ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Henri van Aubel
Δημοσιεύσεις: 876
Εγγραφή: Τρί Σεπ 13, 2022 12:01 pm

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Henri van Aubel » Σάβ Φεβ 18, 2023 10:16 am

Καλημέρα! :) Σε μισή ώρα θα φτάσουν οι διαγωνιζόμενοι στο εξεταστικό κέντρο. Καλή επιτυχία παιδιά! :D
Θα αναμένουμε τα θέματα μετά το πέρας του διαγωνισμού και θα δώσουμε ωραίες λύσεις! ;)



Λέξεις Κλειδιά:
Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 791
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Σάβ Φεβ 18, 2023 2:25 pm

Σε αλλά εξεταστικά τα παιδιά πήραν τα θέματα και σε άλλα όχι... Επιτρέπεται τελικά να ανέβουν τα θέματα; Αν μπορεί κάποιος της Επιτροπής να ενημερώσει...


Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5567
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Σάβ Φεβ 18, 2023 2:34 pm

Τσιαλας Νικολαος έγραψε:
Σάβ Φεβ 18, 2023 2:25 pm
Σε αλλά εξεταστικά τα παιδιά πήραν τα θέματα και σε άλλα όχι... Επιτρέπεται τελικά να ανέβουν τα θέματα; Αν μπορεί κάποιος της Επιτροπής να ενημερώσει...
Καλημέρα Νίκο, καλημέρα σε όλους !

Άκουσα ότι άργησαν σε μερικά Ε.Κ. να δοθούν τα θέματα.

Νομίζω όμως ότι τώρα θα έχουν όλοι τελειώσει.

Δεν άκουσα να υπάρχει κάποιος περιορισμός για τα θέματα, δεν έχει νόημα άλλωστε !

Αν δεν τα βάλει κάποιος από τους Συντονιστές , θα τα βάλω εγώ αργότερα ! Αυτή τη στιγμή δεν μπορώ για τεχνικούς λόγους.

Καλά αποτελέσματα -Και του χρόνου !!!


Άβαταρ μέλους
Ανδρέας Πούλος
Δημοσιεύσεις: 1494
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 01, 2009 10:47 pm
Τοποθεσία: ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ
Επικοινωνία:

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ανδρέας Πούλος » Σάβ Φεβ 18, 2023 2:44 pm

Η Ε.Μ.Ε. έχει αναρτήσει τα θέματα στην ιστοσελίδα της εδώ και αρκετή ώρα.
http://www.hms.gr/?q=node/1929


Κατερινόπουλος Νικόλας
Δημοσιεύσεις: 659
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 05, 2017 3:24 pm
Τοποθεσία: Καλαμάτα, Μεσσηνία

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κατερινόπουλος Νικόλας » Σάβ Φεβ 18, 2023 3:32 pm

Καλησπέρα. Συγχαρητήρια καταρχάς σε όλους τους συμμετέχοντες και καλά αποτελέσματα. Αν κάποιος μπορεί να αναρτήσει μια ολοκληρωμένη λύση του πρώτου και τέταρτου θέματος μεγάλων (τα έλυσα αλλά έχω κάποιες απορίες)


Henri van Aubel
Δημοσιεύσεις: 876
Εγγραφή: Τρί Σεπ 13, 2022 12:01 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Henri van Aubel » Σάβ Φεβ 18, 2023 3:35 pm

Γεωμετρία μικρών.

Προεκτείνω το τμήμα DN προς το N κατά DN=NO και σχηματίζεται το παραλληλόγραμμο AOCD

Είναι \angle AOB\equiv \angle AOD=\angle ODC\equiv \angle EDC^{MD//EC}=\angle MEB\Rightarrow ME//AO

Αφού M μέσο του AB, θα είναι E μέσο του BO

Οπότε BE=EO\Leftrightarrow ... BD=2EN

Επιστρέφω και με λύσεις άλλων θεμάτων σε λίγο, τώρα φεύγω ...


