ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2004 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

parmenides51 · #1

1. Δίνεται τραπέζιο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ με $\displaystyle{AB//\Gamma\Delta, AB=\alpha, \Gamma\Delta=2\alpha}$ και $\displaystyle{\Delta B\perp B\Gamma}$ .
Έστω $\displaystyle{M}$ το μέσον της $\displaystyle{\Gamma\Delta, O}$ το σημείο τομής των διαγωνίων του τετραπλεύρου $\displaystyle{ABM\Delta}$ ,
$\displaystyle{K}$ το σημείο τομής των ευθειών $\displaystyle{\Delta A, \Gamma B}$ και $\displaystyle{\Lambda}$ το σημείο τομής των ευθειών $\displaystyle{KO}$ και $\displaystyle{AB}$ .
Να αποδείξετε ότι:
α) το τετράπλευρο $\displaystyle{ABM \Delta}$ είναι ρόμβος
β) το τρίγωνο $\displaystyle{\Gamma\Delta K}$ είναι ισοσκελές
γ) η ευθεία $\displaystyle{\Delta \Lambda}$ τέμνει το ευθύγραμμο τμήμα $\displaystyle{KB}$ στο μέσον του.

2. Να βρεθούν οι ακέραιοι $\displaystyle{a,b,c,d}$ ώστε ab+cd=34

και

3. Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f (\nu)=\frac{2\nu + 1+ \sqrt{\nu(\nu +1)}}{\sqrt{\nu +1}+\sqrt{\nu}}}$ , όπου ο $\displaystyle{\nu}$ είναι θετικός ακέραιος.
α) να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{f (1)=2\sqrt2-1}$
β) Να υπολογίσετε την τιμή του αθροίσματος $\displaystyle{\Sigma= f(1)+ f(2)+...+ f(100)}$ .

4. Δίνεται κύκλος $\displaystyle{C}$ κέντρου $\displaystyle{O}$ και ακτίνας $\displaystyle{R}$ καθώς και σημείο $\displaystyle{A}$ εκτός αυτού με $\displaystyle{AO= d}$ .
Να προσδιορίσετε σημεία $\displaystyle{B , \Gamma}$ και $\displaystyle{\Delta}$ πάνω στο κύκλο $\displaystyle{C}$ έτσι ώστε να σχηματίζεται κυρτό τετράπλευρο $\displaystyle{AB\Gamma \Delta}$ με το μεγαλύτερο δυνατό εμβαδόν.

edit
Αλλαγή 2ου θέματος , η εκφώνηση που υπάρχει εκ παραδρομής αλλού είναι

2.Αν σε τριψήφιο θετικό ακέραιο $\displaystyle{A}$ προσθέσουμε το πενταπλάσιο του αθροίσματος των ψηφίων του, προκύπτει ο αριθμός $\displaystyle{840}$ .
Να βρεθεί ο αριθμός $\displaystyle{A}$ .

Garfield · #2

parmenides51 έγραψε:
2. Αν σε τριψήφιο θετικό ακέραιο $\displaystyle{A}$ προσθέσουμε το πενταπλάσιο του αθροίσματος των ψηφίων του, προκύπτει ο αριθμός $\displaystyle{840}$ .
Να βρεθεί ο αριθμός $\displaystyle{A}$ .

Θέτουμε $\displaystlye{ A= \overline{xyz} := 100x +10y +z }$ όπου $x,y,z\in \{0,1,2, \cdots ,9 \}$ όπου προφανώς είναι $x \neq 0$ .

Από την υπόθεση του προβλήματος έχουμε ότι: $\displaystyle{ A +5(x+y+z)=840 \Longleftrightarrow 100x+10y+z + 5(x+y+z) =840 \Longleftrightarrow 105x+15x+6z=840 \quad (\bigstar) }$

Έτσι έχουμε ότι: $\displaystyle{ (\bigstar) \implies 5|6z \implies 5|z \implies z=1 \quad \textnormal{\gr ή} \quad 5 }$ .

Αν ήταν z=1

τότε παίρνουμε με αντικατάσταση: $(\bigstar) \implies 105x+15y+6=840 \implies 5|(840-6)=834 \quad}$ το οποίο είναι άτοπο!

