ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2013-2014

#1

Έστω και καθυστερημένα, καλή επιτυχία στους διαγωνιζόμενους σήμερα!

Αν κάποιος διαθέτει τα θέματα ας τα ανεβάσει στο forum να τα δούμε! Ευχαριστώ!

Φιλικά,

Αχιλλέας

S.E.Louridas · #2

achilleas έγραψε: ...Αν κάποιος διαθέτει τα θέματα ας τα ανεβάσει στο forum να τα δούμε! Ευχαριστώ!
Φιλικά,
Αχιλλέας

Συμφωνώ απολύτως.

ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ και από εμένα στους Διαγωνιζόμενους,

Δημήτρης Τσιτσέλας · #3

: image.jpg (227.21 KiB) Προβλήθηκε 7492 φορές

Σας παραθέτω τα θεματα του Λυκειου.
Καλή επιτυχία σε όλους εμάς που δίναμε

kostas_zervos · #4

Πρόβλημα 1

Βρείτε όλα τα πολυώνυμα με πραγματικούς συντελεστές που ικανοποιούν την ισότητα για κάθε $x\in\Bbb{R}$ .

$(x^2-6x+8)P(x)=(x^2+2x)P(x-2)\iff$

$\iff (x-2)(x-4)P(x)=x(x+2)P(x-2)$

Για x=0

έχουμε

, για

έχουμε

, για

έχουμε

.

Άρα

.

Τότε

, άρα

$(x-2)(x-4)P(x)=x(x+2)P(x-2)\iff$

$\iff (x-2)(x-4)x(x+2)(x-2)Q(x)=x(x+2)(x-2)x(x-4)Q(x-2)$ για κάθε $x\in\Bbb{R}$ , επομένως

(x-2)Q(x)=xQ(x-2)

, άρα

, δηλαδή $Q(x)=x\Pi(x)$ και $Q(x-2)=(x-2)\Pi(x-2)$ .

Άρα $(x-2)Q(x)=xQ(x-2)\iff (x-2)x\Pi(x)=x(x-2)\Pi(x-2)$ για κάθε $x\in\Bbb{R}$ , επομένως

$\Pi(x)=\Pi(x-2)$ .

Τότε όμως $\Pi(n)=\Pi(n-2)$ για κάθε $n\in\Bbb{N}$ , δηλαδή το $\Pi(x)$ είναι σταθερό , έστω $\Pi(x)=a$ , άρα

$P(x)=x(x+2)(x-2)Q(x)=P(x)=x(x+2)(x-2)x\Pi(x)=ax^2(x+2)(x-2)$ που επαληθεύει.

#5

Πρόβλημα 4
Από το Θεώρημα του Pascal για το εκφυλισμένο εγγεγραμμένο στον κύκλο $\left( {A,r} \right)$ εξάγωνο προκύπτει ότι τα σημεία

$M \equiv EC \cap DB,B \equiv EE \cap FF,S \equiv DE \cap FC$ είναι συνευθειακά. Από τους κύκλους $\left( {A,r} \right),\left( O \right),\left( {B,E,A,F} \right)$ προκύπτει ότι $K \equiv EF \cap CD \cap AB$ ως

το ριζικό τους κέντρο και προφανώς το μέσο της . Από το πλήρες τετράπλευρο προκύπτει ότι η είναι η ευθεία (με μέσο της )
[attachment=0]1.png[/attachment]
και συνεπώς $T \equiv DC \cap SM$ είναι το μέσο της και με το μέσο της από το Θέωρημα της κεντρικής δέσμης $\left( {D.S,T,M} \right)$ προκύπτει ότι

$EF\parallel SM \Rightarrow \angle BME = \angle MEF\mathop = \limits^{\,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta - \upsilon \pi o\,\,\chi o\rho \delta \eta \varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \varsigma }$ $\angle CFB \Rightarrow BCFM$ εγγράψιμο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#6

Πρόβλημα 2
Βρείτε τις τιμές του ακέραιου

για τις οποίες ο αριθμός $A=\dfrac{8n-25}{n+5}$ ισούται με τον κύβο ρητού αριθμού.

