mathematica.gr

Με αφορμή την 27η Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα "Ο ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" που διεξάγεται σήμερα το πρωί, θα ήθελα να ευχηθώ ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ και ΚΑΛΑ ΑΠΟΤΕΛΕΣΜΑΤΑ σε όλα τα παιδιά που συμμετέχουν και ιδιαίτερα στους συμμετέχοντες - μέλη του

Μετά την εξέταση ας συζητήσουμε τα περί του διαγωνισμού.

Φιλικά,

Αλέξανδρος

Μπορεί κάποιοσ να ανεβάσει τα θέματα??

καλή επιτυχία σε όλα τα μέλη του forum! τα θέματα μου φάνηκαν σχετικά δυσκολα αλλα λογικά για επίπεδο Αρχιμήδη. πάντως πιστεύω έγινε ωραία επιλογή θεμάτων!
δηλαδή με όσους συνδιαγωνιζόμενους μίλησα πάνω απ όλα, όλοι χάρηκαν τα θέματα!

Μπορει καποιος να δώσει τα θέματα των Junior????

Καλησπέρα,
συμμετείχα και εγώ στο φετινό Αρχιμήδη με τους μικρούς και ομολογώ ότι τα θέματα μου φάνηκαν πολύ πιο δύσκολα από τα περσινά (που ήμουν και Β' Γυμνασίου). Έλυσα τα 2 πρώτα θέματα ολοκληρωμένα και το μισό τρίτο...το τέταρτο δεν το άγγιξα καν κυρίως λόγω χρόνου... Επειδή είμαι στο όριο να περάσω με έχει φάει η αγωνία χαχα!
Το πρώτο θέμα ήταν σχετικά εύκολο αλλά ήθελε αρκετή συγκέντρωση για να οργανώσεις τη σκέψη σου και να δεις πώς θα βρεις το πλήθος των ζητούμενων αριθμών.
Το δεύτερο (γεωμετρία) κι αυτό ευκολούτσικο (δεν ήθελε να φέρεις καμία βοηθητική), αλλά μπερδεύτηκα στην αρχή λίγο με το σχήμα και χρειάστηκε να κάνω 50 σχήματα για να βρω πώς είναι πραγματικά!
Για το τρίτο έκανα 2-3 βήματα, κατέληξα σε συμπέρασμα και βρήκα πότε ισχύει η ισότητα αλλά δεν ξέρω τι θα πιάσουν αυτά.
Τώρα που το κοιτάζω βρήκα μία λύση με την ανισότητα Holder με την οποία η άσκηση βγαίνει σε μια σειρά!
Για το τέταρτο στεναχωριέμαι που αν είχα κάνα μισάωρο ακόμα πιστεύω θα έπιανα και 1-2 μονάδες από εκεί.
Αλλά δεν πειράζει ό,τι κι αν γίνει, τον διαγωνισμό τουλάχιστον τον ευχαριστήθηκα και ίσως αυτό να είναι που μετράει περισσότερο στην πραγματικότητα.
Καλά αποτελέσματα σε όλους του συν-συμμετέχοντες!

Σχεδόν παρόμοια με τον ifaigios (καλή επιτυχία σε όλους). Έλυσα 1ο, 3ο (με ΑΜ-ΓΜ) και 4ο (με κάποιους ενδοιασμούς για τα 1 και 4 δεδομένου ότι έγραψα λίγο χαοτικά τις περιπτώσεις) αλλά δυστυχώς δεν μου έμεινε καθόλου χρόνος για τη γεωμετρία και...την άφησα κενή.

Δε νομίζω να πέρασα κυρίως λόγο διατύπωσης (πρέπει να καταλάβουν και οι εξεταστές τι εννοώ κάπου)..πολύ ωραία ήταν πάντως, μίλησα και με πολλούς και είδα και γνωστούς. Και του χρόνου

εγώ συμμετείχα στους μεγάλους..έχω λύσει 1ο,(2ο με αμφιβολία),4ο με επιφύλαξη ως προς τις πράξεις και το 3ο το πασάλλειψα γιατι όταν μου ρθε η λύση ήταν ήδη αργά..πάντως αν και θέλω πολύ να περάσω η συμμετοχή εκεί, ήταν ήδη ωραία εμπειρεία..

Τα θέματα και οι λύσεις τους πότε θα ανέβουν στην ΕΜΕ;
Πέρσι αν θυμάμαι καλά είχαν βγει 1-2 η ώρα...

Μία λύση ρουτίνας για το δεύτερο θέμα: αντικαθιστώντας στην έχουμε συνάρτηση μιας μεταβλητής,

,

της οποίας η παράγωγος είναι

.

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 .