Άρα $\displaystyle{ \boxed{z=5}}$ και άρα η $(\bigstar)$ μας δίνει: $105x +15y+30=840 \implies 7x+y=54 \implies y=54-7x$ και επειδή $y \in \{0,1,2, \cdots, 9 \}$ έχουμε $\displaystyle{ 6=\frac{42}{7} < \frac{45}{7} \leq x \leq \frac{54}{7} < 8 \implies \boxed{x=7} \quad \textnormal{\gr γιατί} \quad x \in \mathbb Z }$

Άρα $\displaystyle{ (\bigstar) \implies \boxed{y=5} }$ . Επομένως ο ζητούμενος τριψήφιος είναι ο $\displaystyle{ \boxed { A=755} }$

parmenides51 έγραψε: 3. Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f (\nu)=\frac{2\nu + 1+ \sqrt{\nu(\nu +1)}}{\sqrt{\nu +1}+\sqrt{\nu}}}$ , όπου ο $\displaystyle{\nu}$ είναι θετικός ακέραιος.
α) να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{f (1)=2\sqrt2-1}$
β) Να υπολογίσετε την τιμή του αθροίσματος $\displaystyle{\Sigma= f(1)+ f(2)+...+ f(100)}$ .

(a) $\displaystyle{ f(1)= \frac{2+1+ \sqrt{2} }{ \sqrt{2} +1} = \frac{ (3+\sqrt{2})( \sqrt{2}-1)}{ (\sqrt{2}+1)(\sqrt{2}-1)}= \cdots =2\sqrt{2}-1 }$

(b) Πολλαπλασιάσοντας αριθμητή και παρανομαστή με τον συζυγή του παρανομαστή έχουμε:

(.........είναι $\displaystyle{ (\sqrt{\nu+1} + \sqrt{\nu}) \cdot (\sqrt{ \nu+1} - \sqrt{ \nu}) = 1 }$ .......)

$\displaystyle{ f(\nu) = \left( (2 \nu +1) + \sqrt{ \nu ( \nu +1) \right ) \cdot ( \sqrt{\nu +1} - \sqrt{ \nu} ) = \cdots =(\nu +1) \sqrt{ \nu +1} - \nu \sqrt{ \nu} }$ (κάνοντας τις πράξεις). Άρα το άθροισμά μας γίνεται τηλεσκοπικό και βρίσκουμε:

$\displaystyle{ \Sigma= \sum_{k=1}^{100} f(k) = \sum_{k=1}^{100} \left( (k+1) \sqrt{ k+1} - k \sqrt{k} \right) = 101\sqrt{101} - 1 }$

#3

To δεύτερο θέμα σε αυτό το διαγωνισμό δεν ήταν αυτό. Εκ παραδρομής και στο βιβλίο της μαθηματικής υπάρχει αυτό το θέμα.
Το θέμα που έπεσε τότε ήταν να βρεθούν οι ακέραιοι a,b,c,d ώστε ab+cd=34

και

parmenides51 · #4

Διορθώθηκε, ευχαριστούμε

parmenides51 · #5

parmenides51 έγραψε:3. Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f (\nu)=\frac{2\nu + 1+ \sqrt{\nu(\nu +1)}}{\sqrt{\nu +1}+\sqrt{\nu}}}$ , όπου ο $\displaystyle{\nu}$ είναι θετικός ακέραιος.
α) να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{f (1)=2\sqrt2-1}$
β) Να υπολογίσετε την τιμή του αθροίσματος $\displaystyle{\Sigma= f(1)+ f(2)+...+ f(100)}$ .

παρόμοια

hlkampel · #6

parmenides51 έγραψε:1. Δίνεται τραπέζιο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ με $\displaystyle{AB//\Gamma\Delta, AB=\alpha, \Gamma\Delta=2\alpha}$ και $\displaystyle{\Delta B\perp B\Gamma}$ .
Έστω $\displaystyle{M}$ το μέσον της $\displaystyle{\Gamma\Delta, O}$ το σημείο τομής των διαγωνίων του τετραπλεύρου $\displaystyle{ABM\Delta}$ ,
$\displaystyle{K}$ το σημείο τομής των ευθειών $\displaystyle{\Delta A, \Gamma B}$ και $\displaystyle{\Lambda}$ το σημείο τομής των ευθειών $\displaystyle{KO}$ και $\displaystyle{AB}$ .
Να αποδείξετε ότι:
α) το τετράπλευρο $\displaystyle{ABM \Delta}$ είναι ρόμβος
β) το τρίγωνο $\displaystyle{\Gamma\Delta K}$ είναι ισοσκελές
γ) η ευθεία $\displaystyle{\Delta \Lambda}$ τέμνει το ευθύγραμμο τμήμα $\displaystyle{KB}$ στο μέσον του.

