ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3898
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Σάβ Φεβ 23, 2019 10:06 am

Αγαπητοί φίλοι,

Αυτή την ώρα διεξάγεται η Εθνική Μαθηματική Ολυμπιάδα "Ο Αρχιμήδης". Αφού ευχηθώ καλή επιτυχία και καλά αποτελέσματα στους μαθητές μας θα ήθελα να παρακαλέσω τα θέματα και οι λύσεις τους να σχολιαστούν μετά το πέρας του διαγωνισμού δηλαδή μετά τη 1 το μεσημέρι.

Αλέξανδρος Συγκελάκης


Αλέξανδρος Συγκελάκης

Λέξεις Κλειδιά:
Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 332
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Σάβ Φεβ 23, 2019 1:24 pm

Θέματα Μικρών

Πρόβλημα 1: Να βρείτε όλες τις τριάδες πραγματικών αριθμών (x,y,z) που είναι λύσεις του συστήματος
\displaystyle x^2+y^2+25z^2=6xz+8yz
\displaystyle 3x^2+2y^2+z^2=240

Πρόβλημα 2: Δίνεται τετράπλευρο AB\Gamma\Delta εγγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου O. Η κάθετη στο μέσον Ε της πλευράς B\Gamma τέμνει την ευθεία AB στο σημείο Z. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου \Gamma EZ τέμνει την πλευρά AB για δεύτερη φορά στο σημείο H και την ευθεία \Gamma\Delta σε σημείο \Theta διαφορετικό του \Delta. Η ευθεία E\Theta τέμνει την ευθεία A\Delta στο σημείο K και την ευθεία \Gamma H στο σημείο \Lambda. Να αποδείξετε ότι τα σημεία A,H,\Lambda,K είναι ομοκυκλικά, δηλαδή ανήκουν στον ίδιο κύκλο.

Πρόβλημα 3: Να προσδιορίσετε όλους τους θετικούς ακεραίους οι οποίοι είναι ίσοι με 13 φορές το άθροισμα των ψηφίων τους.

Πρόβλημα 4: Στον πίνακα είναι γραμμένοι οι θετικοί ακέραιοι 1,2,3,\ldots,2018. Ο Γιάννης και η Μαρία έχουν το δικαίωμα να κάνουν μαζί την επόμενη κίνηση:

Επιλέγουν δύο αριθμούς \alpha,\beta από αυτούς που είναι γραμμένοι στον πίνακα και τους αντικαθιστούν με τους αριθμούς 5\alpha-2\beta και 3\alpha - 4\beta.

Ο Γιάννης ισχυρίζεται ότι μετά από πεπερασμένο πλήθος τέτοιων κινήσεων μπορούν να τριπλασιαστούν όλοι οι αριθμοί του πίνακα, δηλαδή να προκύψουν οι αριθμοί: 3,6,9,\ldots,6054. Η Μαρία σκέπτεται λίγο και του απαντά ότι αυτό δεν είναι δυνατό να γίνει. Ποιος από τους δύο έχει δίκιο και γιατί;

Θέματα Μεγάλων

Πρόβλημα 1: Η ακολουθία \alpha_{\nu} έχει πρώτο όρο \alpha_1=1 και ορίζεται αναδρομικά από τον τύπο:

\displaystyle   \alpha_{\nu} = 5\alpha_{\nu-1} + 3^{n-1},\, \nu \geq 2

Να υπολογίσετε το γενικό όρο \alpha_{\nu} και να βρείτε τη μεγαλύτερη δύναμη του 2 που διαιρεί τον όρο \alpha_k όπου k=2^{2019}

Πρόβλημα 2: Δίνεται τρίγωνο AB\Gamma εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O,R) με AB < A\Gamma < B\Gamma και έστω \Delta το μέσο του μικρού τόξου \arc{AB}. Η ευθεία A\Delta τέμνει την ευθεία B\Gamma στο σημείο E και ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου B\Delta E (έστω c_1) τέμνει την AB για δεύτερη φορά στο σημείο Z. Αν ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου A\Delta Z (έστω c_2) τέμνει για δεύτερη φορά την A\Gamma στο σημείο H, να αποδείξετε ότι BE=AH.

