ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Kokowindows · #21

Φίλε manos1992 τα αποτελέσματα μπορείς να τα μάθεις εάν πάρεις τηλέφωνο στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. στο:210-3616532, ή στο:210-3617784

#22

Στηριγμένος στην
viewtopic.php?f=62&t=804
νομίζω ότι μπορώ να δώσω μια λύση με μιγαδικούς στο 3 θέμα του Αρχιμήδη (όχι για τα παιδιά)
Αν τα $\displaystyle{A,B,C}$ είναι εικόνες των μιγαδικών $\displaystyle{u^2,v^2,w^2}$ αντίστοιχα και ο περιγεγραμμένος κύκλος του $\displaystyle{ABC}$ είναι ο μοναδιαίος τότε τα D,E,F,I είναι εικόνες των μιγαδικών $\displaystyle{-wv,-wu,-uv,-wv-wu-uv}$ αντίστοιχα.
Αν $\displaystyle{z_A}$ εικόνα είτε του $\displaystyle{A_1}$ είτε του $\displaystyle{A_2}$ και Κ το μέσον του ΟΙ τοτε
$\displaystyle{\bar{z}_A=\frac{w^2+v^2-z_A}{v^2w^2}}$ αφού τα $\displaystyle{A_1,A_2\in BC}$
και επειδή τα $\displaystyle{IA_1,DA_1}$ ή $\displaystyle{IA_2,DA_2}$ είναι καθετα θα ισχύει $\displaystyle{\frac{z_A-z_I}{z_A-z_D}\in I}$ λαμβάνοντας υπ όψη ότι $\displaystyle{|u|=|v|=|w|=1}$ και ότι αν $\displaystyle{m=-\bar{m}\Leftrightarrow m\in I}$ καταλήγουμε σε απλό γραμμικό 2χ2 σύστημα (το οποίο ελυσε το mathematica λόγω πολλών πράξεων) και να βρούμε το $\displaystyle{z_A}$ οπότε υπολογίζουμε το $\displaystyle{\left|z_A-z_K \right|=\left|z_A-\frac{z_I}{2} \right|}$ που προκύπτει πάλι με το mathematica μια κυκλικά συμμετρική παράσταση των $\displaystyle{u,v,w}$ ίση με $\displaystyle{-(u^2 (v + w) + v w (v + w) + u (v^2 + v w + w^2))/(u v w)}$ οπότε το ζητούμενο δείχτηκε

Kokowindows · #23

Γνωρίζει κανείς πότε θα βγούν οι λύσεις των θεμάτων απο την Ε.Μ.Ε;

userresu · #24

Εγώ δυστυχώς δεν πήρα τίποτα, αλλά δεν πειράζει αρκεί η εμπειρία.

Ξέρει κάποιος ποια ήταν η βάση για το χάλκινο στους μεγάλους; Επίσης αν πάρω τηλέφωνο την ΕΜΕ θα μου πουν το βαθμο μου;

John13 · #25

Και εγώ δεν πήρα τίποτα, παρόλο που πήγα καλύτερα από πέρυσι που είχα πάρει χάλκινο.
Υ.Γ. userresu αν πάρεις στην ΕΜΕ και σου πουν βαθμολογία στείλε μου ένα μήνυμα να πάρω και εγώ.

Broly · #26

Για το τρίτο θέμα των μικρών παρουσιάζω την παρακάτω λύση που πιστέυω θα
ακολούθησαν οι περισσότεροι διαγωνιζόμενοι που έλυσαν το θέμα>

$(ax+b)(ay+b)(az+b)=a^3xyz+a^2b(xy+yz+zx)+ab^2(x+y+z)+b^3 \geq$
a^3+3a^2b+3ab^2+b^3=(a+b)^3=27

.

Εφαρφογή του Αριθμητικού-Γεωμετρικού μέσου έγινε δυο φορές ως εξής¨

$x+y+z \geq 3\sqrt[3]{xyz}=3$ kai $xy+yz+zx \geq 3\sqrt[3]{(xyz)^2}=3$
μιας και xyz=1

.

Dimitris X · #27

Eγώ πήρα χάλκινο μετάλιο και θα ήθελα και από εδώ να ευχαριστήσω όλα τα παιδιά από το Mathlinks που με βοήθησαν πάρα πολύ το τελευταίο αυτό χρόνο....

Καλή επιτυχία σε όλους και στον εσωτερικό......

