:57 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Πάντα κατ' αριθμόν γίγνονται... ~ Πυθαγόρας

Ψυρούκης Ραφαήλ
Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης