ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2001 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6473
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2001 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Δευ Δεκ 10, 2012 6:25 pm

1. Προς το εξωτερικό ισοπλεύρου τριγώνου AB\Gamma πλευράς \alpha κατασκευάζουμε ορθογώνιο ισοσκελές τρίγωνο A\Gamma \Delta με \widehat{\Gamma A \Delta} =90^{\circ}. Τα ευθύγραμμα τμήματα \Delta A και \Gamma B προεκτεινόμενα τέμνονται στο σημείο E.
α) Να υπολογίσετε τη \widehat{\Delta B \Gamma}.
β) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του τριγώνου \Gamma \Delta E συναρτήσει της πλευράς \alpha.
γ) Να υπολογίσετε το μήκος του B \Delta συναρτήσει του \alpha.

2. Στο διαγωνισμό ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ της Ε.Μ.Ε. συμμετέχουν αγόρια και κορίτσια που χωρίζονται σε δύο κατηγορίες, στους "μικρούς" και τους μεγάλους".
Τα αγόρια που λαμβάνουν μέρος στον φετινό ΑΡΧΙΜΗΔΗ αποτελούν το 55\% αυτών που συμμετέχουν.
Ο λόγος του πλήθους των "μικρών" αγοριών προς το πλήθος των "μεγάλων" αγοριών ισούται με το λόγο του πλήθους των "μικρών" προς το πλήθος των "μεγάλων".
Να βρεθεί ο λόγος του πλήθους των "μικρών" αγοριών προς το πλήθος των "μικρών κοριτσιών".

3. Να προσδιορίσετε τους μη αρνητικούς ακέραιους αριθμούς \alpha,\beta,\gamma με \alpha \leq \beta \leq \gamma για τους οποίους ισχύει ότι : \alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha - \alpha  \beta \gamma = 2.

4. Να αποδείξετε ότι \displaystyle{1\cdot 2\cdot 3 \cdot ... \cdot 2002 < \left(\frac{2003}{2}\right)^{2002}.}


Θανάσης Κοντογεώργης
Άβαταρ μέλους
parmenides51
Δημοσιεύσεις: 6239
Εγγραφή: Πέμ Απρ 23, 2009 9:13 pm
Τοποθεσία: Πεύκη
Επικοινωνία:

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2001 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Δευ Δεκ 10, 2012 8:36 pm

socrates έγραψε:2. Στο διαγωνισμό ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ της Ε.Μ.Ε. συμμετέχουν αγόρια και κορίτσια που χωρίζονται σε δύο κατηγορίες, στους "μικρούς" και τους μεγάλους".
Τα αγόρια που λαμβάνουν μέρος στον φετινό ΑΡΧΙΜΗΔΗ αποτελούν το 55\% αυτών που συμμετέχουν.
Ο λόγος του πλήθους των "μικρών" αγοριών προς το πλήθος των "μεγάλων" αγοριών ισούται με το λόγο του πλήθους των "μικρών" προς το πλήθος των "μεγάλων".
Να βρεθεί ο λόγος του πλήθους των "μικρών" αγοριών προς το πλήθος των "μικρών κοριτσιών".
εδώ
socrates έγραψε:4. Να αποδείξετε ότι \displaystyle{1\cdot 2\cdot 3 \cdot ... \cdot 2002 < \left(\frac{2003}{2}\right)^{2002}.}
εδώ


gavrilos
Δημοσιεύσεις: 1031
Εγγραφή: Παρ Δεκ 07, 2012 4:11 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2001 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gavrilos » Τετ Ιαν 02, 2013 3:27 pm

socrates έγραψε:1. Προς το εξωτερικό ισοπλεύρου τριγώνου AB\Gamma πλευράς \alpha κατασκευάζουμε ορθογώνιο ισοσκελές τρίγωνο A\Gamma \Delta με \widehat{\Gamma A \Delta} =90^{\circ}. Τα ευθύγραμμα τμήματα \Delta A και \Gamma B προεκτεινόμενα τέμνονται στο σημείο E.
α) Να υπολογίσετε τη \widehat{\Delta B \Gamma}.
β) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του τριγώνου \Gamma \Delta E συναρτήσει της πλευράς \alpha.
α) Η γωνία \displaystyle \hat{\Delta A B} είναι \displaystyle{150 ^{\circ}} αφού ισούται με το άθροισμα των ορθής γωνίας με γωνία ισοσκελούς

τριγώνου.Επίσης το τρίγωνο \displaystyle{\Delta A B} είναι ισοσκελές επειδή \displaystyle{AB=\alpha , A\Delta=\alpha} .