Broly · #28

Γίνεται κάποιος να βάλει την λύση του στο 4ο θέμα των μεγάλων?
Το διάβασα προσεχτικά το θέμα αλλά ακόμα δεν μπορώ να καταλάβω την ύπαρξη
ελάχιστων και μέγιστων αριθμών χωρίων αφού για κάποιο ζεύγος (k,n)

υπάρχει ενας συγκεκριμένος αριθμός χωρίων.Για παράδειγμα οταν (k,n)=(3,2)

ο αριθμός των καλών χωρίων είναι 7(αν δεν έχω κάνει κάποιο λάθος).
Ας με διαφωτίσει κάποιος.

killbill121 · #29

Και εγω εδωσα χθες στους μεγαλους αλλα δυστυχως δεν περασα κατι που το περιμενα αφου ελυσα 1,5 θεμα περιπου ,ελπιζω του χρονου στη γ αν καταφερω και παω αρχιμηδη να τα παω καλυτερα .

Συγχαρητηρια σε οσους περασαν

ananas1494 · #30

και εγω με ενα θέμα και κάτι δεν τα κατάφερα... Συγχαρητήρια πάντως στους επιτυχόντες!

Καλή συνέχεια!

Υ.Γ. Ξέρει κανείς να μου πει πόσα άτομα πρώτης λυκείου πέρασαν τον Αρχιμήδη;

#31

Να δώσω κι' εγώ μια λύση για την ανισότητα των "μεγάλων" για λόγους πλουραλισμού
Θέτω $\displaystyle{s=\frac{x+y}{a}>0 ,p=\frac{xy}{a^2}>0}$ τότε αρκεί $\displaystyle{p^3(s^2-2p)^2\le 4}$ όταν $\displaystyle{p>0,s=2}$ αρα αρκεί $\displaystyle{p(p(2-p))^2\le 1}$ [1]
είναι γνωστό ότι
$\displaystyle{s^2\ge 4p\Rightarrow p\le 1}$ [2] και επειδή το $\displaystyle{p+(2-p)=2=const}$ το γινόμενο των θετικών αριθμών μεγιστοποιείται όταν $\displaystyle{p=2-p\Rightarrow p=1}$ οπότε $\displaystyle{ p(2-p)\le 1}$ [3]
πολλαπλασιάζοντας τις [2],[3] παίρνουμε την [1]

Μια λυση για την θεωρία αριθμών των μεγάλων
Η διακρίνουσα της διτετράγωνης (ως προς χ) πρέπει να είναι τετράγωνο ακεραίου άρα
$\displaystyle{... 8+7.2^y=k^2}$ [1]. Έστω $\displaystyle{y\ge 4}$ τότε το α μέλος της [1] είναι άρτιος άρα πρέπει $\displaystyle{k=2m}$ με αντικατασταση έχουμε $\displaystyle{2+7.2^{y-2}=m^2\Rightarrow m=2n \Rightarrow 2=4(n^2-7.2^{y-4})\Rightarrow 4/2}$ άτοπο
ακόμη $\displaystyle{y\ge 0}$ αφού $\displaystyle{x^4-6x^2+1\in Z}$
Τελικά $\displaystyle{y=0,1,2,3, x^2=3\pm \sqrt{8+7.2^y}}$ με παραδεκτη λύση $\displaystyle{x=\pm 3, y=2}$

#32

Ας παραθέσω μία λύση για το 4ο πρόβλημα των μεγάλων.

Διακρίνουμε τις εξής δύο περιπτώσεις:

1η Περίπτωση: Τα $\displaystyle\binom{n}{2}$ σημεία τομής των

ευθειών βρίσκονται έξω από τις

παράλληλες ευθείες. Τότε κάθε μία από τις

ευθείες ορίζει σε κάθε λωρίδα n+1

"καλά" χωρία. Άρα συνολικά έχουμε (k-1)(n+1)

χωρία από τις k-1

λωρίδες που σχηματίζονται από τις

παράλληλες ευθείες. Από την άλλη αν κάποιο από τα παραπάνω $\displaystyle\binom{n}{2}$ σημεία τομής βρίσκεται μέσα σε μία λωρίδα τότε δημιουργείται ακόμη ένα "καλό" χωρίο. Συνεπώς ο ελάχιστος αριθμός "καλών" χωρίων επιτυγχάνεται όταν τα $\displaystyle\binom{n}{2}$ σημεία τομής των

ευθειών βρίσκονται έξω από τις

παράλληλες ευθείες. Άρα $\boxed{(k-1)(n+1)=176 \ \ (1)}$ .

