mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 26, 2016 3:06 pm**

Ας ανοίξουμε το τόπικ για θέματα/λύσεις του σημερινού Προκριματικού Διαγωνισμού! Καλή επιτυχία στους συμμετέχοντες. Εάν κάποιος έχει τα θέματα ας τα ανεβάσει!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 26, 2016 4:06 pm**

Καλησπέρα !
Οσον αφορά τα θέματα του διαγωνισμού των μεγάλων , οι καθηγητές της ΕΜΕ μας ενημέρωσαν ότι ορισμένα εξ 'αυτών προερχονται από shortlist περσινης ολυμπιαδας και βαλκανιαδας .
Ειναι ευνοητο λοιπον οτι πρεπει να αποφευχθει η διαρρευση των θεματων ,καθως ενδεχεται να προταθουν και σε διαγωνισμους επιλογης αλλων χωρων .
Τα θεματα υποθετω θα γινουν γνωστα οταν δημοσιευτουν και οι εν λογω shortlist.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 26, 2016 4:49 pm**

Άψογα! οπότε ας μείνει το τόπικ μόνο για όταν ανακοινωθούν τα αποτελέσματα για τα συγχαρητήρια της ομάδας! Καλή επιτυχία Πάνο!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 26, 2016 6:38 pm**

Μπορούμε υποθέτω να βάλουμε θα θέματα των juniors. Σωστά;
Οπότε αν κάποιος τα έχει θα μπορούσε να κάνει την αρχή.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 26, 2016 9:59 pm**

Αναρτώ τα θέματα του γυμνασίου:

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 26, 2016 10:47 pm**

Παραθέτω τη δικιά μου λύση για το 4ο πρόβλημα των μικρών:
Εξετάζουμε το πλήθος των μαύρων. Στην 1η περίπτωση, που παίρνει 2 μαύρες, επιστρέφει 1 άσπρη. Οι μαύρες μειώνονται κατά 2. Στις άλλες δύο περιπτώσεις το πλήθος των μαύρων μπαλών δεν μεταβάλλεται. Άρα αφού αρχικά είναι 2015, το πλήθος τους θα παραμείνει περιττό. Συνεπώς, στο τέλος θα μείνει 1 μαύρη μπάλα γιατί 3 αποκλείεται να είναι αφού υπάρχουν μπάλες και των δύο χρωμάτων.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 26, 2016 11:12 pm**

Η λύση μου για το 1ο πρόβλημα του γυμνασίου:
α) Σύμφωνα με την ανισότητα του αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου παίρνουμε ότι: $x^3 + 1 + 1 \geq 3x$

β) Πρέπει να αποδείξουμε ότι $x^3y^2 + y^3z^2 + z^3x^2 + 2y^2 + 2z^2 + 2x^2 \geq 9xyz \Leftrightarrow y^2(x^3 + 2) + z^2(y^3 + 2) + x^2(z^3 + 2) \geq 9xyz$
Όμως σύμφωνα με το πρώτο ερώτημα έχουμε $x^3 + 2 \geq 3x \Leftrightarrow y^2(x^3 + 2) \geq 3y^2x$ κτλ. και με πρόσθεση κατά μέλη, λαμβάνουμε ότι το α' μέλος είναι μεγαλύτερο από 3y^2z + 3z^2y + 3x^2z

το οποίο με τη σειρά του είναι μεγαλύτερο από 9xyz

χρησιμοποιώντας την ανισότητα των μέσων. Η ισότητα ισχύει όταν x=y=z=1

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 26, 2016 11:38 pm**

Λύση της Γεωμετρίας, του Θοδωρή Καλαμαράκη.
$\angle OBA = 2 \hat x = \angle OAB$
$\angle OB \Gamma = \hat x = \angle O \Gamma B = \angle O \Gamma L = \angle OAL$
Αφού $\angle OAB = 2 \hat x$ και $\angle OAL = \hat x$ τότε η

είναι διχοτόμος και το

είναι το έκκεντρο του $\triangle OAB$ .
$\Gamma O // AB$ ως εντός και εναλλάξ οι $\angle O \Gamma B$ και $\angle \Gamma BA$
$\angle KOA = \angle KBA$ επειδή βαίνουν στο ίδιο τόξο, αλλά ίσες και με $\angle OAL$
Άρα, KO//AL

ως εντός και εναλλάξ οι $\angle KOA$ και $\angle OAL$ .
Άρα η γωνία $\angle \Gamma OK$ είναι ίση με την $\angle \Gamma AB$ επειδή οι πλευρές τους είναι παράλληλες .
και επομένως, $\angle \Gamma OK = \angle O \Gamma K$
Επίσης, $\angle KAO = \angle KBO = \angle KOA = \hat x$
Άρα $\triangle \Gamma KO$ και $\triangle KOA$ είναι ισοσκελή, άρα, $KO=K \Gamma = KA$
Άρα, το

ισαπέχει από τις κορυφές του $\triangle \Gamma OA$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 26, 2016 11:55 pm**

