ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Henri van Aubel · #1

Καλημέρα!

Σε μισή ώρα θα φτάσουν οι διαγωνιζόμενοι στο εξεταστικό κέντρο. Καλή επιτυχία παιδιά!

Θα αναμένουμε τα θέματα μετά το πέρας του διαγωνισμού και θα δώσουμε ωραίες λύσεις!

Τσιαλας Νικολαος · #2

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...

#3

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 !!!

Ανδρέας Πούλος · #4

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

Κατερινόπουλος Νικόλας · #5

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 · #6

Γεωμετρία μικρών.

Προεκτείνω το τμήμα

προς το

κατά

και σχηματίζεται το παραλληλόγραμμο AOCD

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

Αφού

μέσο του

θα είναι

μέσο του

Οπότε $BE=EO\Leftrightarrow ... BD=2EN$

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

elenipappa · #7

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.

ohgreg · #8

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

.
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:

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

#9

Καλησπέρα.
Γεωμετρία Μεγάλων.
Έστω

το σημείο τομής της

με την παράλληλη από το

προς την

η οποία τέμνει την προέκταση της

στο

. Το τρίγωνο ACT

είναι ισοσκελές ,το

είναι μέσον της

και η

είναι κάθετη στην

. Αρκεί να αποδείξουμε ότι το τετράπλευρο AFCZ

είναι εγγράψιμο. Το τελευταίο ισχύει καθώς $\angle{ZFC}=\angle{ZAC}=90^0-\frac{\angle{A}}{2}$ .

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #10

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

,
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.

#11

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 $\displaystyle{a=b=c=0.}$

fmak65 · #12

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

#13

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 18, 2023 4:53 pm
Καλησπέρα.
Γεωμετρία Μεγάλων.
Έστω το σημείο τομής της με την παράλληλη από το προς την η οποία τέμνει την προέκταση της στο . Το τρίγωνο είναι ισοσκελές ,το είναι μέσον της και η είναι κάθετη στην . Αρκεί να αποδείξουμε ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο. Το τελευταίο ισχύει καθώς $\angle{ZFC}=\angle{ZAC}=90^0-\frac{\angle{A}}{2}$ .

Λϋση From the Book! Μπράβο, Ανδρέα!!

Φιλικά, Αχιλλέας

#14

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 $\left( a,b,c \right) =\left( 0,0,0 \right)$ .

Mathmaster2009 · #15

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 · #16

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 $\displaystyle \frac{21}{2\beta -3}\in \mathbb{N}^{\ast }$

#17

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 · #18

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

#19

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

#20

Μια λύση για το τέταρτο θέμα των μικρών:

Υπάρχει θετικός ακέραιος

τέτοιος, ώστε a-1 = kb

, δηλαδή

.

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

και άρα o

διαιρεί τον 5b-3

, οπότε θα διαιρεί και τον 5b-3-2(2b+3) = b-9

.

Αν

, 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

και άρα o

διαιρεί τον 5b-3

, οπότε θα διαιρεί και τον 5b-3-(4b+3) = b-6

.

Αν

, 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.

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Μέλη σε σύνδεση