Πρόβλημα 3: Να βρείτε όλα τα ζεύγη (x,y) θετικών ρητών αριθμών που ικανοποιούν την εξίσωση

\displaystyle  yx^y = y+1

Πρόβλημα 4: Θεωρούμε ορθογώνιο \nu \times \mu με \nu \leq \mu, το οποίο υποδιαιρούμε με παράλληλες ευθείες προς τις πλευρές του σε \nu \mu μοναδιαία τετράγωνα. Αρχικά τοποθετούμε από ένα μαύρο πιόνι σε N μοναδιαία τετράγωνα και στη συνέχεια προσπαθούμε να γεμίσουμε τον πίνακα με μαύρα πιόνια εκτελώντας την παρακάτω επιτρεπόμενη κίνηση:

Αν ένα κενό μοναδιαίο τετράγωνο έχει κοινή πλευρά με δύο τουλάχιστον μοναδιαία τετράγωνα κατειλημμένα με μαύρο πιόνι, τότε τοποθετούμε και σε αυτό το μοναδιαίο τετράγωνο ένα μαύρο πιόνι

Να βρείτε την ελάχιστη δυνατή τιμή του αριθμού N των μαύρων πιονιών που πρέπει και αρκεί να υπάρχουν σε μια αρχική τοποθέτηση, έτσι ώστε μετά από πεπερασμένο πλήθος διαδοχικών εφαρμογών της επιτρεπόμενης κίνησης να γεμίσει το ορθογώνιο με μαύρα πιόνια.
τελευταία επεξεργασία από Demetres σε Σάβ Φεβ 23, 2019 8:42 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Xriiiiistos
Δημοσιεύσεις: 180
Εγγραφή: Τρί Μάιος 15, 2018 4:36 pm
Τοποθεσία: Αιγάλεω

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Xriiiiistos » Σάβ Φεβ 23, 2019 1:50 pm

Ωραία είναι τα θέματα !!!

Θέμα 2ο μεγάλων για συντομία \Gamma ,\Delta \rightarrow C,D

\widehat{AHZ}=\widehat{ZDE}=\widehat{ZBC} Από τα εγγράψιμα DAHZ,DEZB Άρα HCBZ εγγράψιμο οπότε \widehat{HCB}=\widehat{HZA}=\widehat{HDA} από το εγγράψιμο AHZD Και από το εγγράψιμο ACBD έχουμε \widehat{ACB}=\widehat{BDE}\kappa \alpha \iota \widehat{EBD}=\widehat{DAH} Τα τρίγωνα EBD,DAH έχουν όλες τις γωνίες ίσες και επείσης DB=DA αφού το D μέσο τόξου άρα τα τρίγωνα EBD,DAH είναι ίσα και AH=EB

Η άσκηση μας οδηγεί να σκεφτούμε από τυην αρχή για ισότητα τριγώνων αφού από την αρχή έχουμε DA=DB και πρέπει να βγάλουμε AH=EB και με μεταφορές γωνιών από τα εγγράψιμα να βγάλουμε τις γωνίες ίσες (αν είναι ) και σε αυτήν την περίπτωση έτσι λύνεται


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 901
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Σάβ Φεβ 23, 2019 2:25 pm

Θέματα μικρών τάξεων.

Πρόβλημα 1
Να βρείτε όλες τις τριάδες πραγματικών αριθμών (x,y,z) που είναι λύσεις του συστήματος

\left\{\begin{matrix} 
x^2+y^2+25z^2=6xz+8yz 
\\  
3x^2+2y^2+z^2=240 
\end{matrix}\right.


Λύση:

Θέτουμε  x=kz, y=mz, και η πρώτη εξίσωση του συστήματος γίνεται

k^2z^2+m^2y^2+25z^2=6kz^2+8mz^2 \Rightarrow

(k^2+m^2+25-6k-8m)z^2=0

Παρατηρούμε ότι αν z=0 τότε θα πρέπει και x=0, y=0. Άρα δεν υπάρχει λύση σε αυτή την περίπτωση.

