Αρχιμήδης 2017

Friedoon · #41

polysot έγραψε:Αν κάποιος πρόλαβε και κατέβασε τα αποτελέσματα του Αρχιμήδη από τη σελίδα της ΕΜΕ πριν πέσει, ας τα βάλει εδώ να τα δούμε κι εμείς...

schal · #42

Γιάννης Μπόρμπας · #43

!! Μπράβο σε όλους!

apotin · #44

και σε excel

Αρχιμήδης 2017.xlsx: (12.3 KiB) Μεταφορτώθηκε 181 φορές

sofiaxen · #45

polysot έγραψε:Αν κάποιος πρόλαβε και κατέβασε τα αποτελέσματα του Αρχιμήδη από τη σελίδα της ΕΜΕ πριν πέσει, ας τα βάλει εδώ να τα δούμε κι εμείς...

Ξέρει κάποιος πόσο ειναι η βάση στα μικρά;

sofiaxen · #46

sofiaxen έγραψε:
polysot έγραψε:Αν κάποιος πρόλαβε και κατέβασε τα αποτελέσματα του Αρχιμήδη από τη σελίδα της ΕΜΕ πριν πέσει, ας τα βάλει εδώ να τα δούμε κι εμείς...
Ξέρει κάποιος πόσο ειναι η βάση στα μικρά;

Μονο αυτά τα παιδια που θα βραβευτουν αύριο συνεχίζουν;

HerrGauss · #47

Για το δεύτερο θέμα των μικρών
$x^2 - 6x + 9 = (x-3)^2 \Rightarrow 6x = x^2 + 9 - (x-3)^2 \Rightarrow x^2 + 9 - (x-3)^2 - xy = 9 \Rightarrow x(x-y) = (x-3)^2.$ .
Απο την οποία πρέπει x > y

δηλαδή $x = k + y, k \geq 0.$ Συμμετρικά για τις άλλες εξισώσεις ισχύουν $y = z + m, m \geq 0$ και $z = x + n, n \geq 0$ . Με αντικατάσταση έχουμε: k + m + n = 0

άρα

δηλαδή

επεξεργασία: Καταλάθος έγραψα x > y

ενώ ήθελα να γράψω $x \geq y$ .

ΤΣΟΠΕΛΑΣ ΓΙΑΝΝΗΣ · #48

Συγχαρητήρια σε όλους τους μαθητές που διακρίθηκαν και ιδιαίτερα στους Ηλείους μαθητές Aδαμοπουλο Διονύση και Αδαμόπουλο Δημήτρη!!

JimNt. · #49

Συγχαρητήρια Σε Όλους Τους Επιτυχόντες Και Μη Και Καλή Επιτυχία Στον Προκριματικό!

#50

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά .

Ιδιαίτερα στους Λιγνό, Αδαμόπουλο και Ψυρούκη

#51

Συγχαρητήρια σε όλους τους επιτυχόντες!

Ειδικότερα στους "δικούς μας" Ορέστη Λιγνό, Διονύση Αδαμόπουλο, Ραφαήλ Ψυρούκη και Γιάννη Σημαντήρη απ' τη Γλυφάδα!

christodoulos703 · #52

Και εγώ

στο παρά πέντε.

#53

christodoulos703 έγραψε:Και εγώ στο παρά πέντε.

Συγχαρητήρια και σε σένα, καθώς επίσης και σε άλλα παιδιά του που υπογράφουν με ονόματα μη αναγνωρίσιμα (έχω ένα δυο υπόψη μου χωρίς να είμαι απόλυτα σίγουρος). Σε όλους αυτούς εύχομαι Καλή Συνέχεια!

Τέλος τα Θερμά μου Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά που συμμετείχαν στον διαγωνισμό!

#54

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά που διακρίθηκαν. Είναι μεγάλη επιτυχία , άθλος θα έλεγα !

Σχεδιάζουμε να κατέβουμε στην απονομή και τα συγχαρούμε και από κοντά !!!

Μπ

#55

Συγχαρητήρια στους επιτυχόντες! Καλή επιτυχία στον Προκριματικό!

#56

achilleas έγραψε: ....

Σημείωση: Το πολυώνυμο $\pi(x)$ που προκύπτει από τη λύση του Νίκου είναι το

$\displaystyle{x^{12}+2x^{11}+3x^{10}+5x^9+8x^8+13x^7+21x^6+31x^5+56x^4+70x^3+157x^2+126x+504}$

κι άρα

$P(x)=\displaystyle{x^{14}+3x^{13}+x^{12}+x^{10}+x^9+2x^8+3x^6+2x^5+3x^4+3x^3+2x^2+1.}$

...

Κάποιες σκέψεις πάνω στο 4ο ΘΕΜΑ μετά την πολύ ωραία λύση του Νίκου.