Γιώργος Μπαλόγλου

Έλυσα το 1ο, το 2ο και το 4ο, με κάποια λάθη νομίζω στις πράξεις.
Όσον αφορά την ανισότητα, ήταν αρκετά ευκολότερη από την περσινή και όχι ιδιαίτερα όμορφη. Η λύση μου πάντως έχει ως εξής:
Έχουμε πως και αφού μετά από πράξεις παίρνουμε που βέβαια ισχύει.
Υψώνοντας στο τετράγωνο την δεύτερη και μετά πολλαπλασιάζοντας την με την τρίτη προκύπτει η ζητούμενη.

Πέρασα με ασημένιο μετάλλιο στους μικρούς.

Καλή επιτυχία και στους υπόλοιπους από το mathematica, θα χαρώ πολύ να δω και κάποιους (γνωστούς) αύριο.

Και ως εδώ που φτάσαμε πολύ καλά είναι...

Καλησπέρα σε όλους σας, και συγχαριτήρια σε όσους βραβεύτηκαν !!!Εγώ έδινα με την Γ' Λυκείου και είχα γράψει 1ο ,2ο και 4ο θέμα αλλά δυστυχώς δεν πέρασα...
Θα με ενδιέφερε πάντως αρκετά να μάθω τις βάσεις των βραβίων αν καποιος που να ξέρει έχει την καλοσύνη να με διαφωτίσει...
Συγχαριτήρια όμως και σε όλους όσους φτάσανε εδώ!

Συγχαρητήρια σε όλους τους συμμετέχοντες του διαγωνισμού ανεξάρτητα από την κατάταξή τους! Εύχομαι καλή συνέχεια στους διακριθέντες του Αρχιμήδη για το καλό της πατρίδας μας.

Θέματα Μικρών:

1) Να προσδιορίσετε το πλήθος των θετικών ακέραιων που δεν είναι δυνατόν να γραφούν στη μορφή , όπου .

2) Δίνεται ορθογώνιο με πλευρές και . Έστω Ο το σημείο τομής των διαγωνίων του. Προεκτείνουμε την πλευρά προς το μέρος του κατά τμήμα και την διαγώνιο προς το μέρος του κατά τμήμα . Αν το τρίγωνο είναι ισόπλευρο, τότε να αποδείξετε ότι:
(i)
(ii)
(iii)

3) Αν είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα και οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί και έχουν γινόμενο , να αποδείξετε ότι:
.
Για ποιες τιμές των και αληθεύει η ισότητα;

4) Δίνονται τρεις παράλληλες ευθείες , και ενός επιπέδου, έτσι ώστε η ευθεία να έχει την ίδια απόσταση, έστω , από τις και . Τοποθετούμε σημεία και πάνω στις ευθείες και , έτσι ώστε σε κάθε ευθεία να υπάρχει ένα τουλάχιστον σημείο. Να προσδιορίσετε το μέγιστο αριθμό ισοσκελών τριγώνων που είναι δυνατό να σχηματιστούν με κορυφές τρία από τα σημεία και με κατάλληλη τοποθέτηση πάνω στις ευθείες και , σε καθεμία από τις παρακάτω περιπτώσεις:
(α) , και .
(β) , και .

Αλέξανδρος

Nice, πέρασα κι εγώ με αργυρό! Οι βάσεις φέτος πρέπει να είναι πολύ πιο χαμηλά από πέρσι...αφού πέρσι που είχα γράψει 3,5 θέματα πάλι αργυρό είχα πάρει!

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά που συμμετείχαν στον Αρχιμήδη και ειδικά σε αυτούς που πέρασαν.
Βέβαια ιδιαίτερα συγχαρητήρια στα μέλη του mathematica.

Αφού γύρισα σπίτι και έψαξα στο βιβλίο Αλγεβρικές ανισότητες του Μπάμπη Στεργίου βρήκα μια λύση για το 3ο θέμα των μικρών χρησιμοποιώντας την οποία όλο το θέμα βγαίνει σε μισή σειρά!

Από την ανισότητα Holder έχουμε:

∛((ax+b)(ay+b)(az+b)) ≥ ∛((ax)(ay)(az)) + ∛bbb = ∛(a^3 xyz) + b = a + b = 3

Επειδή xyz=1 . Υψώνω στην τρίτη δύναμη κι έχω το ζητούμενο.