Άρα η γωνία \hat{\Delta BA}. είναι \displaystyle{\frac{180-150}{2}=\frac{30}{2}=15^{\circ}} και η γωνία \displaystyle{\hat{\Delta B \Gamma}} ισούται με \displaystyle{60-15=45^{\circ}}.



β)Εφαρμόζοντας το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο\displaystyle{AB \Gamma} βρίσκουμε πως το ύψος του είναι \displaystyle{\frac{\alpha\sqrt3}{2}}.

Άρα το εμβαδόν του είναι \displaystyle{\frac{\alpha^2\sqrt3}{4}}.

\displaystyle{(A\Gamma\Delta)=\frac{\alpha \cdot \alpha}{2}=\frac{\alpha^2}{2}.


Η γωνία\displaystyle{\hat{EBA}} είναι παραπληρωματική της γωνίας ισοπλεύρου τριγώνου άρα είναι ίση με \displaystyle{120^{\circ}. Επίσης η

γωνία \displaystyle{\hat{BAE}} είναι συμπληρωματική της \hat{\Gamma AB} =60^{\circ} άρα ισούται με \displaystyle{30^{\circ}.

Άρα το τρίγωνο \displaystyle{EBA} είναι ισοσκελές αφού σύμφωνα με τα δεδομένα και η γωνία \displaystyle{\hat{BEA}} θα είναι

\displaystyle{30^{\circ}.

Σχεδιάζουμε το ύψος του τριγώνου \displaystyle{EBA} ,\displaystyle{BK}. Εφόσον η γωνία \displaystyle{\hat{BAE}} είναι

\displaystyle{30^{\circ} το ημίτονό της είναι ίσο με \displaystyle{\frac{1}{2} άρα αφού η υποτείνουσα είναι ίση με \alpha το ύψος

θα είναι \displaystyle{\frac{\alpha}{2}.

Επιπλέον αφού το τρίγωνο \displaystyle{ABK} είναι ορθογώνιο , το τετράγωνο της πλευράς \displaystyle{AK} είναι ίσο με

\displaystyle{\alpha^2 - \left(\frac{a}{2} \right)^2=4\alpha^2-\frac{\alpha^2}{4}=\frac{3\alpha^2}{4}.Άρα η πλευρά \displaystyle{AK} είναι

\displaystyle{\frac{\alpha\sqrt3}{2}.Επομένως αφού το ύψος σε ισοσκελές ισούται με τη διάμεσο η βάση του τριγώνου \displaystyle{EBA}

είναι \displaystyle{\alpha\sqrt3}και το εμβαδόν του τριγώνου είναι

\displaystyle{\frac{\alpha\sqrt3 \cdot \frac{\alpha}{2}}{2}=\frac{\alpha^2\sqrt3}{4}}.

Συνεπώς το εμβαδόν όλου του σχήματος ισούται με:

\displaystyle{(AB\Gamma)+(A\Gamma\Delta)+(EBA) 
=\frac{\alpha^2\sqrt3}{4}+\frac{\alpha^2}{2}+\frac{\alpha^2\sqrt3}{4}=\frac{2\alpha^2\sqrt3}{4} + \frac{\alpha^2}{2} 
=\frac{2\alpha^2 \sqrt3 +2\alpha^2}{4}=\frac{2\alpha^2 (\sqrt3+1)}{4}=\frac{\alpha^2(\sqrt3+1)}{2}.


Γιώργος Γαβριλόπουλος
Άβαταρ μέλους
apotin
Δημοσιεύσεις: 845
Εγγραφή: Τετ Απρ 08, 2009 5:53 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2001 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από apotin » Σάβ Ιαν 05, 2013 9:00 pm

socrates έγραψε: 3. Να προσδιορίσετε τους μη αρνητικούς ακέραιους αριθμούς \alpha,\beta,\gamma με \alpha \leq \beta \leq \gamma για τους οποίους ισχύει ότι : \alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha - \alpha  \beta \gamma = 2 (1)
Διακρίνουμε περιπτώσεις

1) \displaystyle{a = 0\mathop  \Rightarrow \limits^{(1)} bc = 2 \Rightarrow \left( {a,\,b,\,c} \right) = \left( {0,\,1,\,2} \right)}