Αν

είναι ο Μ.Κ.Δ. των 8n-25,n+5

τότε ο

είναι διαιρέτης του $8\left(n+5 \right)-\left(8n-25 \right)=65.$
Ας είναι $A=\dfrac{a^3}{b^3}$ όπου a,b

ακέραιοι πρώτοι μεταξύ τους. Τότε 8n-25=da^3

και

Απαλείφοντας το

βρίσκουμε $d\left(8b^3-a^3 \right)=65$ με $d\in \left\{1,5,13,65 \right\}.$

$\bullet$ Για d=1

είναι $\left(2b \right)^3-a^3=65.$ Οι μόνοι κύβοι που διαφέρουν κατά

είναι τα ζεύγη 64,-1

και

Μόνο η πρώτη περίπτωση οδηγεί στη λύση n=3.

$\bullet$ Για d=5

είναι $\left(2b \right)^3-a^3=13.$ Δεν υπάρχουν κύβοι που να διαφέρουν κατά 13.

$\bullet$ Για d=13

είναι $\left(2b \right)^3-a^3=5.$ Δεν υπάρχουν κύβοι που να διαφέρουν κατά

$\bullet$ Για d=65

είναι $\left(2b \right)^3-a^3=1.$ Οι μόνοι κύβοι να διαφέρουν κατά

είναι τα ζεύγη 1,0

και

που δεν οδηγούν σε λύση.

nickthegreek · #7

Πολύ ωραία και φέτος τα προβλήματα. Εύχομαι καλή επιτυχία σε όλα τα παιδιά και στους γνωστούς μου που συμμετέχουν. Μου άρεσε το πρώτο πρόβλημα και θα παρουσιάσω μια διαφορετική σκέψη.

Παρατηρήστε ότι τα classic tricks με τα degrees των πολυωνύμων δεν λειτουργούν εδώ, καθώς ο βαθμός και των δύο πολυωνύμων εκατέρωθεν της ισότητας είναι n+2

, όπου

. Άρα θέλουμε μια διαφορετική στρατηγική.

Θέτω $P(x)=a \prod_{k=1}^{j}{(x-x_k)^{n_k} }$ ,που είναι ουσιαστικά το πιο ισχυρό πράγμα που μπορούμε να θεωρήσουμε από το Polynomial condition, όπου οι ρίζες $x_j \in \mathbb{C}$ .Τότε αν P_1,P_2

τα πολυώνυμα (x-2)(x-4)P(x), x(x+2) P(x-2)

αντιστοίχως είναι ίσα έχουμε ότι το άθροισμα των ριζών τους, counted with multiplicities, θα είναι το ίδιο.

Άρα $2+4+ \sum{n_i x_i} = -2 +\sum{n_i x_i} +2\sum{n_i} \Rightarrow \sum{n_i}=deg P=4$ και άρα το πολυώνυμο είναι τετάρτου βαθμού. Τα υπόλοιπα είναι εύκολα.

Παναγιώτης Χ. · #8

Συγχαρητήρια σε όλους τους διαγωνιζόμενους και καλά αποτελέσματα

. Μήπως υπάρχουν οι λύσεις για τα θέματα του γυμνασίου (μικρών);

Παναγιώτης Χ. · #9

Τα θέματα των μικρών στο συνημμένο.

jim.jt · #10

Για το 4ο των μικρών:

Έχουμε το σύνολο

, το οποίο αποτελείται από τους αριθμούς που βάφουμε άσπρους, και

από τους αριθμούς που βάφουμε μαύρους.

Χωρίς βλάβη της γενικότητας, τοποθετούμε το

στο σύνολο

.

Έτσι όλοι οι άρτιοι πρέπει να βρίσκονται στο

, αλλιώς ο μέγιστος κοινός διαιρέτης θα είναι τουλάχιστον

.