Ένας brute force τρόπος να βρούμε το παραπάνω πολυώνυμο είναι να ξεκινήσουμε με το

P_0(x)=2017

.

Παρατηρούμε ότι για να "ρίξουμε" την τιμή του P_0(1)

αρκεί να προσθέσουμε πολυώνυμο a_n(x^2+x-4)x^n

για κατάλληλα

και

, αφού για x=1

το τελευταίο δίνει τιμή -2a_n

.

Δηλαδή, αφαιρούμε ένα θετικό άρτιο ακέραιο κάθε φορά. Κρατάμε τους συντελεστές μη αρνητικούς και η τιμή του νέου πολυωνύμου στο x=1

είναι μικρότερη από την προηγούμενη.

Σε κάθε βήμα, από το P_k(x)

βαθμού

παίρνουμε ένα πολυώνυμο $P_{k+1}(x)$ βαθμού k+1

, με

$0<P_{k+1}(1)<P_k(1)$ .

Έτσι παίρνουμε μια φθίνουσα ακολουθία θετικών ακεραίων, η οποία αναγκαστικά θα τερματίσει.

Ξεκινώντας, αφού $\lfloor \dfrac{2017}{4}\rfloor=504$ , παίρνουμε

$P_2(x)=504(x^2+x-4)+P_0(x)=504(x^2+x-4)+2017={\color{purple}{504}}x^2+{\color{blue}{504}}x+1$ με P_2(1)=1009

.

Aφού $\lfloor \dfrac{504}{4}\rfloor=126$ , θέτουμε

$P_3(x)=P_2(x)+{\color{purple}{126}}(x^2+x-4)x={\color{purple}{126}}x^3+{\color{blue}{630}}x^2+1$ με P_3(1)=754<1009

.

Κάθε φορά, κοιτάμε τον πρώτο συντελεστή από τα δεξιά που είναι μεγαλύτερος ή ίσος του 4, και προσθέτουμε κατάλληλο πολλαπλάσιο του x^2+x-4

.

Aφού $\lfloor \dfrac{630}{4}\rfloor=157$ , θέτουμε

$P_4(x)=P_3(x)+{\color{purple}{157}}(x^2+x-4)x^2={\color{purple}{157}}x^4+{\color{blue}{283}}x^3+{\color{red}{2x^2+1}}$ με P_4(1)=443<754

.

Aφού $\lfloor \dfrac{283}{4}\rfloor=70$ , θέτουμε

$P_5(x)=P_4(x)+{\color{purple}{70}}(x^2+x-4)x^3={\color{purple}{70}}x^5+{\color{blue}{227}}x^4+{\color{red}{3x^3+2x^2+1}}$ με P_5(1)=303<443

.

Συνεχίζοντας με τον ίδιο τρόπο, κοιτάμε κάθε φορά τον μπλε συντελεστή και παίρνουμε τα παρακάτω- η "ουρά" είναι με κόκκινο και παραμένει η ίδια-

$P_6(x)=P_5(x)+{\color{purple}{56}}(x^2+x-4)x^4={\color{purple}{56}}x^6+{\color{blue}{126}}x^5+{\color{red}{3x^4+3x^3+2x^2+1}}$

$P_7(x)=P_6(x)+{\color{purple}{31}}(x^2+x-4)x^5={\color{purple}{31}}x^7+{\color{blue}{87}}x^6+{\color{red}{2x^5+3x^4+3x^3+2x^2+1}}$

$P_8(x)=P_7(x)+{\color{purple}{21}}(x^2+x-4)x^6={\color{purple}{21}}x^8+{\color{blue}{52}}x^7+{\color{red}{3x^6+2x^5+3x^4+3x^3+2x^2+1}}$

$P_9(x)=P_8(x)+{\color{purple}{13}}(x^2+x-4)x^7={\color{purple}{13}}x^9+{\color{blue}{34}}x^8+{\color{red}{3x^6+2x^5+3x^4+3x^3+2x^2+1}}$

$\displaystyle{P_{10}(x)=P_9(x)+{\color{purple}{8}}(x^2+x-4)x^8={\color{purple}{8}}x^{10}+{\color{blue}{21}}x^9+{\color{red}{2x^8+3x^6+2x^5+3x^4+3x^3+2x^2+1}}}$

$\displaystyle{P_{11}(x)=P_{10}(x)+{\color{purple}{5}}(x^2+x-4)x^9={\color{purple}{5}}x^{11}+{\color{blue}{13}}x^{10}+{\color{red}{x^9+2x^8+3x^6+2x^5+3x^4+3x^3+2x^2+1}}$

$\displaystyle{P_{12}(x)=P_{11}(x)+{\color{purple}{3}}(x^2+x-4)x^{10}={\color{purple}{3}}x^{12}+{\color{blue}{8}}x^{11}+{\color{red}{x^{10}+x^9+2x^8+3x^6+2x^5+3x^4+3x^3+2x^2+1}}$