2η Περίπτωση: Τα $\displaystyle\binom{n}{2}$ σημεία τομής των

ευθειών βρίσκονται μέσα στις

παράλληλες ευθείες και εντός των λωρίδων χωρίς σημεία τομής επί των παραλλήλων. Όπως αναφέραμε και παραπάνω για κάθε ένα σημείο τομής που βρίσκεται εντός των λωρίδων δημιουργείται ένα ακόμη "καλό" χωρίο. Έτσι στο τέλος θα έχουμε επιπλέον $\displaystyle\binom{n}{2}$ "καλά" χωρία. Συνεπώς ο μέγιστος αριθμός καλών χωρίων είναι $(k-1)(n+1)+\displaystyle\binom{n}{2}=(k-1)(n+1)+\frac{n(n-1)}{2}$ . Συνεπώς $\boxed{(k-1)(n+1)+\displaystyle\frac{n(n-1)}{2}=221 \ \ (2)}$ .

Λύνοντας το σύστημα των (1)

και

παίρνουμε τελικά k=17

και

.

Αλέξανδρος

Dreamkiller · #33

Ούτε εγώ πέρασα, αφού έλυσα τελικά λίγο λιγότερο από 3 θέματα (το λάθος έγινε στο μέγιστο πλήθος των καλών χωρίων).
Συγχαρητήρια στους διακριθέντες!

nickthegreek · #34

Καλησπέρα σε όλα τα παιδιά του forum!Φέτος πάω πρώτη λυκείου και συμμετείχα για τρίτη χρονιά στον Αρχιμήδη.Στο πρώτο θέμα έβγαλα τις δύο λύσεις αλλά δεν απέδειξα ότι είναι οι μοναδικές,το δεύτερο το έλυσα και από το τέταρτο βρήκα πότε είναι ελάχιστα τα χωρία,βρήκα την 1η σχέση (κ-1)(ν+1)=176 βρήκα επίσης πότε είναι μέγιστα τα χωρία αλλά δεν έγραψα τύπο και δεν μπόρεσα λόγω κυρίως χρόνου να δημιουργήσω σύστημα και να την λύσω πλήρως.Μπορεί κάποιος να μου πει με αυτά που σας είπα πόσο περίπου στα 20 έγραψα;Πόσο περίπου έγραψαν τα παιδιά που πήραν χάλκινο μετάλλιο στους μεγάλους,πόσο ήταν η βάση;Προσπάθησα να επικοινωνήσω με τα γραφεία της ΕΜΕ αλλά όπως και πέρσι και πρόπερσι δεν σήκωνε κανείς τα τηλέφωνα,γι' αυτό δεν μπόρεσα να λύσω τις απορίες μου.Συγχαρητήρια στα παιδιά που βραβεύτηκαν και καλή επιτυχία στην Μεσογειακή ολυμπιάδα!!!

Να τελείωσω συμπληρώνοντας κάτι στην λύση του 4ου θέματος του cretanman,ότι αν δεν κάνω λάθος τα μέγιστα χωρία σχηματίζονται όχι μόνον όταν οι ευθείες τέμνονται εντός των παραλλήλων,αλλά επίσης πρέπει το σημείο τομής δύο εκ των ευθειών αυτών να μην είναι πάνω σε μία από τις παράλληλες ευθείες,γιατί τότε πολύ απλά χάνουμε ένα χωρίο.Περιμένω απάντηση.Σας ευχαριστώ πολύ και καλώς σας βρήκα!(αυτή είναι η πρώτη μου δημοσίευση)

Djimmakos · #35

Απ' ό,τι μου είπε ένας μαθηματικός η βάση ήταν περίπου 6.
Ούτε εγώ πέρασα, αλλά ευχαριστήθηκα τη διαδικασία και γνώρισα και άτομα που ήθελα να γνωρίσω. Μου άρεσε πάρα πολύ η όλη διαδικασία!! Θα τα πούμε του χρόνου, όπου και θα σαρώσουμε τα μετάλλεια, έτσι Dreamkiller;

userresu · #36

Εγώ έλυσα το 1ο θέμα, στο 2ο ανέπτυξα το (χ+ψ)^10, έκανα πράξεις και έγραψα τελειώσαμε από Muirhead (

), και έχω την ίδια λύση με του cretanman στο 4ο, μόνο δεν πρόλαβα να λύσω το σύστημα. Στο 3ο έκανα σχήμα και έγραψα κάποια μάλλον λάθος συμπεράσματα.