2) \displaystyle{a = 1\mathop  \Rightarrow \limits^{(1)} b + c = 2 \Rightarrow \left( {a,\,b,\,c} \right) = \left( {1,\,1,\,1} \right)}

3) \displaystyle{a = 2\mathop  \Rightarrow \limits^{(1)} 2b - bc + 2c = 2 \Rightarrow bc - 2b - 2c + 4 = 2 \Rightarrow \left( {b - 2} \right)\left( {c - 2} \right) = 2 \Rightarrow \left( {a,\,b,\,c} \right) = \left( {2,\,3,\,4} \right)}

4) \displaystyle{a \ge 3 \Rightarrow c \ge b \ge a \ge 3}

τότε \displaystyle{abc \ge 3ab,\,\,\,abc \ge 3bc,\,\,\,abc \ge 3ca}

οπότε με πρόσθεση κατά μέλη

\displaystyle{3abc \ge 3\left( {ab + bc + ca} \right) \Leftrightarrow ab + bc + ca - abc \le 0} δλδ το πρόβλημα δεν έχει λύση


Αποστόλης
Άβαταρ μέλους
parmenides51
Δημοσιεύσεις: 6239
Εγγραφή: Πέμ Απρ 23, 2009 9:13 pm
Τοποθεσία: Πεύκη
Επικοινωνία:

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2001 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Σάβ Ιαν 19, 2013 11:35 am

socrates έγραψε:4. Να αποδείξετε ότι \displaystyle{1\cdot 2\cdot 3 \cdot ... \cdot 2002 < \left(\frac{2003}{2}\right)^{2002}.}
μια αντιμετώπιση με επαγωγή από εδώ
Prove that for integer \displaystyle{n} we have: \displaystyle{n! \le \left( \frac {n + 1}{2} \right)^n}
Goutham έγραψε: I proved this result by induction on \displaystyle{n}

Prove the base case.

Assume for \displaystyle{n\in \mathbb{N}}

Consider \displaystyle{(n + 1)! = (n + 1)n! \le (n + 1)\left(\frac {(n + 1)^n}{2^n}\right)}

It suffices to prove that \displaystyle{(n + 1)\left(\frac {n + 1)^n}{2^n}\right) \le \left(\frac {n + 2}{2}\right)^{n + 1}\right)}

\displaystyle{\Longleftrightarrow 2 \le \left(1 + \frac {1}{n + 1}\right)^{n + 1}} which is Bernoulli's inequality.


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4796
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2001 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Δευ Φεβ 10, 2014 7:41 am

socrates έγραψε:3. Να προσδιορίσετε τους μη αρνητικούς ακέραιους αριθμούς \alpha,\beta,\gamma με \alpha \leq \beta \leq \gamma για τους οποίους ισχύει ότι : \alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha - \alpha  \beta \gamma = 2.
Και λίγο διαφορετικά για το θέμα αυτό:

Αφού \displaystyle{a\leq b \leq c}, άρα θα υπάρχουν \displaystyle{m,n \geq 0} ώστε \displaystyle{b=a+m , c=a+n} , (και μάλιστα είναι n\geq m , αφού μας δίνουν ότι c\geq b)

Aντικαθιστώντας τα b,c στην δοσμένη εξίσωση, παίρνουμε:

\displaystyle{a^3 -3a^2 +a^2 n -2an +a^2 m -2am+amn -mn =-2 \Leftrightarrow}

\displaystyle{a^2 (a-3)+an(a-2)+am(a-2)+mn(a-1)=-2}

Aπό την σχέση αυτή , βλέπουμε ότι αν \displaystyle{a\geq 3}, τότε το πρώτο μέλος της είναι μη αρνητικός αριθμός , ενώ το δεύτερο είναι αρνητικός και άρα είναι αδύνατη. Συνεπώς θα πρέπει \displaystyle{a\in \{0,1,2\}} οπότε από εδώ η συνέχεια είναι απλή, παίρνοντας τις τρεις περιπτώσεις.


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6473
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2001 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Πέμ Οκτ 31, 2024 1:44 am

socrates έγραψε:
Δευ Δεκ 10, 2012 6:25 pm
3. Να προσδιορίσετε τους μη αρνητικούς ακέραιους αριθμούς \alpha,\beta,\gamma με \alpha \leq \beta \leq \gamma για τους οποίους ισχύει ότι : \alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha - \alpha  \beta \gamma = 2.

https://artofproblemsolving.com/communi ... 42p2068350


Θανάσης Κοντογεώργης
Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, ΚΥΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης