Αρχιμήδης 2017

#1

Παρακαλούμε τα θέματα και η συζήτηση για αυτά να γίνει αμέσως μετά τη λήξη του διαγωνισμού(μετά τις 2 το μεσημέρι) διότι οι μαθητές γράφουν ακόμη.

Φιλικά

#2

cretanman έγραψε:Παρακαλούμε τα θέματα και η συζήτηση για αυτά να γίνει αμέσως μετά τη λήξη του διαγωνισμού(μετά τις 2 το μεσημέρι) διότι οι μαθητές γράφουν ακόμη.

Φιλικά

Καλημέρα, Αλέξανδρε,

Έχεις δίκιο!

Φιλικά,

Αχιλλέας

#3

Αναρωτιέμαι γιατί δεν δείχνουμε την ίδια ευαισθησία στις Πανελλήνιες

Πέρυσι, η πρώτη απάντηση (συμπτωματικά δική μου) δόθηκε στις 10:56(θερινή ώρα), ενώ οι μαθητές έγραφαν.

JimNt. · #4

Καλησπέρα, ο διαγωνισμός των μικρών έχει λήξει. Αν μου επιτραπεί θα παραθέσω τα θέματα. (Τα οποία θεωρώ ήταν πολύ χαμηλής δυσκολίας)

giormala · #5

: 15.jpg (511.65 KiB) Προβλήθηκε 8006 φορές

Θέματα μικρών τάξεων!

Γιάννης Μπόρμπας · #6

Το 4ο από εμάς (Seniors) ήταν υπερβολικά δύσκολο. Καλά αποτελέσματα σε όλους.

#7

Πρόβλημα 1(μικρών)

: Archimides-Juniors 2017.png (7.78 KiB) Προβλήθηκε 7974 φορές

Έστω

το σημείο τομής της

με το ύψος

του τριγώνου BHC.

Είναι $\displaystyle{EZ = a - \frac{a}{3} - \frac{a}{4} = \frac{{5a}}{{12}}}$

Εξάλλου, $\displaystyle{\frac{{HM}}{{HN}} = \frac{{EM}}{{CN}} = \frac{{MZ}}{{NB}} = \frac{{EM + MZ}}{{CN + NB}} = \frac{5}{{12}} \Leftrightarrow \frac{{MN}}{{HN}} = \frac{{12}}{7} \Leftrightarrow }$ $\boxed{HN = \frac{{12a}}{7}}$

Άρα, $\displaystyle{(BHC) = \frac{a}{2} \cdot \frac{{12a}}{7} \Leftrightarrow }$ $\boxed{(BHC) = \frac{{6{a^2}}}{7}}$

JimNt. · #8

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Το 4ο από εμάς (Seniors) ήταν υπερβολικά δύσκολο. Καλά αποτελέσματα σε όλους.

Πώς ήταν;

JimNt. · #9

Στα θέματα των μικρών, κατά την γνώμη μου τα 1,2,3

ήταν πολύ εύκολα για Αρχιμήδη. Το

τώρα απλά ήθελα να φτάσουμε στην σχέση $3n\ge \binom{n}{2}$ και να δείξουμε ότι το n=7

όντως ικανοποιεί.

#10

Θέμα 3 Μικρών:

Είναι:

$\dfrac{1}{p}=\dfrac{1}{{{a}^{2}}}+\dfrac{1}{{{b}^{2}}}\Leftrightarrow {{a}^{2}}{{b}^{2}}=p\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)$ $\bf\color{red} \left( 1 \right)$ .

Επειδή ο

είναι πρώτος και $p|{{a}^{2}}{{b}^{2}}$ , θα είναι $p|{{a}^{2}}$ ή $p|{{b}^{2}}$ .

Έστω ότι $p|{{a}^{2}}$ . Τότε, θα είναι p|a

, οπότε θα υπάρχει θετικός ακέραιος

τέτοιος, ώστε a=pm

.

Με αντικατάσταση στη σχέση $\bf\color{red} \left( 1 \right)$ βρίσκουμε ότι:

${{p}^{2}}{{m}^{2}}{{b}^{2}}=p\left( {{p}^{2}}{{m}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\Rightarrow p{{m}^{2}}{{b}^{2}}={{p}^{2}}{{m}^{2}}+{{b}^{2}}\Rightarrow {{b}^{2}}=p\left( {{m}^{2}}{{b}^{2}}-p{{m}^{2}} \right)$ .