Ομοίως, θα ανήκουν στο

οι αριθμοί 3,9,15,5,7

, αφού ανήκουν στο

οι αριθμοί 6,10,14

.

Έτσι, όλοι οι αριθμοί εκτός από τους 1,11,13,17,19

, ανήκουν στο

.

Επειδή το

έχει ένα τουλάχιστον στοιχείο, οι

αριθμοί μπορούν να μοιραστούν στα δύο σύνολα με 2^5-1=31

τρόπους (ή $\displaystyle \binom{5}{1}+\binom{5}{2}+\binom{5}{3}+\binom{5}{4}+\binom{5}{5}$ ).

Ομοίως αν θεωρήσουμε ότι το

ανήκει στο

, θα έχουμε άλλους

.

Έτσι έχουμε συνολικά 31+31=62

τρόπους.

*** Κατά τη γνώμη πολύ καλό πρόβλημα.

ArgirisM · #11

Μετά από την τετράωρη δοκιμασία, καθώς και το μάθημα διαρκείας μιάμισης ώρας που την ακολούθησε, επιτέλους έχω τη δυνατότητα να σχολιάσω, πιο ψύχραιμα τώρα, τα θέματα του λυκείου. Σαν γενική διαπίστωση, έχω να πω πως μου φάνηκαν αισθητά δυσκολότερα, συγκριτικά με τα τελευταία χρόνια. Έχω λύσει μόνο το πρώτο θέμα ολόκληρο, όπου βρήκα το ίδιο αποτέλεσμα με αυτό που προέκυψε στις λύσεις που δόθηκαν. Μονάχα, θα ήθελα να εκφράσω μία απορία. Για να δείξουμε στο τέλος πως πολυώνυμο που μένει είναι σταθερό, δεν πρέπει να αναφερθούμε και στο σύνολο των μιγαδικών; Συγκεκριμένα, διέκρινα δύο περιπτώσεις, να είναι το μηδενικό πολυώνυμο (προφανής λύση) και είναι μη σταθερό. Στη δεύτερη περίπτωση κατέληξα σε σχέση της μορφής $A(x) = A(x - 2), \forall x \in R$ . Εκεί, το δικαιολόγησα λέγοντας πως εάν έχει ρίζα έναν μιγαδικό αριθμό θα έχει ως ρίζα οποιοδήποτε μιγαδικό της μορφής $z - 2n, \forall n \in Z$ , πράγμα αδύνατο για ένα μη μηδενικό πολυώνυμο, γεγονός που μας εξασφαλίζει πως $A(x) = c \in R^*$ . Έτσι κατέληξα πως λύση αποτελούν τα πολυώνυμα της οικογένειας $P(x) = cx^2(x - 2)(x+2), c, x \in R$ , όπου για c = 0

