Εισαγωγικού τύπου ολυμπιάδα «Βήμα στο μέλλον» του Κρατικού Τεχνικού Πανεπιστημίου Μόσχας Bauman (Πολυτεχνείο) Μια από τις εκδόσεις των θεμάτων για το 2019. 1. Ένας φοιτητής έγραψε πρόγραμμα που επαναχρωματίζει το πίξελ σε ένα από $128$ διαφορετικά χρώματα. Τα χρώματα αυτά είναι αριθμημένα με φυσικο...

Καλημέρα, Βασίζομαι στο σχήμα του Κώστα και έχω: $a=DA=b+bcos\phi+asin\phi\Rightarrow b=\dfrac{a(1-sin\phi)}{1+cos\phi}$ $a=PQ=bsin\phi+acos\phi\Rightarrow b=\dfrac{a(1-cos\phi)}{sin\phi}$ Από την ισότητα των δεύτερων μελών παίρνω: $(1-sin\phi)sin\phi=(1-cos\phi)(1+cos\phi)=sin^{2}\phi\Rightarrow si...

Γιώργο καλησπέρα, Φέρνουμε από το $M$ κάθετη προς την $AC$ που τέμνει την $AP$ έστω στο $E$. $\bigtriangleup ABP\sim \bigtriangleup EPD\Rightarrow \dfrac{DE}{AB}=\dfrac{PD}{PB}=3.5\Rightarrow EM=4c$ Αρα $\bigtriangleup ABM\sim \bigtriangleup AME\Rightarrow \angle AMB=\angle AEM\Rightarrow AE,BM$ κάθ...

Εισαγωγικού τύπου ολυμπιάδα «Βήμα στο μέλλον» του Κρατικού Τεχνικού Πανεπιστημίου Μόσχας Bauman (Πολυτεχνείο) Μια από τις εκδόσεις των θεμάτων για το 2019. 3. Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων $a$ και $b$, για τα οποία εκ των τεσσάρων ισχυρισμών 1) $a^2+4a+3$ διαιρείται με το $b$ 2) $a^2+ab-6...

Καλησπέρα σε όλους, $ABDP$ εγγράψιμο άρα$\angle PDM=\angle OAB=\angle OBA$. Επίσης $PBMO$ εγγράψιμο άρα $\angle MPO=\angle OBM$ Αν περιστρέψουμε την $\angle AOB$ γύρω από το $O$ δεξιόστροφα κατά μια γωνία ίση με $\angle MPO$ θα βρεθεί με πλευρές παράλληλες με την $\angle PMD\Rightarrow \angle AOB=\a...

Καλησπέρα, Βασίζομαι στην πολύ όμορφη λύση του Νίκου για να διατυπώσω μια ακόμα. $(PAQT)=(CAQ)-(CPT)=(NPM)-(CPT)= (FTM)-(CNF)=(CTM)-(CNM)=(CTM)-\dfrac{b^{2}}{4}$ Αρα $E_{max}=(CTM)_{max}-\dfrac{b^{2}}{4}$. Το $(CTM)$ είναι ορθογώνιο τρίγωνο με σταθερή υποτείνουσα οπότε μεγιστοποιείται όταν είναι ισο...

Καλησπέρα σε όλους.

Εύκολα προκύπτει από το σχήμα ότι:

Καλησπέρα,

Demetres έγραψε: ↑

Δευ Ιουν 24, 2019 12:08 pm

Altrian έγραψε: ↑

Δευ Ιουν 24, 2019 12:04 pm

Demetres έγραψε: ↑

Δευ Ιουν 24, 2019 10:30 am

Γενίκευση για το 4: Βρείτε όλους τους δυνατούς χρωματισμούς με 302 μαύρα κελιά.

Καλημέρα.Επισυνάπτω μια λύση. Υπάρχουν και άλλες ισοδύναμες.

Δεν είναι σωστή. Υπάρχουν κελιά με τρεις μαύρους γείτονες.

Νομίζω τώρα το έχουμε!!

Demetres έγραψε: ↑

Δευ Ιουν 24, 2019 10:30 am

Γενίκευση για το 4: Βρείτε όλους τους δυνατούς χρωματισμούς με 302 μαύρα κελιά.

Εχεις δίκιο. Θα επανέλθω με την σωστή.