Αν τώρα (k^2+m^2+25-6k-8m)=0, έχουμε

(k^2+m^2+25-6k-8m)=0 \Leftrightarrow

k^2-2\cdot 3k +9 +m^2-2\cdot 4m +16=0 \Leftrightarrow

(k-3)^2+(m-4)^2=0 \Leftrightarrow k=3, m=4

Άρα x=3z, y=4z και η δεύτερη εξίσωση του συστήματος γίνεται

z^2(27+32+1)=240 \Rightarrow z= \pm 2. Τελικά οι λύσεις του συστήματος είναι οι τριάδες (6,8,2) και (-6,-8,-2).


Xriiiiistos
Δημοσιεύσεις: 180
Εγγραφή: Τρί Μάιος 15, 2018 4:36 pm
Τοποθεσία: Αιγάλεω

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Xriiiiistos » Σάβ Φεβ 23, 2019 2:37 pm

Ελπίζω να μην έχω κάνει λάθος θέμα 1ο των μεγάλων

Έχει λάθος η λύση

a_{n}=5a_{n-1}+3^{n-1},,,,5a_{n-1}=5^{2}a_{n-2}+5\cdot 3^{n-2},...5^{n-1}a_{2}=5^{n}a_{1}+5^{n-1}3^{0} προσθέτοντάς τα όλα έχουμε a_{n}=5^{n}a_{1}+5^{n-1}+5^{n-2}\cdot 3+...3^{n-2}\cdot 5+3^{n-1}=5^{n}+\frac{5^{n}-3^{n}}{5-3}=\frac{3\cdot 5^{n}-3^{n}}{2}

οπότε a_{2^{2019}}=\frac{3\cdot 5^{2^{2019}}-3^{2^{2019}}}{2} Αφού 3^{2}\equiv 5^{2}\equiv 1(mod4) ΈΧΟΥΜΕ 3\cdot 5^{2^{2019}}-3^{2^{2019}}\equiv 2(mod4) οπότε 4 δεν διαιρεί το 3\cdot 5^{2^{2019}}-3^{2^{2019}} αλλά το 2 το διαιρεί αυτό σημαίνει πως το 2 δεν διαιρεί το \frac{3\cdot 5^{2^{2019}}-3^{2^{2019}}}{2} οπότε ο μεγαλύτερος εκθέτης που μπορούμε να υψώσουμε στο 2 ΓΙΑ ΝΑ διαιρεί το a_{k} είναι το 0

Μετά από την πρώτη φορά που πέρνουμε τον τύπο για a_{n} πολλαπλασιάζουμε τον τύπο για a_{n-2} ώστε όταν τα προσθέσουμε αν απλοποιηθούν τα a_{n-2} και αυτό το συνεχίζουμε μέχρι να φτάσουμε στο a_{1}
τελευταία επεξεργασία από Xriiiiistos σε Σάβ Φεβ 23, 2019 3:29 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ
Δημοσιεύσεις: 521
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ » Σάβ Φεβ 23, 2019 2:41 pm

Xriiiiistos έγραψε:
Σάβ Φεβ 23, 2019 2:37 pm
Ελπίζω να μην έχω κάνει λάθος θέμα 1ο των μεγάλων

a_{n}=5a_{n-1}+3^{n-1},,,,5a_{n-1}=5^{2}a_{n-2}+5\cdot 3^{n-2},...5^{n-1}a_{2}=5^{n}a_{1}+5^{n-1}3^{0} προσθέτοντάς τα όλα έχουμε a_{n}=5^{n}a_{1}+5^{n-1}+5^{n-2}\cdot 3+...3^{n-2}\cdot 5+3^{n-1}=5^{n}+\frac{5^{n}-3^{n}}{5-3}=\frac{3\cdot 5^{n}-3^{n}}{2}

οπότε a_{2^{2019}}=\frac{3\cdot 5^{2^{2019}}-3^{2^{2019}}}{2} Αφού 3^{2}\equiv 5^{2}\equiv 1(mod4) ΈΧΟΥΜΕ 3\cdot 5^{2^{2019}}-3^{2^{2019}}\equiv 2(mod4) οπότε 4 δεν διαιρεί το 3\cdot 5^{2^{2019}}-3^{2^{2019}} αλλά το 2 το διαιρεί αυτό σημαίνει πως το 2 δεν διαιρεί το \frac{3\cdot 5^{2^{2019}}-3^{2^{2019}}}{2} οπότε ο μεγαλύτερος εκθέτης που μπορούμε να υψώσουμε στο 2 ΓΙΑ ΝΑ διαιρεί το a_{k} είναι το 0
Ο γενικός όρος δεν είναι αυτός.