έχουμε το μηδενικό πολυώνυμο της πρώτης περίπτωσης.
Τώρα, όσον αφορά στα υπόλοιπα θέματα, ομολογώ πως αντιμετώπησα δυσκολίες. Η θεωρία αριθμών δεν είναι το φόρτε μου, όποτε δεν μπόρω να αντιμετωπίσω το θέμα στο σύνολό του. Μόνο μερικές τυχαίες σκέψεις έγραψα, οι οποίες αμφιβάλλω όμως εάν μου δώσουν μονάδες. Το τρίτο το βρήκα αρκετά ενδιαφέρον, και γι' αυτό το πάλεψα και νομίζω πως μέχρι εκεί που έγραψα ήταν σωστές οι ενέργειές μου. Συγκεκριμένα είπα πως πρέπει $S_1 + S_2 = 1 + 2 + ... + n^2 = \frac{n^2(n^2 + 1)}{2}$ , και αφού $S_1 = \frac{39}{64}S_2$ έχουμε $S_2 = \frac{39n^2(n^2 + 1)}{103}$ , το οποίο δίνει $103|n^2 \vee 103|(n^2 + 1)$ . Εκεί σταμάτησα. Δεν μπόρεσα να προχωρήσω παραπέρα, αλλά θα με ενδιέφερε να δω την πλήρη λύση.
Πάμε τώρα και στη γεωμετρία. Ομολογώ πως εκεί περίμενα πως κατάφερνα κάτι, καθώς είχα ασχοληθεί παραπάνω με τη γεωμετρία τον τελευταίο καιρό, ελπίζοντας πως με την εξάσκηση θα βελτιωνόμουν. Οι δε επιδόσεις μου τόσο στο πρόβλημα του Θαλή, όσο και σε εκείνο του Ευκλείδη ήταν πολύ καλές. Παρ' όλα αυτά όμως δεν στάθηκα τυχερός, καθώς το πρόβλημα απ' ό,τι φαίνεται ήταν αισθητά απαιτητικότερο από αντίστοιχα των προηγούμενων ετών, με συνέπεια να περιοριστώ σε κάποιες λίγες σκέψεις, που πιστεύω τουλάχιστον πως είναι στη σωστή κατεύθυνση. Πάντως η αύξηση της δυσκολίας είναι ένα στοιχείο θεωρώ θετικό, καθώς ένα τέταρτο θέμα γεωμετρίας πρέπει προσεγγίζει το επίπεδο δυσκολίας των προβλημάτων των ολυμπιάδων και να απευθύνεται μόνος στους άριστους, που έχουν ιδιαίτερη σχέση με το αντικείμενο. Θα με ενδιέφερε, ωστόσο, να δω μία προσέγγιση του θέματος με πιο στοιχειώδη μέσα, μιας και αμφιβάλλω εάν ο κατασκευαστής του προβλήματος είχε στο νου του λύση με θεωρήματα όπως αυτά που χρησιμοποιεί ο κύριος Κούτρας στη λύση του.
Γενικά, με υπολογίζω κοντά στο 1,5 θέμα, αν και πιστεύω πως θα μπορούσα να είχα πάει και καλύτερα...

panagiotis99 · #12

Στο τέταρτο θέμα έχω δωσει την ιδια λυση με τον Δημήτρη.
Τώρα για το τρίτο θέμα των μικρών
Αν κάνουμε απαλοιφή παρονομαστών και στις τρεις σχέσεις και μετά τις προσθέσουμε κατα μέλη και μετά απο λίγες πράξεις καταλήγουμε στην ισότητα
$(x^{2}+ y ^{2}+z^{2})(xyz+1)=0$
Η λύση χ=y=z=0 απορριπτεται διότι δεν ικανοποιούνται οι περιορισμοί
αρα έχουμε χyz = -1
Τέλος ισχυεί για κάθε τριάδα πραγματικών αριθμών που έχουν γινόμενο -1

jim.jt · #13

panagiotis99 έγραψε:Στο τέταρτο θέμα έχω δωσει την ιδια λυση με τον Δημήτρη.
Τώρα για το τρίτο θέμα των μικρών
Αν κάνουμε απαλοιφή παρονομαστών και στις τρεις σχέσεις και μετά τις προσθέσουμε κατα μέλη και μετά απο λίγες πράξεις καταλήγουμε στην ισότητα
$(x^{2}+ y ^{2}+z^{2})(xyz+1)=0$
Η λύση χ=y=z=0 απορριπτεται διότι δεν ικανοποιούνται οι περιορισμοί
αρα έχουμε χyz = -1
Τέλος ισχυεί για κάθε τριάδα πραγματικών αριθμών που έχουν γινόμενο -1

Εγώ την έβαλα ως λύση αφού ορίζεται το κλάσμα $\frac{0}{0}$ . Κάνω λάθος;;

nickthegreek · #14

Επειδή πέρασε πολύς καιρός από τότε που ασχολήθηκα με ευκλείδεια γεωμετρία και ομολογουμένως μου έλειψε , ας δούμε και μια πιο στοιχειώδη προσέγγιση για το τέταρτο θέμα, μόνο με κυνήγι γωνιών και αναλογίες.