Άβαταρ μέλους
elenipappa
Δημοσιεύσεις: 10
Εγγραφή: Πέμ Ιούλ 01, 2021 8:42 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από elenipappa » Σάβ Φεβ 18, 2023 4:20 pm

Μια λύση στο Π2 των μικρών

Αφού Μ,Ν τα μέσα των ΑΒ, ΑΓ πλευρών αντίστοιχα, τότε οι διάμεσοι ΓΜ,ΒΝ τέμνονται στο βαρύκεντρο G. Επομένως, σύμφωνα με τις ιδιότητες του βαρυκέντρου BG=2GN \Leftrightarrow B\Delta +\Delta G=2(GE+EN)\Leftrightarrow B\Delta +\Delta G=2GE+2EN
Επομένως αρκέι να αποδείξουμε ότι \Delta G=2GE
Παρατηρώ ότι αφού οι ΜΕ, ΔΓ είναι παράλληλες \angle \Gamma \Delta E=\angle ME\Delta ως εντός και ενναλάξ γωνίες και \angle \Delta G\Gamma =\angle MGE ως κατακορυφήν. Επιπλέον, \Gamma G=2GM
Άρα το τρίγωνο \Delta G\Gamma είναι ομοιόθετο του MGE με λόγο \lambda =2 . Άρα \Delta G=2GE. Αντικαθιστώντας στην αρχική σχέση παίρνουμε το ζητούμενο.


Wer wagt, gewinnt
ohgreg
Δημοσιεύσεις: 17
Εγγραφή: Δευ Ιούλ 26, 2021 11:22 pm
Τοποθεσία: Γλυφάδα

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ohgreg » Σάβ Φεβ 18, 2023 4:26 pm

Πρόβλημα 1ο (μεγάλων):

Θα είναι:

\frac{xyz+1}{x+1}=\frac{yzw+1}{y+1}\Leftrightarrow xy^2x+xyz+y+1=xyzw+yzw+x+1 \: (1)
\frac{yzw+1}{y+1}=\frac{zwx+1}{z+1} \Leftrightarrow yz^2w+yzw+z+1=xyzw+zwx+y+1 \:(2)
\frac{zwx+1}{z+1}=\frac{wxy+1}{w+1}\Leftrightarrow zw^2x+zwx+w+1=wxyz+wxy+z+1 \:(3)
\frac{wxy+1}{w+1}=\frac{xyz+1}{z+1}\Leftrightarrow wx^2y+wxy+x+1=xyzw+xyz+w+1 \: (4)

Με πρόσθεση των (1), (2), (3), (4) παίρνουμε:

xy^2z+yz^2w+zw^2x+wx^2y=4xyzw

Όμως, αφού x,y,z,w>0, από την ΑΜ-ΓΜ ισχύει:

xy^2z+yz^2w+zw^2x+wx^2y\geq\sqrt[\leftroot{-2}\uproot{2}4]{x^4y^4z^4w^4}=4xyzw

Με ισότητα αν και μόνο αν:

xy^2z=yz^2w=zw^2x=wx^2y

από όπου παίρνουμε:

xy^2z=zw^2x\Leftrightarrow y^2=w^2\Rightarrow y=w \:(5)

και:

yz^2w=wx^2y\Leftrightarrow z^2=x^2 \Rightarrow z=x \: (6)

Θα είναι:

\frac{xyz+1}{x+1}=\frac{yzw+1}{y+1} \Leftrightarrow \frac{x^2y+1}{x+1}=\frac{y^2x+1}{y+1}\Leftrightarrow
\Leftrightarrow x^2y^2+x^2y+y+1=x^2y^2+xy^2+x+1\Leftrightarrow (x-y)(xy-1)=0\Leftrightarrow
\Leftrightarrow x=y \:\:\vee \:\:x=\frac{1}{y}

Αν x=y, τότε x=y=z=w=12.
Αν x=\frac{1}{y} :

y+\frac{1}{y}+y+\frac{1}{y}=48\Leftrightarrow y^2-24y+1=0\Leftrightarrow y=12\pm \sqrt{143}

Αν y=12+\sqrt{143}, τότε x=12-\sqrt{143}.
Αν y=12-\sqrt{143}, τότε x=12+\sqrt{143}.