α) Είναι: $\Delta {\rm M} = \frac{{\Gamma \Delta }}{2} = \alpha$ οπότε $\Delta {\rm M}// = {\rm A}{\rm B}$ (1)

Στο ορθ. τρίγωνο $\Delta {\rm B}\Gamma$ η ${\rm B}{\rm M}$ είναι διάμεσος στην υποτείνουσα $\Delta \Gamma$ , οπότε ${\rm B}{\rm M} = \frac{{\Delta \Gamma }}{2} \Rightarrow {\rm B}{\rm M} = \alpha = {\rm A}{\rm B}$ (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) συμπεραίνουμε ότι το ${\rm A}{\rm B}{\rm M}\Delta$ είναι ρόμβος. (Παρ/μομε δύο διαδοχικές πλευρές ίσες)

Θα έχουμε και $\Delta {\rm A} = {\rm A}{\rm B} = \alpha$ (3)

β) Είναι ${\rm A}{\rm B}// = {\rm M}\Gamma$ , οπότε το ${\rm A}{\rm B}\Gamma {\rm M}$ είναι παρ/μο.

Έτσι είναι: ${\rm A}{\rm M}//{\rm B}\Gamma \Leftrightarrow {\rm A}{\rm M}//{\rm K}{\rm B}$ (από το ${\rm A}{\rm B}\Gamma {\rm M}$ ) και ${\rm B}{\rm M}//{\rm A}\Delta \Rightarrow {\rm B}{\rm M}//{\rm A}{\rm K}$ (από το ${\rm A}{\rm B}{\rm M}\Delta$ )

Οπότε το ${\rm A}{\rm K}{\rm B}{\rm M}$ είναι παρ/μο, έτσι ${\rm A}{\rm K} = {\rm B}{\rm M} = \alpha$ .

$\Delta {\rm K} = \Delta {\rm A} + {\rm A}{\rm K}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} \Delta {\rm K} = 2\alpha \Rightarrow \Delta {\rm K} = \Delta \Gamma$ , δηλαδή το τρίγωνο $\Gamma \Delta {\rm K}$ είναι ισοσκελές.

γ) Το σημείο ${\rm O}$ είναι κέντρο του παρ/μου ${\rm A}{\rm B}{\rm M}\Delta$ ,οπότε είναι μέσο του ${\rm B}\Delta$ .

Επίσης $\Delta {\rm A} = {\rm A}{\rm K} = \alpha$ , δηλαδή το σημείο ${\rm A}$ είναι μέσο του $\Delta {\rm K}$ .

Έτσι στο τρίγωνο $\Delta {\rm B}{\rm K}$ οι ${\rm K}{\rm O}$ και ${\rm B}{\rm A}$ είναι διάμεσοι του που τέμνονται στο $\Lambda$ .

Έτσι το $\Lambda$ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου $\Delta {\rm B}{\rm K}$ , οπότε και η $\Delta \Lambda$ θα είναι διάμεσος του, δηλαδή θα διέρχεται από το μέσο του ${\rm K}{\rm B}$ .

parmenides51 · #7

parmenides51 έγραψε:2. Να βρεθούν οι ακέραιοι $\displaystyle{a,b,c,d}$ ώστε και

επαναφορά

μου θύμισε την ταυτότητα Lagrange : $\displaystyle{(ab+cd)^2+(ad-bc)^2=(a^2+c^2)(b^2+d^2)}$

#8

parmenides51 έγραψε:
parmenides51 έγραψε:2. Να βρεθούν οι ακέραιοι $\displaystyle{a,b,c,d}$ ώστε και
επαναφορά