Αρχικά παρατηρώ ότι οι γωνίες $\angle EBC, \angle FBD$ είναι ίσες, διότι $\angle EBA= \angle FBA$ από τις εφαπτόμενες ευθείες και επίσης $\angle CBA =\angle DBA$ από το εγγράψιμο. Αφαιρώ κατά ζεύγη και φτάνω στο ζητούμενο.

Στόχος μου είναι να δείξω ότι τα τρίγωνα $\triangle ECB ,\triangle DFB$ είναι όμοια , από όπου το ζητούμενο προκύπτει κατευθείαν. Για να το καταφέρω αυτό, εφ' όσον έχω το ένα ζεύγος γωνιών ίσα από το προηγούμενο επιχείρημα, προσπαθώ να δείξω ότι και οι αντίστοιχες πλευρές είναι ανάλογες. Αν G το σημείο τομής της

με τον κύκλο (A, AC)

, τότε από δύναμη σημείου αρκεί να δείξω ότι BC =BG

.

Ας μου επιτραπεί σε αυτό το σημείο μια γενική συμβουλή-σχόλιο για τον τρόπο αντιμετώπισης αυτών των γεωμετρικών προβλημάτων σε hide:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Φέρω την

. Τα τρίγωνα ABC, ABG

είναι ίσα διότι έχουν δύο γωνίες ίσες και μια πλευρά κοινή.

Παναγιώτης Χ. · #15

Η δική μου λύση για το θέμα 2 των μικρών:
p^2+pm+p=m^3+3m^2+3m+1

Για

έχουμε: $4+2m+2=m^3+3m^2+3m+1 \Leftrightarrow$ \displaystyle{5=m^3+3m^2+m \Leftrightarrow} 5=m(m^2+3m+1)

. Άρα

ή

(άτοπο). Άρα (p,m)=(2,1)

.
Για

καταλήγουμε σε άτοπο.

dimfous4 · #16

Καλησπέρα...να ρωτήσω ξέρει κανείς ποτε θα ανακοινωθούν οι επιτυχόντες...???

Παναγιώτης Χ. · #17

dimfous4 έγραψε:Καλησπέρα...να ρωτήσω ξέρει κανείς πότε θα ανακοινωθούν οι επιτυχόντες...???

Κι εγώ αυτό περιμένω... Αλλά πρέπει να δώσουμε και λίγο χρόνο στην ΕΜΕ γιατί διορθώνουν όλη την ημέρα!

dimfous4 · #18

Παναγιώτης Χ. έγραψε:
dimfous4 έγραψε:Καλησπέρα...να ρωτήσω ξέρει κανείς πότε θα ανακοινωθούν οι επιτυχόντες...???
Κι εγώ αυτό περιμένω... Αλλά πρέπει να δώσουμε και λίγο χρόνο στην ΕΜΕ γιατί διορθώνουν όλη την ημέρα!

ok...απλώς αν πλώς αν μπoρεi κάποιος μολις βγουν να βάλει to λινκ ή να μας ει

δοποιοίσουν...

nickthegreek · #19

To 3o πρόβλημα είναι κατά τη γνώμη μου δυνατό-δύσκολο και η ύπαρξή του στον διαγωνισμό θα ξεχωρίσει τους μαθητές που είχαν εξαιρετική επίδοση από αυτούς που είχαν άριστη επίδοση. Ας δούμε μια λύση.