Τελικά παίρνουμε τις λύσεις:

(x,y,z,w)=(12,12,12,12),\: (12+\sqrt{143},12-\sqrt{143}, 12+\sqrt{143}, 12-\sqrt{143}), \:
(12-\sqrt{143}, 12+\sqrt{143}, 12-\sqrt{143}, 12+\sqrt{143}).


Ντερέκης Γρηγόρης
AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1175
Εγγραφή: Τετ Δεκ 31, 2008 8:07 pm
Τοποθεσία: ΗΡΑΚΛΕΙΟ ΚΡΗΤΗΣ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ » Σάβ Φεβ 18, 2023 4:53 pm

Καλησπέρα.
Γεωμετρία Μεγάλων.
Έστω Z το σημείο τομής της BM με την παράλληλη από το C προς την AD η οποία τέμνει την προέκταση της BA στο T. Το τρίγωνο ACT είναι ισοσκελές ,το Z είναι μέσον της CT και η AZ είναι κάθετη στην CT. Αρκεί να αποδείξουμε ότι το τετράπλευρο AFCZ είναι εγγράψιμο. Το τελευταίο ισχύει καθώς \angle{ZFC}=\angle{ZAC}=90^0-\frac{\angle{A}}{2}.
Συνημμένα
ARXIMHDHS 2023.png
ARXIMHDHS 2023.png (33.36 KiB) Προβλήθηκε 8875 φορές
τελευταία επεξεργασία από AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ σε Σάβ Φεβ 18, 2023 5:09 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 922
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Σάβ Φεβ 18, 2023 4:59 pm

Για το 1ο των μεγαάλων αλλιώς

Θεωρούμε δίχως βλάβη x=max\{x,y,z,w\}, τότε
\dfrac{zwx+1}{z+1}=\dfrac{xyz+1}{x+1}\leq \dfrac{xyz+1}{z+1}\Rightarrow w\leq y
\dfrac{yzw+1}{y+1}=\dfrac{wxy+1}{w+1}\geq \dfrac{wxy+1}{y+1}\Rightarrow z\geq x επομένως για να ισχύουν οι ισότητες πρέπει x=z,y=w
και \dfrac{x^2y+1}{x+1}=\dfrac{y^2x+1}{y+1}\Leftrightarrow x^2y^2+x^2y+1+y=x^2y^2+y^2x+x+1\Leftrightarrow (x-y)(xy-1)=0 άρα x=y ή xy=1,
Στην πρώτη περίπτωση είναι x+y+z+w=48\Rightarrow x=y=z=w=12, στην δεύτερη 2x+2y=48\Leftrightarrow x+1/x=24\Leftrightarrow x^2-24x+1=0 και οδηγούμαστε στις λύσεις που αναφέρθηκαν πιο πάνω.


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6426
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Σάβ Φεβ 18, 2023 5:02 pm

Μια λύση για το 1ο των μικρών:

Ισχύει

\displaystyle{(a+b+c)^4=a^4+b^4+c^4+4(ab^3+bc^3+ca^3+a^3b+b^3c+c^3a)+12abc(a+b+c)+6(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2).}

Λόγω των εξίσωσεων του συστήματος προκύπτει

\displaystyle{a^4+b^4+c^4+4(a^3b+b^3c+c^3a)+6(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)=0}

δηλαδή

\displaystyle{a^2\left[(a+2b)^2+2b^2\right]+b^2\left[\(b+2c)^2+2c^2\right]+c^2\left[(c+2a)^2+2a^2\right]=0.}

Από εδώ είναι φανερό ότι \displaystyle{a=b=c=0.}


Μάγκος Θάνος
fmak65
Δημοσιεύσεις: 741
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 01, 2009 6:59 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από fmak65 » Σάβ Φεβ 18, 2023 5:48 pm