Είναι a_n=\dfrac {5^n-3^n}{2}


Marlena Panagiotakou
Δημοσιεύσεις: 1
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 23, 2019 2:41 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Marlena Panagiotakou » Σάβ Φεβ 23, 2019 2:50 pm

Για το πρώτο θέμα στον Αρχιμήδη των μικρών τάξεων, η λύση που έγραψα:


Λύση:
x^2 + y^2 + 25*z^2 = 6xz + 8yz
(x-3z)^2 + (y-4z)^2 = 0
x=3z και y=4z

άρα:
3x^2 + 2y^2 + z^2 = 240
27z^2 + 32z^2 + z^2 = 240
60z^2 = 240
z^2 = 4
z = +2 ή -2 άρα οι τριάδες είναι : x=6, y=8, z=2
x=-6, y=-8, z=-2


Άβαταρ μέλους
emouroukos
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1389
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos » Σάβ Φεβ 23, 2019 3:07 pm

Πρόβλημα 1 Μεγάλων

Για κάθε \displaystyle k \in \left\{ {2,3, \ldots ,n} \right\} είναι

\displaystyle {5^{n - k}}{a_k} = {5^{n - k + 1}}{a_{k - 1}} + {3^{k-1}} \cdot {5^{n - k}}.

Με πρόσθεση των σχέσεων αυτών κατά μέλη για \displaystyle k \in \left\{ {2,3, \ldots ,n} \right\} και διαγράφοντας τους κοινούς όρους στα δύο μέλη, προκύπτει ότι

\displaystyle {a_n} = {5^{n - 1}}{a_1} + \sum\limits_{k = 2}^n {{3^{k-1}} \cdot {5^{n - k}}}  = \sum\limits_{k = 1}^n {{3^{k-1}} \cdot {5^{n - k}} = \frac{{{5^n} - {3^n}}}{{5 - 3}}}  = \frac{{{5^n} - {3^n}}}{2}.

Για κάθε θετικό ακέραιο \displaystyle k είναι

\displaystyle {a_{{2^k}}} = \frac{{{5^{{2^k}}} - {3^{{2^k}}}}}{2} = \frac{{{{\left( {{5^{{2^{k - 1}}}}} \right)}^2} - {{\left( {{3^{{2^{k - 1}}}}} \right)}^2}}}{2} = \frac{{{5^{{2^{k - 1}}}} - {3^{{2^{k - 1}}}}}}{2} \cdot \left( {{5^{{2^{k - 1}}}} + {3^{{2^{k - 1}}}}} \right) = {a_{{2^{k - 1}}}} \cdot \left( {{5^{{2^{k - 1}}}} + {3^{{2^{k - 1}}}}} \right).

Επειδή για κάθε ακέραιο \displaystyle k \ge 2 ισχύει \displaystyle {5^{{2^{k - 1}}}} + {3^{{2^{k - 1}}}} \equiv 2\left( {\bmod 4} \right),
αν \displaystyle {v_k} είναι η μεγαλύτερη δύναμη του 2 που διαιρεί τον \displaystyle {a_{{2^k}}}, θα είναι \displaystyle {v_k} = {v_{k - 1}} + 1 για κάθε ακέραιο \displaystyle k \ge 2.

Έτσι, αφού \displaystyle {v_1} = 3, βρίσκουμε ότι \displaystyle {v_k} = k + 2 και άρα \displaystyle {v_{2019}} = 2021.


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 901
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Σάβ Φεβ 23, 2019 3:14 pm

Θέματα μικρών τάξεων

Πρόβλημα 2.