Θανάση καλησπέρα, σταθερη και μεγιστη τιμη_1.png α) Γράφω τους κύκλους με διαμέτρους τις $AD,BC$ οι οποίοι ξανατέμνονται (πλην του $S$) έστω στο $F$. Προφανώς οι κορυφές $N,L$ του περιγεγραμμένου ορθογωνίου κινούνται στους δύο αυτούς κύκλους. Φέρνω τις $NF$ και $FL$. $\angle LBS=\angle NDS=\angle SF...

Καλησπέρα σε όλους. α) Φέρνουμε $AK=\left | \right |DC\Rightarrow$$ADCK$ παρ/μο και $\bigtriangleup ALK$ ισοσκελές. Φέρνουμε $AH\left | \right |$ προς την διχοτόμο της $S.$. Επειδή $H$ μέσο της $LK\Rightarrow NH=\left | \right |\dfrac{CK}{2}=\left | \right |AM\Rightarrow AH=\left | \right |MN$. Δηλ....

Φέρνω . ορθογώνιο.

Καλημέρα, Μια ακόμα λύση (από τις λίγες που μας άφησε ο Ορέστης :clap2: ) Φέρνουμε $FB=\left | \right |AC$. $FBCA$ παραλληλόγραμμο και εύκολα προκύπτουν οι γωνίες του σχήματος. $v+4u=180$ Επειδή η $BD$ φαίνεται από τα $A,F$ υπό ίσες γωνίες $\Rightarrow FBDA$ εγγράψιμο. Αρα $u=v$ (από τα ίσα τόξα $BD...

Ανοιχτή Ολυμπιάδα Φυσικομαθηματικού Λυκείου 239 Αγίας Πετρούπολης για τις τάξεις 10η και 11η , 2014. 2. Το πολυώνυμο $P(x)$ τετάρτου βαθμού είναι τέτοιο, ώστε η εξίσωση $P(x)=x$ να έχει τέσσερις ρίζες, αλλά οποιαδήποτε εξίσωση της μορφής $P(x)=c$, το πολύ δυο. Να αποδείξετε, ότι και η εξίσωση $ P(x...

LXXXII Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας XXX Μαθηματική Γιορτή, θέματα της 7ης τάξης. Πρόβλημα 5. Ο Μιχάλης σχημάτισε στο τραπέζι με $9$ τετράγωνα και $19$ ισόπλευρα τρίγωνα (χωρίς να τοποθετήσει το ένα πάνω στο άλλο) ένα πολύγωνο. Μπορεί άραγε η περίμετρος αυτού του πολυγώνου να είναι ίση με $15$ εκατοσ...

Εστω ότι επιλέγουμε την θέση $k$. Ξεκινώντας η μπουκάλα από την θέση $0$ κάποια στιγμή με βεβαιότητα θα βρεθεί στην θέση $k-1$ ή στην θέση $k+1$ (λόγω κυκλικής συμμετρίας είναι το ίδιο). Η πιθανότητα να είναι η θέση $k$ η μόνη που δεν θα περάσει η μπουκάλα είναι ίση με την πιθανότητα να κινηθεί από ...

Εστω $(KEL)=A$. Ευκολα προκύπτουν τα $(ELB)=5A....,(LDB)=10A,...,(AKL)=12-A$ $\dfrac{(EKL)}{(KLA)}=\dfrac{(EKB)}{AKB}\Rightarrow \dfrac{A}{12-A}=\dfrac{6A}{36+9A}\Rightarrow A=2,4$. Αρα $(LDB)=10A=24=(LDA)\Rightarrow AL=LB=10$ Ευκολα τώρα στο ορθογώνιο $ADL$ τρίγωνο εμβαδού $24$ με υποτείνουσα $10$ ...

Καλημέρα, Εστω $(ABCD)=A$ και $(SAC)=K$. Εχουμε: $\dfrac{(SAT)}{(SAC)}=\dfrac{5}{K}=\dfrac{a}{a+b}........[1]$ $\dfrac{(CAT)}{(CAB)}=\dfrac{\dfrac{A}{2}-6}{\dfrac{A}{2}}=\dfrac{A-12}{A}=\dfrac{a}{a+b}.......[2]$ Από $[1],[2]\Rightarrow K=\dfrac{5A}{A-12}.......[3]$ Επίσης έχουμε ότι: $K=\dfrac{A}{2}...

Προεκτείνω την . Από ομοιότητα τριγώνων και DEF παίρνω . Αρα