για την γεωμετρία των μικρών.
1) Αφού Μ, Ν μέσα των πλευρών ΑΒ και ΑΓ MN//=\frac{B\Gamma }{2}.
2) Τα τρίγωνα ΜΝΕ και ΒΓΔ είναι όμοια γιατί έχουν από 2 γωνίες ίσες. (\widehat{MEN}=\widehat{B\Delta \Gamma } ως εκτός εναλλάξ και \widehat{MNE}=\widehat{\Delta B\Gamma } ως εντός εναλλάξ. )
Οπότε ισχύει η αναλογία \frac{MN}{B\Gamma }=\frac{ME}{\Gamma \Delta }=\frac{NE}{B\Delta }

από το 1) ισχύει \frac{MN}{B\Gamma }=\frac{1}{2}

Άρα παίρνοντας το πρώτο κλάσμα με το τρίτο έχουμε την ζητούμενη σχέση


Μαραντιδης Φωτης
achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 3016
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Φεβ 18, 2023 6:05 pm

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε:
Σάβ Φεβ 18, 2023 4:53 pm
Καλησπέρα.
Γεωμετρία Μεγάλων.
Έστω Z το σημείο τομής της BM με την παράλληλη από το C προς την AD η οποία τέμνει την προέκταση της BA στο T. Το τρίγωνο ACT είναι ισοσκελές ,το Z είναι μέσον της CT και η AZ είναι κάθετη στην CT. Αρκεί να αποδείξουμε ότι το τετράπλευρο AFCZ είναι εγγράψιμο. Το τελευταίο ισχύει καθώς \angle{ZFC}=\angle{ZAC}=90^0-\frac{\angle{A}}{2}.
Λϋση From the Book! Μπράβο, Ανδρέα!!

Φιλικά, Αχιλλέας


Άβαταρ μέλους
emouroukos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1447
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos » Σάβ Φεβ 18, 2023 6:33 pm

Μια άλλη λύση για το πρώτο θέμα των μικρών:

Είναι c=-a-b, οπότε

\displaystyle{ 
0=ab^3+bc^3+ca^3=ab^3-b\left( a+b \right) ^3-\left( a+b \right) a^3=}

\displaystyle{=ab^3-b\left( a^3+3a^2b+3ab^2+b^3 \right) -a^4-a^3b=}

\displaystyle{=-\left( a^4+b^4+3a^2b^2+2a^3b+2ab^3 \right) =}

\displaystyle{=-\left( a^4+b^4+a^2b^2+2a^2b^2+2a^3b+2ab^3 \right) =}

\displaystyle{=-\left( a^2+b^2+ab \right) ^2}.

Άρα, είναι

\displaystyle{ 
a^2+b^2+ab=0\Rightarrow 2a^2+2b^2+2ab=0\Rightarrow a^2+b^2+\left( a+b \right) ^2=0\Rightarrow a=b=0 
}

οπότε τελικά το σύστημα έχει τη μοναδική λύση \left( a,b,c \right) =\left( 0,0,0 \right) .


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
Mathmaster2009
Δημοσιεύσεις: 14
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 18, 2023 5:50 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mathmaster2009 » Σάβ Φεβ 18, 2023 6:44 pm

Καλησπέρα! Βρήκα τα θέματα των γυμνασίων αρκετά περίπλοκα, ειδικά το 2ο και 3ο. Που πιστεύετε ότι κυμαίνονται οι βάσεις για χάλκινο, ασημένιο και χρυσό μετάλλιο στις μικρές τάξεις. Υπολογίζω το χάλκινο στα 4.5 και το ασημένιο στα 8.Πως βρήκατε τα θέματα? Όσοι έχω ρωτήσει τα βρήκαν δυσκολα


Henri van Aubel
Δημοσιεύσεις: 876
Εγγραφή: Τρί Σεπ 13, 2022 12:01 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Henri van Aubel » Σάβ Φεβ 18, 2023 6:50 pm