$\displaystyle{P_{13}(x)=P_{12}(x)+{\color{purple}{2}}(x^2+x-4)x^{11}={\color{purple}{2}}x^{13}+{\color{blue}{5}}x^{12}+{\color{red}{x^{10}+x^9+2x^8+3x^6+2x^5+3x^4+3x^3+2x^2+1}}$

$\displaystyle{P_{14}(x)=P_{13}(x)+(x^2+x-4)x^{12}={\color{red}{x^{14}+3x^{13}+x^{12}+x^{10}+x^9+2x^8+3x^6+2x^5+\cdots +2x^2+1}}$

Οι συνετελεστές του τελευταίου είναι όλοι μη αρνητικοί και μικρότεροι του 4, οπότε η παραπάνω διαδικασία τερματίζει.

Αν παρατηρήσουμε την αντιστοιχία των μωβ συντελεστών, οι υπολογισμοί γίνονται ευκολότερα απ'ότι δείχνουν.

Προσθήκη: Τα παραπάνω παρουσιάζονται απλούστερα στο αμέσως επόμενο μήνυμα.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#57

achilleas έγραψε: ....

Οι συνετελεστές του τελευταίου είναι όλοι μη αρνητικοί και μικρότεροι του 4, οπότε η παραπάνω διαδικασία τερματίζει.

Αν παρατηρήσουμε την αντιστοιχία των μωβ συντελεστών, οι υπολογισμοί γίνονται ευκολότερα απ'ότι δείχνουν.

Σε συνέχεια του παραπάνω, θα μπορούσαμε να απλοποιήσουμε την γραφή και να την γράψουμε πιο κομψά, εστιάζοντας μόνο στην ακολουθία των συντελεστών κάθε φορά, γράφοντας την "ανάποδα" αυτή τη φορά:

(1,504,504)

(1,0,630,126)

(1,0,2,283,157) --> π.χ. 2 =υπόλοιπο διαίρεσης 630:4

,

πηλίκο της 630:4

, 157=πηλίκο της 630:4

(1,0,2,3,227,70)

(1,0,2,3,3,126,56)

(1,0,2,3,3,2,87,31)

(1,0,2,3,3,2,3,52,21)--> π.χ. 3 =υπόλοιπο διαίρεσης 87:4

,

πηλίκο της 87:4

, και 21=πηλίκο της 87:4

(1,0,2,3,3,2,3,0,34,13)

(1,0,2,3,3,2,3,0,2,21,8)

(1,0,2,3,3,2,3,0,2,1,13,5)

(1,0,2,3,3,2,3,0,2,1,1,8,3)

(1,0,2,3,3,2,3,0,2,1,1,0,5,2)

(1,0,2,3,3,2,3,0,2,1,1,0,1,3,1)

Σε κάθε βήμα ουσιαστικά "απλά" εφαρμόζουμε την Ευκλείδεια διαίρεση

Done!

Φιλικά,

Αχιλλέας

Κατερινόπουλος Νικόλας · #58

Καλησπέρα μέλη του Mathematica, είμαι ο Κατερινόπουλος Νικόλας, μαθητής της έκτης Δημοτικού και είμαι καινούριο μέλος!!!

Κατερινόπουλος Νικόλας · #59

Χριστόδουλε, και πάλι συγχαρητήρια!!!

#60

Καλησπέρα σας!

Θερμά Συγχαρητήρια σε όλους τους διακριθέντες του χθεσινού διαγωνισμού, αλλά και σε όλους όσους διαγωνίσθηκαν!

Και τώρα τι;

Όσοι διακρίθηκαν θα συνεχίσουν την προετοιμασία τους φυσικά.

Το ίδιο, όμως, πρέπει να ισχύσει για όλους!

Η ενασχόληση με τα μαθηματικά και την επίλυση προβλημάτων είναι μια υπέροχη διανοητική διαδικασία!

Δεν πρέπει να περιορίζεται λίγο πριν την περίοδο διαγωνισμών! Πρέπει να είναι συνεχής!

Δεν έχει να κάνει με "βάσεις πρόκρισης", αλλά με την αναζήτηση λύσης, την εύρεση της, και μετά την επινόηση ακόμα μιας, ίσως κομψότερης, μέχρι να μας σαγηνεύσει ένα άλλο πρόβλημα και να συνεχίσουμε προς άλλες οδούς.

Καλή συνέχεια σε όλους τους μαθητές που αγαπούν τα μαθηματικά με την επίλυση προβλημάτων!

Θαυμάζουμε τις επιτυχίες σας και απολαμβάνουμε τις λύσεις σας! Έχετε πολλά να δώσετε! Προσμένουμε πολλά από εσάς!

Φιλικά,

Αχιλλέας

Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Re: Αρχιμήδης 2017

Μέλη σε σύνδεση