και το θέμα 3 είναι θέμα μιας σειράς.... Οι διαιρέτες του $n^{2}-9$ είναι ο 1, ο $n^{2}-9$ o n-3

, ο

. Τέσσερις διαιρέτες προς το παρών.Αν και οι δύο αριθμοί n+3

και

είναι σύνθετοι, τότε ο αριθμός των διαιρετών του $n^{2}-9$ είναι μεγαλύτερος από 6. Άν και οι δυο είναι πρώτοι αριθμοί τότε ο αριθμός των διαιρετών είναι 4. Οπότε ένας είναι πρώτος και άλλος σύνθετος γραμμένος ως γινόμενο δυο πρώτων αριθμών. Άρα εξ'ορισμού εφόσον ο ένας από τους δύο n-3

,

είναι πρώτος, ο μέγιστος κοινός διαιρέτης τους είναι 1 καθώς για να διαιρεί το n-3

το

, το n πρέπει να είναι 4 ή 6, αλλά και στις δύο περιπτώσεις ο $n^{2}-9$ δεν έχει 6 ακριβώς διαιρέτες.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 27, 2016 5:34 am**

Παναγιώτης Χ. έγραψε: β) Πρέπει να αποδείξουμε ότι $x^3y^2 + y^3z^2 + z^3x^2 + 2y^2 + 2z^2 + 2x^2 \geq 9xyz \Leftrightarrow y^2(x^3 + 2) + z^2(y^3 + 2) + x^2(z^3 + 2) \geq 9xyz$
Όμως σύμφωνα με το πρώτο ερώτημα και με πρόσθεση κατά μέλη, λαμβάνουμε ότι το α' μέλος είναι μεγαλύτερο από $3y^2z + 3z^2y + 3x^2z \geq 9xyz$ χρησιμοποιώντας την ανισότητα των μέσων. Η ισότητα ισχύει όταν

Αλλιώς το 1β χωρίς χρήση του 1α:

Αφού κάνουμε απαλοιφή παρονομαστών καταλήγουμε στην

$x^3y^2 + y^3z^2 + z^3x^2 + 2y^2 + 2z^2 + 2x^2 \geq 9xyz$ όπως στην παραπάνω λύση.

Όμως $\begin{aligned}LHS = x^3y^2 + y^3z^2 + z^3x^2 + y^2+y^2 + z^2+z^2 + x^2+x^2 & \stackrel{AM-GM}{\geq} 9\sqrt[9]{x^3 y^2\cdot y^3 z^2\cdot z^3 x^2\cdot y^2\cdot y^2\cdot z^2\cdot z^2\cdot x^2\cdot x^2} \\ &=9xyz=RHS\end{aligned}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 27, 2016 10:30 am**

Θέμα 3ο
Ο θετικός ακέραιος είναι τέτοιος ώστε ο αριθμός να έχει ακριβώς 6 θετικούς ακέραιους διαιρέτες.
Να αποδείξετε ότι: $M.K.\Delta .\left(n-3,n+3 \right)=1$ .

Μια πιο αναλυτική λύση του 3ου θέματος:
Αφού $n^2-9=\left(n-3 \right)\cdot\left(n+3 \right)$ , πρέπει $n-3>3\Leftrightarrow n>3$ ώστε ο

να είναι θετικός.
Η ιδέα της λύσης: ο αριθμός $\left(n-3\right)\left(n+3\right)$ έχει διαιρέτες (μόνο) γινόμενα των (θετικών) διαιρετών των αριθμών n-3

και

.

Για

, ο

έχει αντίστοιχα 2, 5 και 4 διαιρέτες. Για n>6

διακρίνουμε τις επόμενες περιπτώσεις:
Αν n-3, n+3

πρώτοι, τότε ο n^2-9

έχει ακριβώς 4 διαιρέτες, τους: 1,n-3,n+3,n^2-9

.
Αν και οι δύο από τους n-3,n+3

είναι σύνθετοι, π.χ. $n-3=a\cdot b, n+3=c\cdot d$ με τους φυσικούς a,b,c,d >1

, τότε ο

έχει τουλάχιστον 8 διαιρέτες τους: $1,a,b,c,d,a\cdot b,c\cdot d,a\cdot b\cdot c\cdot d$ .
Άρα, ένας από τους n-3, n+3

είναι πρώτος και ο άλλος σύνθετος.

Αν ο n+3

σύνθετος και έχει τουλάχιστον 2 θετικούς άνισους διαιρέτες μεγαλύτερους του 1, π.χ. a,b

, κανένας από αυτούς δεν συμπίπτει με τον n-3

, οπότε ο

έχει περισσότερους από 6 θετικούς διαιρέτες, τους διαφορετικούς θετικούς: $1,a,b,n-3,a\cdot b,a \cdot(n-3),b \cdot (n-3)$ .
Ομοίως αν ο n-3

σύνθετος και έχει τουλάχιστον 2 θετικούς άνισους διαιρέτες μεγαλύτερους του 1.