Καθος επιτηρουσα στο διαγωνισμο σημερα, ασχοληθηκα με τα θεματα των μεγαλων και νομιζω οτι ηταν αρκετα πιο ευκολα απο τα περσυνα. Το 2ο, στο οποιο η λυση που σκευτηκα αμεσως ειναι ιδια με αυτη του Dreamkiller, νομιζω οτι ηταν αρκετα ευκολο για Αρχιμηδη μεγαλων. Το 1ο ηταν ενα αρκετα καλο θεματακι για 1ο θεμα, το οποιο αν δεν εχω κανει λαθος καπου τελειωνει αμεσως δουλευοντας (mod8). Με τη συνδιαστικη (4ο θεμα) δεν ασχοληθηκα καθολου, αλλα μου ειπαν οτι ηταν σχετικα ευκολη. Αυτο που με ζορισε λιγακι αλλα μου αρεσε παρα πολυ σαν προβλημα, ειναι το 3ο γεωμετρικο προβλημα, η λυση που βρηκα κατα τη διαρκεια του διαγωνισμου ειναι η εξης:

Αρχικα δειχνουμε οτι ανα 4 ειναι ομοκλυκλικα. Αν A', B' τα μεσα των ID, IE αντιστοιχα, τοτε η A'B' ειναι η διακεντρος των δυο κυκλων με διαμετρους τα ID και IE, οποτε ειναι καθετη στον ριζικο αξονα, ομως DE//A'B' οποτε και ο ριζικος αξονας ο οποιος διερχεται απο το I ειναι καθετος και στο τμημα DE, ακομα τα B1, B2, A1, A2 ειναι ομοκυκλικα αν το C ανηκει στο ριζικο αξονα των δυο κυκλων, αρα αρκει να εχουμε DE καθετη στην CI. Αν οι DF, CI τεμνονται στο K, τοτε ευκολα <KEC = <DEC = <DAC = <A/2, <KCE = <KCA + <ACE = <FCA + <ACE = <C/2 + <ACE = <C/2 + <ABE = <C/2 + <B/2, αρα <EKC = 180 - <KEC - <KCE = 180 - 1/2(<A + <B + <C) = 180 - 90 = 90. Αρα IC καθετη στην DE και τα Α1, Α2, Β1, Β2 ειναι ομοκυκλικα και ισαπεχουν απο το σημειο τομης των μεσοκαθετων των τμηματων A1A2 και B1B2. Ομοιως και τα A1, A2, C1, C2 ειναι επισης ομοκυκλικα και ισαπεχουν απο το σημειο τομης των μεσοκαθετων των τμηματων A1A2 και C1C2. Οποτε τα 6 σημεια θα ειναι ομοκυκλικα αν οι μεσοκαθετοι των τμηματων A1A2, B1B2 και C1C2 συντρεχουν. Πραγματι, η μεσοκαθετος του A1A2 ειναι η καθετη απο το A' στην BC και επηδη αυτη ειναι παραλληλη στην OD (αφου η OD ειναι καθετη στην BC διοτι ειναι διχοτομος στο ισοσκελες τριγωνο BOC με <BOD = <COD = 2<CAD = 2<BAD = A) αυτη θα διερχεται απο το μεσο του ευθ. τμηματος IO. Ομοιως αποδεικνειεται οτι και οι αλλες 2 μεσοκαθετοι διερχονται απο μεσο του ευθ. τμηματος IO οποτε η αποδειξη ολοκληρωθηκε.

ΠΡΟΤΑΣΗ. - Δίνεται τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω το έγκεντρό του. Οι προεκτάσεις των τέμνουν τον στα σημεία αντιστοίχως. Οι κύκλοι με διαμέτρους αντιστοίχως, τέμνουν τις πλευρές στα ζεύγη των σημείων και και αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι τα έξι αυτά σημεία, ανήκουν στον ίδιο κύκλο έστω

ΑΠΟΔΕΙΞΗ. - Έστω τα μέσα των πλευρών αντιστοίχως και τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου στις ίδιες πλευρές.

Επειδή η είναι διάμετρος του κύκλου και τα σημεία είναι οι προβολές των άκρων αυτής της διαμέτρου επί της χορδής του έχουμε ότι η μεσοκάθετη ευθεία του είναι επίσης, και μεσοκάθετη ευθεία του

Η κοινή μεσοκάθετη τών τώρα, περνάει από το μέσον του τμήματος όπου είναι το κέντρο του ώς μεσοπαράλληλη των βάσεων του τραπεζίου

Με παρόμοιο τρόπο, αποδεικνύεται ότι και οι μεσοκάθετες ευθείες των ( κοινές μεσοκάθετες ευθείες επίσης των αντιστοίχως ), περνάνε από το σημείο

Έστω το σημείο και από και

συμπεραίνουμε ότι το σημείο ανήκει στούς κύκλους

Επειδή τώρα στους κύκλους , οι ευθείες συγκλίνουν στο έχουμε ότι

Από συμπεραίνουμε ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω με κέντρο το σημείο αφού όπως έχει ήδη αποδειχθεί, οι μεσοκάθετες των τέμνονται σ' αυτό το σημείο.

Με παρόμοιο τρόπο αποδεικνύεται ότι και τα τετράπλευρα είναι εγγράψιμα στον κύκλο και η πρόταση έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

πώς ξέρετε αν περάσατε ή όχι; έχουν ανακοινωθεί πουθενά;;