Άρα, θα είναι $p|{{b}^{2}}$ και p|b

, οπότε θα υπάρχει θετικός ακέραιος

τέτοιος, ώστε b=pn

.

Τότε, η αρχική σχέση δίνει ότι:

$\dfrac{1}{p}=\dfrac{1}{{{p}^{2}}{{m}^{2}}}+\dfrac{1}{{{p}^{2}}{{n}^{2}}}\Rightarrow p=\dfrac{1}{{{m}^{2}}}+\dfrac{1}{{{n}^{2}}}$ .

Αλλά, αφού οι m,n

είναι θετικοί ακέραιοι, θα είναι:

$p=\dfrac{1}{{{m}^{2}}}+\dfrac{1}{{{n}^{2}}}\le \dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{1}=2$ ,

οπότε p=2

και

.

Τελικά, προκύπτει ότι a=b=p=2

, που προφανώς επαληθεύει τη δοσμένη σχέση.

JimNt. · #11

emouroukos έγραψε:Θέμα 3 Μικρών:
Είναι:
$\frac{1}{p}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}\Leftrightarrow {{a}^{2}}{{b}^{2}}=p\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)$ (1).
Επειδή ο είναι πρώτος και $p|{{a}^{2}}{{b}^{2}}$ , θα είναι $p|{{a}^{2}}$ ή $p|{{b}^{2}}$ .
Έστω ότι $p|{{a}^{2}}$ . Τότε, θα είναι , οπότε θα υπάρχει θετικός ακέραιος τέτοιος, ώστε .
Με αντικατάσταση στη σχέση (1) βρίσκουμε ότι:
${{p}^{2}}{{m}^{2}}{{b}^{2}}=p\left( {{p}^{2}}{{m}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\Rightarrow p{{m}^{2}}{{b}^{2}}={{p}^{2}}{{m}^{2}}+{{b}^{2}}\Rightarrow {{b}^{2}}=p\left( {{m}^{2}}{{b}^{2}}-p{{m}^{2}} \right)$ .
Άρα, θα είναι $p|{{b}^{2}}$ και , οπότε θα υπάρχει θετικός ακέραιος τέτοιος, ώστε .
Τότε, η αρχική σχέση δίνει ότι:
$\frac{1}{p}=\frac{1}{{{p}^{2}}{{m}^{2}}}+\frac{1}{{{p}^{2}}{{n}^{2}}}\Rightarrow p=\frac{1}{{{m}^{2}}}+\frac{1}{{{n}^{2}}}$ .
Αλλά, αφού οι είναι θετικοί ακέραιοι, θα είναι:
$p=\frac{1}{{{m}^{2}}}+\frac{1}{{{n}^{2}}}\le \frac{1}{1}+\frac{1}{1}=2$ ,
οπότε και . Τελικά, προκύπτει ότι , που προφανώς επαληθεύει τη δοσμένη σχέση.

Διαφορετικά (a^2-p)(b^2-p)=p^2

....(Ξέχασα να πάρω την περίπτωση που και οι δύο παράγοντες είναι αρνητικοί που όμως στην ουσία είναι παρόμοιο με το αν είναι θετικοί! και που δεν γίνεται να ισχύσει αφού το αριστέρο μέλος θα είναι μικρότερο. Έπρεπε να την απορρίψω;

)

#12

Θέμα 2 Μικρών:

Το δοσμένο σύστημα γράφεται ισοδύναμα:

$\displaystyle{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x\left( {6 - y} \right) = 9}\\ {y\left( {6 - z} \right) = 9}\\ {z\left( {6 - x} \right) = 9} \end{array}} \right\} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {6x - xy = 9}\\ {6y - yz = 9}\\ {6z - zx = 9} \end{array}} \right\}}$ .

Με αφαίρεση της δεύτερης ισότητας από την πρώτη, της τρίτης από τη δεύτερη και της πρώτης από την τρίτη, προκύπτει ότι το δοσμένο σύστημα είναι ισοδύναμο με το

$\displaystyle{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {6\left( {x - y} \right) = y\left( {x - z} \right)}\\ {6\left( {y - z} \right) = z\left( {y - x} \right)}\\ {6\left( {z - x} \right) = x\left( {z - y} \right)} \end{array}} \right\}}$ $\bf \color{red} \left( 1 \right)$ .