Λύση:

arximidis_mikrwn_pr2_2019.png
arximidis_mikrwn_pr2_2019.png (16.1 KiB) Προβλήθηκε 4164 φορές
Έχουμε \angle HZE = \angle HCE γιατί βαίνουν στο ίδιο τόξο. Ομοίως \angle EZC = \angle EJC. Η ZE είναι μεσοκάθετος άρα και διχοτόμος της γωνίας B του τριγώνου BZC. Οπότε θα ισχύει \angle BZE = \angle EZC και επακόλουθα όλες οι παραπάνω γωνίες είναι ίσες μεταξύ τους.

Επίσης ισχύει \angle HBC =\angle CDK λόγω του εγγράψιμου τετραπλεύρου ABCD.

Από τις παραπάνω ισότητες γωνιών συμπεράνουμε ότι τα τρίγωνα BHC, CEZ, DKJ είναι όμοια και εφόσον \angle ZEC =90^0, ορθογώνια.

Άρα θα είναι \angle BHC =\angle LKD=90^0 και τα σημεία A,K,L,H ομοκυκλικά.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2345
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Σάβ Φεβ 23, 2019 3:25 pm

https://en.wikipedia.org/wiki/Recurrence_relation

Η απόδειξη του τύπου είναι στάνταρ.

Η a_{n}=5a_{n-1}

έχει γενική λύση την a_{n}=c5^{n}

ενω μια λύση της μή ομογενους a_{n}=5a_{n-1}+3^{n-1}

δοκιμάζοντας είναι η -\frac{1}{2}3^{n}

Αρα a_{n}=c5^{n}-\frac{1}{2}3^{n}

Από την a_{1}=1 έχουμε c=\frac{1}{2} κλπ


JimNt.
Δημοσιεύσεις: 540
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Σάβ Φεβ 23, 2019 3:28 pm

Για το 4 των μικρών. Σε καμία περίπτωση δεν γίνεται οι 5a-2b, 3a-4b να είναι και οι δύο πολλαπλάσια των 3 εκτός αν 3|a,b. Συνεπώς, πάντα θα υπάρχει κάποιος που δεν διαιρείται με το 3, αφού αν wlog x ο τελευταίος που δεν διαιρείται από αυτό τότε θα επιλεχθεί μαζί με πολλαπλάσιο του 3 και άρα κάποιος από τους δύο θα εξακολουθεί να μην διαιρείται με το 3.
τελευταία επεξεργασία από JimNt. σε Σάβ Φεβ 23, 2019 3:53 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5791
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Σάβ Φεβ 23, 2019 3:29 pm

Το πρόβλημα 4 των μεγάλων είναι ουσιαστικά αυτό (και οι παραπομπές)

viewtopic.php?f=111&t=16380


Θανάσης Κοντογεώργης
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5791
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Σάβ Φεβ 23, 2019 3:54 pm

Το πρόβλημα 3 των μικρών υπάρχει και εδώ (junior olympiad, θέμα 2):

https://drive.google.com/drive/folders/ ... 3YEwkASJSr


Θανάσης Κοντογεώργης
Άβαταρ μέλους
emouroukos
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1389
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos » Σάβ Φεβ 23, 2019 3:55 pm

Πρόβλημα 3 Μεγάλων

Έστω \displaystyle x = \frac{k}{\ell } και \displaystyle y = \frac{m}{n}, όπου \displaystyle k,\ell ,m,n θετικοί ακέραιοι με \displaystyle \left( {k,\ell } \right) = \left( {m,n} \right) = 1.

Είναι:

\displaystyle y{x^y} = y + 1 \Leftrightarrow \frac{m}{n}{\left( {\frac{k}{\ell }} \right)^{\frac{m}{n}}} = \frac{m}{n} + 1 \Leftrightarrow {\left( {\frac{m}{n}} \right)^n}{\left( {\frac{k}{\ell }} \right)^m} = {\left( {\frac{m}{n} + 1} \right)^n} \Leftrightarrow

\displaystyle  \Leftrightarrow {m^n}{k^m} = {\ell ^m}{\left( {m + n} \right)^n} \displaystyle{\color{red} \left(\bigstar \right)}.