Με πρόλαβε ο κύριος Ανδρέας στη γεωμετρία των μεγάλων, είχα την ίδια σχεδόν λύση! Βάζω μία λύση στο 4 των μικρών.
Είναι \alpha ,\beta \neq 1, απλό (καταλήγοντας σε άτοπο παίρνοντας τιμή 1 πρώτα για το α και μετά για το β)

Θέτω  \displaystyle \frac{\alpha -1}{\beta }=n\Leftrightarrow \alpha =\beta n+1,n\in \mathbb{N}^{\ast }

Οπότε  \displaystyle \frac{5\beta -3}{2\alpha +1}=\frac{5\beta -3}{2\left ( \beta n+1 \right )+1}\in \mathbb{N}^{\ast }\Leftrightarrow 2\beta n< 5\beta \Leftrightarrow n\leq 2

Για  \displaystyle n=1\Rightarrow \frac{5\beta -3}{2\beta +3}\in \mathbb{N}^{\ast }\Leftrightarrow \frac{10\beta -6}{2\beta +3}\in \mathbb{N}^{\ast }\Leftrightarrow \frac{21}{2\beta +3}\in \mathbb{N}^{\ast }

Οπότε \boxed{\left ( \alpha ,\beta \right )\in \left \{ \left ( 3,2 \right ), ,\left (10,9 \right)} }}

Για  \displaystyle n=2\Rightarrow \frac{5\beta -3}{4\beta +3}\in \mathbb{N}^{\ast }\Leftrightarrow \frac{20\beta -12}{4\beta +3}\in \mathbb{N}^{\ast }\Leftrightarrow \frac{27}{4\beta +3}\in \mathbb{N}^{\ast }

Οπότε \boxed{\left ( \alpha ,\beta \right )=\left ( 13,6 \right )}

Υ.Σ Συγγνώμη Αχιλλέα για το τυπογραφικό, αντί να γράψω  \displaystyle \frac{21}{2\beta +3}\in \mathbb{N}^{\ast } , έγραψα  \displaystyle \frac{21}{2\beta -3}\in \mathbb{N}^{\ast }
τελευταία επεξεργασία από Henri van Aubel σε Σάβ Φεβ 18, 2023 7:32 pm, έχει επεξεργασθεί 4 φορές συνολικά.


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 3016
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Φεβ 18, 2023 7:10 pm

Henri van Aubel έγραψε:
Σάβ Φεβ 18, 2023 6:50 pm
...

Θέτω  \displaystyle \frac{\alpha -1}{\beta }=n\Leftrightarrow \alpha =\beta n+1,n\in \mathbb{N}^{\ast }

Οπότε  \displaystyle \frac{5\beta -3}{2\alpha +1}=\frac{5\beta -3}{2\left ( \beta n+1 \right )+1}\in \mathbb{N}^{\ast }\Leftrightarrow 2\beta n< 5\beta \Leftrightarrow n\leq 2

Για  \displaystyle n=1\Rightarrow \frac{5\beta -3}{2\beta +3}\in \mathbb{N}^{\ast }\Leftrightarrow \frac{10\beta -6}{2\beta +3}\in \mathbb{N}^{\ast }\Leftrightarrow \frac{21}{2\beta -3}\in \mathbb{N}^{\ast }

Οπότε \boxed{\left ( \alpha ,\beta \right )\in \left \{ \left ( 3,2 \right ),\left ( 4,3 \right ),\left ( 6,5 \right ) ,\left (13,12 \right) }}

Για  \displaystyle n=2\Rightarrow \frac{5\beta -3}{4\beta +3}\in \mathbb{N}^{\ast }\Leftrightarrow \frac{20\beta -12}{4\beta +3}\in \mathbb{N}^{\ast }\Leftrightarrow \frac{27}{4\beta +3}\in \mathbb{N}^{\ast }

Οπότε \boxed{\left ( \alpha ,\beta \right )=\left ( 13,6 \right )}

....
Δεν είναι όλα τα ζεύγη σωστά. Για παράδειγμα, το 27=2\cdot 13+1 δεν διαιρεί το 5\cdot 12-3=57.