Αν δύο από τους αγνώστους είναι ίσοι, για παράδειγμα $\displaystyle{{x = y},}$ τότε έχουμε ότι $\displaystyle{{x = z}}$ και άρα $\displaystyle{{x = y=z},}$ οπότε έχουμε τη λύση $\displaystyle{\left( {x,y,z} \right) = \left( {3,3,3} \right).}$

Υποθέτουμε, λοιπόν, ότι οι αριθμοί $\displaystyle{{x,y,z}}$ είναι διαφορετικοί ανά δύο.

Με πολλαπλασιασμό των παραπάνω εξισώσεων κατά μέλη, βρίσκουμε ότι:

$\displaystyle{xyz\left( {x - y} \right)\left( {y - z} \right)\left( {z - x} \right) = - 216\left( {x - y} \right)\left( {y - z} \right)\left( {z - x} \right),}$

οπότε

$\displaystyle{xyz = - 216,}$

πράγμα άτοπο, αφού οι αριθμοί $\displaystyle{x,y,z}$ είναι θετικοί.

Ώστε, το σύστημα έχει τη μοναδική λύση $\displaystyle{\left( {x,y,z} \right) = \left( {3,3,3} \right).}$

Al.Koutsouridis · #13

Θέμα 2ο Μικρών.
Πολλαλπλασιάζοντας κατά μέλη τις εξισώσεις του συσστήματος έχουμε

x(6-y)y(6-z)z(6-x) = 9^3 =3^6

Παρατηρούμε (από τις αρχικές εξισώσεις του συστήματος) ότι όλοι παράγοντες είναι θετικοί. Οπότε από την ανισότητα αριθμιτικού γεωμετρικού μέσου

$3= \sqrt[6]{x(6-y)y(6-z)z(6-x)} \leq$

$\leq \dfrac{x + (6-y) +y+(6-z)+z +(6-x) }{6} = \dfrac{18}{6} = 3$

που ισχύει ως ισότητα. Άρα όλοι παράγοντες είναι ίσοι μεταξύ τους και βρίσκουμε την λύση (3,3,3)

.

JimNt. · #14

Λύνεται και με απλή αντικατάσταση...

Xeniaaa · #15

JimNt. έγραψε:Καλησπέρα, ο διαγωνισμός των μικρών έχει λήξει. Αν μου επιτραπεί θα παραθέσω τα θέματα. (Τα οποία θεωρώ ήταν πολύ χαμηλής δυσκολίας)

Καλησπέρα! Οι λύσεις των μεγάλων;

Γιάννης Μπόρμπας · #16

Εγώ έλυσα τα 2,3. Μου έφαγε όλη την ώρα το 4ο και δεν πρόλαβα γεωμετρία.

nikos_el · #17

Θέματα μεγάλων τάξεων

KARKAR · #18

: Γεωμετρία μεγάλων.png (32.83 KiB) Προβλήθηκε 7603 φορές

#19

Θέμα 1 Μεγάλων:

Επειδή AC=AE

, θα είναι $\angle ACE=\angle AEC=\angle FEB$ .

Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο AFBC

, έχουμε ότι: $\angle EFB=\angle ACB$ .

Επομένως, είναι $\angle EFB=\angle FEB$ , οπότε το τρίγωνο BEF

είναι ισοσκελές, με $BF=BE=\dfrac{EG}{2}$ .

Άρα, στο τρίγωνο EFG

η διάμεσος

ισούται με το μισό της πλευράς

και επομένως το τρίγωνο EFG

είναι ορθογώνιο με $\angle EFG={{90}^{\circ }}$ .

Επίσης, τα τρίγωνα ABE

και

είναι ίσα (αφού έχουν την

κοινή,

και $\angle AEB=\angle ACB=\angle ADB$ ). Άρα, θα ισχύει $BD=BF=\dfrac{EG}{2}$ , οπότε, όπως παραπάνω, θα είναι: $\angle EDG={{90}^{\circ }}$ .

Τελικά, έχουμε ότι $\angle EFG+\angle EDG={{180}^{\circ }}$ , οπότε το τετράπλευρο FEDG

είναι εγγράψιμο σε κύκλο.

christodoulos703 · #20

Καλησπέρα σας.Αν κατά λάθος,στο θέμα 3 μπερδεύτηκα και εβαλα a=b=4 αντί για 2 χάνω κάποια μονάδα;Η διαδικασία ήταν ολοσωστη απλά μπερδεύτηκα με τα τετράγωνα.

Αρχιμήδης 2017

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