Επειδή \displaystyle \left( {m,n} \right) = 1, θα είναι και \displaystyle \left( {{m^n},{{\left( {m + n} \right)}^n}} \right) = 1.
Όμοια, αφού \displaystyle \left( {k,\ell } \right) = 1, θα είναι και \displaystyle \left( {{k^m},{\ell ^m}} \right) = 1.

Επομένως, από τη σχέση \displaystyle{\color{red} \left(\bigstar \right)} προκύπτει ότι \displaystyle {{m^n} = {\ell ^m}} και \displaystyle {k^m} = {\left( {m + n} \right)^n}.
Τότε, στη σχέση \displaystyle {{m^n} = {\ell ^m}} κάθε πρώτος παράγοντας των \displaystyle m, \ell θα είναι υψωμένος σε εκθέτη \displaystyle m, n αντίστοιχα. Άρα, θα υπάρχει θετικός ακέραιος \displaystyle a τέτοιος, ώστε \displaystyle m = {a^m} και \displaystyle \ell  = {a^n}.
Αν ήταν \displaystyle a \ge 2, τότε θα είχαμε ότι \displaystyle m = {a^m} \ge {2^m}, άτοπο. Άρα, είναι \displaystyle a = 1, οπότε \displaystyle m = \ell  = 1.

Όμοια, υπάρχει θετικός ακέραιος \displaystyle b τέτοιος, ώστε \displaystyle k = {b^n} και \displaystyle m + n = {b^m} \Rightarrow 1 + n = b.

Τότε, είναι \displaystyle x = k = {\left( {n + 1} \right)^n} και \displaystyle y = \frac{1}{n}.

Εύκολα ελέγχουμε ότι όλα τα ζεύγη \displaystyle \left( {x,y} \right) = \left( {{{\left( {n + 1} \right)}^n},\frac{1}{n}} \right) με n θετικό ακέραιο, επαληθεύουν τη δοσμένη σχέση.


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
Prødigy
Δημοσιεύσεις: 42
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 26, 2018 11:39 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Prødigy » Σάβ Φεβ 23, 2019 4:05 pm

JimNt. έγραψε:
Σάβ Φεβ 23, 2019 3:28 pm
Για το 4 των μικρών. Σε καμία περίπτωση δεν γίνεται οι 5a-2b, 3a-4b να είναι και οι δύο πολλαπλάσια των 3 εκτός αν 3|a,b. Συνεπώς, πάντα θα υπάρχει κάποιος που δεν διαιρείται με το 3, αφού αν wlog x ο τελευταίος που δεν διαιρείται από αυτό τότε θα επιλεχθεί μαζί με πολλαπλάσιο του 3 και άρα κάποιος από τους δύο θα εξακολουθεί να μην διαιρείται με το 3.
Και προφανώς πρέπει a> b γιατί αλλιώς προκύπτει αρνητικός.


JimNt.
Δημοσιεύσεις: 540
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Σάβ Φεβ 23, 2019 4:07 pm

Prødigy έγραψε:
Σάβ Φεβ 23, 2019 4:05 pm
JimNt. έγραψε:
Σάβ Φεβ 23, 2019 3:28 pm
Για το 4 των μικρών. Σε καμία περίπτωση δεν γίνεται οι 5a-2b, 3a-4b να είναι και οι δύο πολλαπλάσια των 3 εκτός αν 3|a,b. Συνεπώς, πάντα θα υπάρχει κάποιος που δεν διαιρείται με το 3, αφού αν wlog x ο τελευταίος που δεν διαιρείται από αυτό τότε θα επιλεχθεί μαζί με πολλαπλάσιο του 3 και άρα κάποιος από τους δύο θα εξακολουθεί να μην διαιρείται με το 3.
Και προφανώς πρέπει a> b γιατί αλλιώς προκύπτει αρνητικός.
Δεν έχει σημασία αυτό. Μου έκανε εντύπωση που επέλεξαν το 2018 αντι του 2019


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.
Άβαταρ μέλους
Ανδρέας Πούλος
Δημοσιεύσεις: 1383
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 01, 2009 10:47 pm
Τοποθεσία: ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ
Επικοινωνία:

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ανδρέας Πούλος » Σάβ Φεβ 23, 2019 4:35 pm

μικροί Β θέμα 2019.png
μικροί Β θέμα 2019.png (162.54 KiB) Προβλήθηκε 3690 φορές
Θέμα Γεωμετρίας μικρών.
Το όνομα του κέντρου του περιγεγραμμένου κύκλου στο τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι περιττό.
Επίσης, υπάρχει λύση χωρίς καμία αναφορά στην καθετότητα.