Δεν ισχύει η ισοδυναμία \frac{p}{q}\in \mathbb{N}\iff \frac{2p}{q}\in \mathbb{N}. Το \frac{2\cdot 1}{2}\in \mathbb{N}, αλλά το \frac{1}{2}\not\in \mathbb{N}.

Επίσης, δεν ισχύει η ισοδυναμία \frac{p}{q}\in \mathbb{N}\iff \frac{4p}{q}\in \mathbb{N}.


Dimilion
Δημοσιεύσεις: 3
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 18, 2023 7:14 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Dimilion » Σάβ Φεβ 18, 2023 7:16 pm

Καλησπέρα, που πιστεύετε ότι θα κυμανθούν οι βάσεις στα θέματα των μεγάλων;


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 3016
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Φεβ 18, 2023 7:19 pm

Dimilion έγραψε:
Σάβ Φεβ 18, 2023 7:16 pm
Καλησπέρα, που πιστεύετε ότι θα κυμανθούν οι βάσεις στα θέματα των μεγάλων;
Mathmaster2009 έγραψε:
Σάβ Φεβ 18, 2023 6:44 pm
Καλησπέρα! Βρήκα τα θέματα των γυμνασίων αρκετά περίπλοκα, ειδικά το 2ο και 3ο. Που πιστεύετε ότι κυμαίνονται οι βάσεις για χάλκινο, ασημένιο και χρυσό μετάλλιο στις μικρές τάξεις. Υπολογίζω το χάλκινο στα 4.5 και το ασημένιο στα 8.Πως βρήκατε τα θέματα? Όσοι έχω ρωτήσει τα βρήκαν δυσκολα
Είναι πολύ νωρίς να μιλήσει ο οποιοσδήποτε για βάσεις. Λίγη υπομονή μέχρι να ολοκληρωθεί η βαθμολόγηση.

Φιλικά, Αχιλλέας


Άβαταρ μέλους
emouroukos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1447
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos » Σάβ Φεβ 18, 2023 7:37 pm

Μια λύση για το τέταρτο θέμα των μικρών:

Υπάρχει θετικός ακέραιος k τέτοιος, ώστε a-1 = kb, δηλαδή a = kb+1.

Επειδή ο ακέραιος 2a+1 = 2(kb+1)+1 = 2kb+3 διαιρεί τον 5b-3>0, θα είναι

2kb+3\leqslant 5b-3\Rightarrow b\left( 5-2k \right) \geqslant 6\Rightarrow 5-2k>0\Rightarrow k\in \left\{ 1,2 \right\} .

Αν k=1, τότε a=b+1 και άρα o 2b+3 διαιρεί τον 5b-3, οπότε θα διαιρεί και τον 5b-3-2(2b+3) = b-9.

Αν b=9, τότε προκύπτει η λύση \boxed{\left( a,b \right) =\left( 10,9 \right)}.

Αν b\ne 9, τότε

2b+3\leqslant \left| b-9 \right|\Rightarrow \left( 2b+3 \right) ^2\leqslant \left( b-9 \right) ^2\Rightarrow \left( b+12 \right) \left( b-2 \right) \leqslant 0\Rightarrow b\leqslant 2,

οπότε προκύπτει η λύση \boxed{\left( a,b \right) =\left( 3,2 \right)} .

Αν k=2, τότε a=2b+1 και άρα o 4b+3 διαιρεί τον 5b-3, οπότε θα διαιρεί και τον 5b-3-(4b+3) = b-6.

Αν b=6, τότε προκύπτει η λύση \boxed{\left( a,b \right) =\left( 13,6 \right)}.

Αν b\ne 6, τότε

\displaystyle{ 4b+3\leqslant \left| b-6 \right|\Rightarrow \left( 4b+3 \right) ^2\leqslant \left( b-6 \right) ^2\Rightarrow \left( 5b-3 \right) \left( b+3 \right) \leqslant 0 
}

που είναι αδύνατη.
τελευταία επεξεργασία από emouroukos σε Σάβ Φεβ 18, 2023 7:50 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 17 επισκέπτες