Οπότε μένει η περίπτωση ο ένας να είναι πρώτος και ο άλλος να είναι τετράγωνο πρώτου ( δηλ. n-3

πρώτος και n+3=m^2

με

πρώτος ή

πρώτος και n-3=m^2

με

πρώτος ) ώστε ο n^2-9

να έχει ακριβώς 6 θετικούς ακέραιους διαιρέτες.

Οι αριθμοί n-3,n+3

διαφέρουν κατά 6, οπότε αποκλείεται m=n-3

ή

, άρα οι

πρώτοι μεταξύ τους ,
δηλαδή $M.K.\Delta .\left(n-3,n+3 \right)=1$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 27, 2016 12:17 pm**

Εσάς πώς σας φάνηκαν τα θέματα; Προσωπικά πιστεύω ότι ήταν αρκετά πιο εύκολα, σε σχέση με παλιούς προκριματικούς και ίσως και από του φετινού Αρχιμήδη.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 27, 2016 12:59 pm**

Εκτός ίσως της γεωμετρίας μάλλον έχεις δίκιο. Βέβαια αυτό ευνοεί
τα παιδιά που ήταν ήδη ψηλότερα στη κατάταξη γιατί όσο καλά ,ακόμα
Και άριστα, να γράψουν κάποιοι από κάτω τους δύσκολα θα αλλάξει η
Κατάταξη.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 28, 2016 2:08 pm**

Παναγιώτης Χ. έγραψε:Η λύση μου για το 1ο πρόβλημα του γυμνασίου:
α) Σύμφωνα με την ανισότητα του αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου παίρνουμε ότι: $x^3 + 1 + 1 \geq 3x$

β) Πρέπει να αποδείξουμε ότι $x^3y^2 + y^3z^2 + z^3x^2 + 2y^2 + 2z^2 + 2x^2 \geq 9xyz \Leftrightarrow y^2(x^3 + 2) + z^2(y^3 + 2) + x^2(z^3 + 2) \geq 9xyz$
Όμως σύμφωνα με το πρώτο ερώτημα έχουμε $x^3 + 2 \geq 3x \Leftrightarrow y^2(x^3 + 2) \geq 3y^2x$ κτλ. και με πρόσθεση κατά μέλη, λαμβάνουμε ότι το α' μέλος είναι μεγαλύτερο από το οποίο με τη σειρά του είναι μεγαλύτερο από χρησιμοποιώντας την ανισότητα των μέσων. Η ισότητα ισχύει όταν

εναλλακτικά για το α)

Για x=1

προφανώς η δοσμένη σχέση ισχύει σαν ισότητα.
Για x > 1

έχουμε

$x^3 -3x \geq -2 \Rightarrow x^3-2x-x\geq -2 \Rightarrow x^3-x\geq 2x-2 \Rightarrow x(x-1)(x+1) \geq 2(x-1) \Rightarrow x(x+1) \geq 2\Rightarrow x^2+x-2 \geq 0 \Rightarrow (x-1)(x+2) \geq 0$
το οποίο προφανώς ισχύει

για 0<x<1

ακολουθώντας τις ίδιες πράξεις αλλά αλλάζοντας τη φορά τη ανισότητας (αφού x - 1 < 0

) θα φτάσουμε στο
$(x-1)(x+2) \leq 0$ που ισχύει

για το β) ακριβώς όπως τα είπες

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 28, 2016 5:02 pm**

μήπως γνωρίζουμε αν θα βγουν τα αποτελέσματα σήμερα ;

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 28, 2016 6:16 pm**

Νομίζω μόνο των μεγάλων.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 28, 2016 10:59 pm**

Καλησπέρα! Με αφορμή αυτούς τους διαγωνισμούς θα ήθελα να ρωτήσω τι μπορεί να κάνει κάποιος που θέλει να φτάσει σε ενα τόσο μεγάλο επίπεδο στα μαθηματικά. Τα μαθηματικά τα αγαπώ αλλά δεν έχω κάποια ιδιαίτερη βοήθεια και όμως θελω να προσπαθήσω σκληρά. Θα μπορούσατε να μου δώσετε κάποιες συμβουλές πάνω στον τροπο με τον οποίο πρέπει να δουλέψω και στα βιβλία που προφανώς θα χρειάζεται να προμηθευτώ ώστε να έχω ελπίδες για μια διάκριση σε τέτοιο επίπεδο;Είμαι διατεθειμένος να κάνω τα πάντα για να τα καταφέρω. Σας ευχαριστώ για το χρόνο σας.

Φιλικά
Μαθητής γ γυμνασίου

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 30, 2016 10:33 pm**

Tα αποτελέσματα!!!
Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά και ιδιαίτερα στις δύο εξάδες

http://www.hms.gr/node/1075

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 30, 2016 11:31 pm**

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 30, 2016 11:58 pm**

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά και Καλή συνέχεια στις δύο εξάδες!!!

mathematica.gr

Προκριματικός Διαγωνισμός 2016

Προκριματικός Διαγωνισμός 2016

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2016

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2016

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2016

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2016

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2016

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2016

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2016

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2016

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2016

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2016

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2016

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2016

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2016

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2016

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2016

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2016

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2016

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2016

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2016