Έστω

τέτοιο ώστε $\frac{S_1}{S_2}= \frac{39}{64} \Rightarrow \frac{S_1}{S_1+S_2}= \frac{2 S_1} {n^2 (n^2+1)}= \frac{39} {103}$

Από εδώ συνάγουμε ότι $103 \cdot 2 S_1= 39 \cdot n^2 \cdot (n^2+1) \Rightarrow 103 \mid n^2 (n^2+1)$ . Η κρίσιμη παρατήρηση σε αυτό το σημείο του προβλήματος είναι ότι το (-1)

δεν είναι τετραγωνικό κατάλοιπο mod (103)

, διότι $103 \equiv 3 (mod 4)$ (γνωστό θεώρημα στη θεωρία αριθμών, όποιος ενδιαφέρεται ας διαβάσει για το σύμβολο Legendre εδώ: http://en.wikipedia.org/wiki/Legendre_symbol). Κατά συνέπεια $103 \mid n^2$ και άρα $103 \mid n$ , αφού ο 103

είναι πρώτος. Τελικά , λαμβάνουμε ένα necessary condition:

$\ 206 \mid n$

Iσχυρίζομαι ότι για κάθε τέτοιο

υπάρχει μια κατάλληλη τοποθέτηση. Εδώ παρατηρούμε ότι ήδη η σκακιέρα μας είναι πολύ μεγάλη! Συνεπώς, μια κατασκευαστική απόδειξη θα ήταν πολύ δύσκολη. Θα προσπαθήσουμε λοιπόν να αποδείξουμε έμμεσα ότι μια τέτοια τοποθέτηση υπάρχει. Ξαναγράφουμε το πρόβλημά μας στην εξής ισοδύναμη μορφή:

" Έχουμε τους αριθμούς $1,2 ,.... ,42436 \cdot n^2$ . Να αποδείξετε ότι υπάρχουν 21218 n^2

διαφορετικοί ανά δύο αριθμοί οι οποίοι έχουν άθροισμα $S=\frac{39}{103} \sum_{j=1}^{(206n)^2} j$ " . Θέτω $\sum_{j=1}^{(206n)^2} j= K$

Ας δούμε ποια είναι η ελάχιστη και η μέγιστη τιμή που μπορεί να έχουμε. Η ελάχιστη είναι $A_{min}=\sum_{j=1}^{21218 \cdot n^2} j$ και η μέγιστη είναι $A_{max}\sum_{j= 21218 \cdot n^2 +1}^{(206 n)^2} j$ . Παρατηρούμε ότι η τιμή $\frac{39}{103} K$ είναι ανάμεσα στη μέγιστη και στην ελάχιστη τιμή (για να το δω αυτό, διαιρώ τη μέγιστη και ελάχιστη τιμή με

και παρατηρώ ότι τα αντίστοιχα κλάσματα είναι πολύ κοντά στο 1/4, 3/4

αντίστοιχα) .

Ισχυρίζομαι ότι κάθε ακέραιος αριθμός ανάμεσα στα $A_{min}, A_{max}$ είναι εφικτός ως άθροισμα. Ας υποθέσουμε ότι έχω l =21218n^2

αριθμούς

με

. Θα ξεκινήσω από την

άδα

και θα αποδείξω επαγωγικά ότι μπορώ να πετύχω μια

άδα με άθροισμα κατά ένα μεγαλύτερο της προηγούμενης.

Διαλέγω το a_l

. Αν

τότε παίρνω την

άδα

. Αν

τότε κοιτάζω το $a_{l-1}$ κ.ο.κ. Αν δεν μπορώ να κουνήσω κανένα στοιχείο σημαίνει ότι έχω ήδη φτάσει στη μέγιστη τιμή , οπότε τελείωσα.

Το ζητούμενο έπεται.

#20

Θερμά συγχαρητήρια σε όσους συμμετείχαν και σε όσους διακρίθηκαν.

Τα αποτελέσματα ανακοινώθηκαν.

Φιλικά,

Αχιλλέας

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2013-2014

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2013-2014

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2013-2014

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2013-2014

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2013-2014

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2013-2014

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2013-2014

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2013-2014

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2013-2014

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2013-2014

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2013-2014

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2013-2014

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2013-2014

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2013-2014

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2013-2014

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2013-2014

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2013-2014

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2013-2014

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2013-2014

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2013-2014

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2013-2014

Μέλη σε σύνδεση