mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **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.

Δημοσιεύτηκε: **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

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

Δημοσιεύτηκε: **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

Δημοσιεύτηκε: **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) $x^n+n-1\geq nx.$

Δημοσιεύτηκε: **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
$\frac{1}{a^3+bc}+\frac{1}{b^3+ca}+\frac{1}{c^3+ab} \leq \frac{ \left (ab+bc+ca \right )^2 }{6}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 08, 2015 7:31 pm**

simantiris j. έγραψε:Άλλη μια καλή πιστεύω ανισότητα για μικρούς.
Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί με .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.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 08, 2015 8:34 pm**

simantiris j. έγραψε:Άλλη μια καλή πιστεύω ανισότητα για μικρούς.
Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί με .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.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 09, 2015 7:57 am**

ΑΣΚΗΣΗ 5(Για Junior)

Δίνεται τρίγωνο ABC

με περίκεντρο

. Ο κύκλος που διέρχεται από τα σημεία A,C

και εφάπτεται με την

τέμνει τον κύκλο (O,B,C )

στο σημείο

.

a) Να αποδειχθεί ότι $\angle ATO=90^o$

Συμπληρωματικό ερώτημα (για Senior) :

b) Αν η ευθεία

τέμνει την

στο

, να αποδειχθεί ότι η

εφάπτεται με τον κύκλο (A,B,C)

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 09, 2015 3:47 pm**

Γεια σας κύριε Μπάμπη.

: Γεωμετρια mathematica_124(A).PNG (19.04 KiB) Προβλήθηκε 10058 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 (17.69 KiB) Προβλήθηκε 10058 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.

Δημοσιεύτηκε: **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

, και ο περιγεγραμμένος κύκλος του $B\Delta Z$ τέμνει την

στο

. Επίσης, αν η $\Delta E$ τέμνει την $A\Gamma$ στο

και η

τέμνει την $B\Gamma$ στο $\Lambda$ , να αποδείξετε ότι το $\Delta$ είναι το μέσο της $B\Lambda$ .

Δημοσιεύτηκε: **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 (16.61 KiB) Προβλήθηκε 9940 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.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **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;

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **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)

Δημοσιεύτηκε: **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;

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
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

2^n + 2^n -1 + 2^n -100 + 2^n -100 -98*99 = 2^k -201 -99*98

ακολουθίες.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

.

Δημοσιεύτηκε: **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.

Δημοσιεύτηκε: **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...

Δημοσιεύτηκε: **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.

Δημοσιεύτηκε: **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.

Δημοσιεύτηκε: **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.

Δημοσιεύτηκε: **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

, έστω ο

και ο

με την ελάχιστη απόσταση. Τότε ο

καλύπτει τον

και ο

τον

.

Από τους υπόλοιπους 2013

αν κάποιος έχει ως κοντινότερο τον

ή τον

κάποιος προφανώς θα μείνει ακάλυπτος. Διαφορετικά υπάρχουν πάλι

με την ελάχιστη απόσταση.

Συνεχίζοντας τη διαδικασία θα φτάσουμε σε

άτομα για τα οποία αν C, D

είναι οι στρατιώτες με την ελάχιστη απόσταση τότε αναγκαστικά το τρίτο άτομο θα μείνει ακάλυπτο.

mathematica.gr

Αρχιμήδης 2014-2015

Αρχιμήδης 2014-2015

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

Re: Αρχιμήδης 2014-2015

Re: Αρχιμήδης 2014-2015