Πόσο παραπάνω ήταν η βάση για το χάλκινο;

Stavroulitsa · #37

Καλησπέρα και από πατριωτικά εδάφη!!! Κρίμα που οι ημερομηνίες για τον Αρχιμήδη και το Euromath ήταν ταυτόχρονα και έτσι έπρεπε να διαλέξω ανάμεσα στον Αρχιμήδη και το Euromath, και διάλεξα το Euromath γιατί: α) η εργασία ήταν ομαδική, β) ήταν στην Αυστρία και όπως περίμενα γνωρίστηκα με πολλά αξιολογα παιδια από άλλες χώρες και περάσαμε μαζί 4 φανταστικές μέρες!!!
Θα απαντήσω την 4η άσκηση από τους μικρούς και αργοτερα θα βάλω τις λύσεις για την 2η και 3η άσκηση, ελπίζω να είναι σωστά τα αποτελέσματά μου... Αλλά όπως συνηθίζω κόλλησα στην... πρώτη άσκηση...

Στην α ερώτηση έχουμε 8 ισοσκελή τρίγωνα όπως φαίνεται στο σχήμα που παραθέτω παρακάτω και στην β ερώτηση 8 τρίγωνα...

#38

Djimmakos έγραψε:Απ' ό,τι μου είπε ένας μαθηματικός η βάση ήταν περίπου 6.

Παρακαλώ μην προβαίνετε σε τέτοιες δηλώσεις. Το παραπάνω στοιχείο δεν αληθεύει. Και κάτι γενικά για τις βαθμολογίες. Ας πούμε αν είμασταν σε μια Διεθνή ολυμπιάδα και κάποιος έγραφε ότι ο userrescu "έκανα πράξεις και έγραψα τελειώσαμε από Muirhead" μάλλον θα έπερνε ένα "strong zero", άντε το πολύ 1 στα 7. 'Η αν κάποιος για παράδειγμα μαντέψει τις λύσεις στο πρώτο δεν νομίζω ότι με το συγκεκριμμένο πρόβλημα πρέπει να ελπίζει έστω και σε ένα πόντο. Θα έπερνε πόντο για τη μαντεψιά αν ήταν κάτι δύσκολο.

mariia · #39

γειααα =)
καταρχας συγχαρητηρια σε οσους καταφεραν να διακριθουν στον αρχιμηδη αλλα και σε οσους συμμετειχαν στους διαγωνισμους της μαθηματικης εταιριας

πηρα και εγω μερος φετος στον αρχιμηδη στους μικρους-Γ'γυμνασιου (περσυ ειχα φτασει μεχρι τον ευκλειδη) και μου αρεσε παρα πολυ σαν εμπειρια!

επισης βραβευτηκα με αργυρο

μμμ..εχω δυο ερωτησουλες να κανω...
πιστευετε πως τα φετινα θεματα ηταν πιο ευκολα απο προηγουμενεσ χρονιες?
και ποσο περιπου ειναι η βαση για να περασεις?
και για να απαντησω σε αυτουσ που ρωτανε που ξερουμε αν περασαμε η οχι, εμενα με πηραν τηλεφωνο στο σπιτι...

Djimmakos · #40

smar έγραψε:
Djimmakos έγραψε:Απ' ό,τι μου είπε ένας μαθηματικός η βάση ήταν περίπου 6.
Παρακαλώ μην προβαίνετε σε τέτοιες δηλώσεις. Το παραπάνω στοιχείο δεν αληθεύει. Και κάτι γενικά για τις βαθμολογίες. Ας πούμε αν είμασταν σε μια Διεθνή ολυμπιάδα και κάποιος έγραφε ότι ο userrescu "έκανα πράξεις και έγραψα τελειώσαμε από Muirhead" μάλλον θα έπερνε ένα "strong zero", άντε το πολύ 1 στα 7. 'Η αν κάποιος για παράδειγμα μαντέψει τις λύσεις στο πρώτο δεν νομίζω ότι με το συγκεκριμμένο πρόβλημα πρέπει να ελπίζει έστω και σε ένα πόντο. Θα έπερνε πόντο για τη μαντεψιά αν ήταν κάτι δύσκολο.

Συγγνώμη αν η δήλωσή μου ήταν ψευδής αλλά μου το είπε μαθηματικός και θεώρησα ότι μάλλον θα ήταν αλήθεια.

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2010

Μέλη σε σύνδεση