μου θύμισε την ταυτότητα Lagrange : $\displaystyle{(ab+cd)^2+(ad-bc)^2=(a^2+c^2)(b^2+d^2)}$

Με βάση την ταυτότητα που έγραψες Parmenides, έχουμε:

$\displaystyle{(a^2 +c^2 )(b^2 +d^2 )=34^2 +19^2 =1.1517=37.41}$

Άρα πρέπει:

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ:

$\displaystyle{a^2 +c^2 =1=1^2 +0^2}$ και $\displaystyle{b^2 +d^2 =1517=34^2 +19^2}$ , από όπου προκύπτουν οι δεκτές τιμές για τα $\displaystyle{a,b,c,d}$ οι $\displaystyle{(a,b,c,d)\in \{(1,0,34,19),(-1,0,-34,-19),(0,1,-19,34),(0,-1,19,-34)\}}$ ,
οι οποίες επαληθεύουν τις δοσμένες ισότητες.

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ:

$\displaystyle{a^2 +c^2 =34^2 +19^2}$ και $\displaystyle{b^2 +d^2 =1^2 +0^2}$ , από όπου και ΄πάλι προκύπτει ότι $\displaystyle{(a,b,c,d)\in \{(34,1,-19,0),(-34,-1,19,0),(19,0,34,1),(-19,0,-34,-1)\}}$

3η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ:

$\displaystyle{a^2 +c^2 =37=1^2 +6^2}$ και $\displaystyle{b^2 +d^2 =41=4^2 +5^2}$ από όπου προκύπτει

ότι: $\displaystyle{(a,b,c,d)\in \{(1,4,6,5),(-1,-4,6,5),(6,5,1,4),(-6,-5,-1,-4)\}}$

4η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ:

$\displaystyle{a^2 +c^2 =4^2 +5^2}$ και $\displaystyle{b^2 +d^2 =1^2 +6^2}$ από όπου προκύπτει ότι

$\displaystyle{(a,b,c,d)\in \{4,1,5,6),(-4,-1,-5,-6),(-5,-6,4,1),(5,6,-4,-1)\}}$

panagiotis99 · #9

4. Δίνεται κύκλος $\displaystyle{C}$ κέντρου $\displaystyle{O}$ και ακτίνας $\displaystyle{R}$ καθώς και σημείο $\displaystyle{A}$ εκτός αυτού με $\displaystyle{AO= d}$ .
Να προσδιορίσετε σημεία $\displaystyle{B , \Gamma}$ και $\displaystyle{\Delta}$ πάνω στο κύκλο $\displaystyle{C}$ έτσι ώστε να σχηματίζεται κυρτό τετράπλευρο $\displaystyle{AB\Gamma \Delta}$ με το μεγαλύτερο δυνατό εμβαδόν.

Καλησπέρα, ξέρουμε ότι το εμβαδόν οποιουδήποτε κυρτού τετραπλεύρου δίνεται από τον τύπο δ1*δ2*sinθ/2
Το ημίτονο γίνεται μέγιστο όταν η γωνία που σχηματίζουν οι διαγώνιοι είναι 90 μοίρες
Ακόμη, για να είναι το ημίτονο 1 η χορδή του κύκλου θα πρέπει να είναι κάθετη στην AO
Επειδή θέλουμε το μέγιστο εμβαδόν θα θέλουμε και οι διαγώνιοι να είναι όσο το δυνατόν μεγαλύτεροι.
Σαφώς η χορδή που ζητάμε είναι η διάμετρος.
Άρα τα δύο σημεία του τετραπλεύρου βρίσκονται στα σημεία τομής του κύκλου με τη κάθετη διάμετρο του ΑΟ
Το τρίτο σημείο πάνω στο κύκλο βρίσκεται στην προέκταση της ΑΟ

Συνεπώς έχουμε σχηματίσει ένα τετράπλευρο ΑΒΓΔ με το μέγιστο εμβαδόν
Έχουμε επιτύχει τις μεγαλύτερες δυνατές διαγώνιους και το μέγιστο ημίτονο της γωνίας
Φιλικά Παναγιώτης

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2004 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2004 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2004 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2004 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2004 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2004 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2004 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2004 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2004 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2004 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Μέλη σε σύνδεση