Στο συνημμένο σχήμα πρέπει να αποδείξουμε ότι γωνία φ = Γ1 + Γ2 + Γ3, επειδή το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι ήδη εγγεγραμμένο.

Όμως, φ = Γ2 + Γ3 + ΛΘΓ ως εξωτερική γωνία του τριγώνου ΛΘΓ.
Άρα, μένει να αποδείξουμε ότι Γ1 = ΛΘΓ.
Αυτό είναι πολύ απλό και φαίνεται στο συνημμένο σχήμα, αφού πρόκειται για γωνίες που είναι εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο
και για γωνίες που σχηματίζει η διχοτόμος του ισοσκελούς τριγώνου ΒΖΓ.

Συγνώμην, δεν μπορώ να γράψω σε Tex με ελληνικά γράμματα και να κάνω το σχήμα μικρότερο.


Άβαταρ μέλους
emouroukos
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1389
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos » Σάβ Φεβ 23, 2019 4:35 pm

Πρόβλημα 2 Μεγάλων

Το σχήμα - και η απόδειξη (χωρίς λέξεις).
Αρχιμήδης 2019 (Μεγάλοι) - Θέμα 2.png
Αρχιμήδης 2019 (Μεγάλοι) - Θέμα 2.png (104.16 KiB) Προβλήθηκε 3685 φορές


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
Κώστας Καρ.
Δημοσιεύσεις: 6
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 24, 2019 10:17 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κώστας Καρ. » Σάβ Φεβ 23, 2019 5:05 pm

Καλησπέρα
Για το θέμα 4 των μεγαλων εγραψα αυτο:
Στο υπολοιπο της ασκησης θα θεωρω μ της στηλες και ν τις γραμμες του ορθογωνιου

Παρατηρούμε οτι, συμφωνα με την επιτρεπομενη κινηση, καθε στηλη και καθε γραμμη πρεπει να.περιεχει τουλαχιστον ενα αρχικό μαυρο πιόνι, αλλιως δεν μπορει να γεμισει. Ετσι, αν ειναι \nu=\mu, τοτε εχουμε τετραγωνο με
\nu^2 μοναδιαια τετραγωνα. Τοτε προφανώς η μικρότερη δυνατη τιμη αρχικών μαυρων πιονων ειναι τα μοναδιαια τετραγωνα της διαγωνιου, δηλαδη N=\nu
Αν \nu<mu, τοτε χωριζουμε το ορθογωνιο σε ενα τετραγωνο με πλευρες \nu και ενα ορθογωνιο με πλευρες \mu-\nu και και \nu (αν \mu=2\nu, τοτε προφανώς δεν ειναι ορθογώνιο αλλα τετραγωνο με επισης πλευρες \nu). Εφοσον τωρα για να γεμισουμε το τετραγωνο με πλευρες ν θελουμε ν αρχικα πιονια, επειδη η πλευρα διπλα απ'το ορθογωνιο (δηλαδη η ακριανη στηλη του τετραγωνου) θα ειναι γεματη με μαυρα πιονια, παρατηρουμε οτι χρειαζομαστε μόνο ενα αρχικο μαυρο πιόνι σε καθε στηλη για να γεμισουμε το ορθογωνιο, ανεξαρτητα απ'την θεση τους. Δηλαδη χρειαζομαστε αλλα mu-\nu αρχικα τετραγωνα.
Αρα στο συνολο έχουμε:
N=\nu+(\mu-\nu)=\mu

Με συγχωρείτε για την απουσια σχηματος αλλα αυτο το γραφω μεσω κινητου γιατι βρισκομαι στον δρομο της επιστροφης. Πως σας φανηκε η λυση μου;
τελευταία επεξεργασία από Demetres σε Σάβ Φεβ 23, 2019 8:48 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.
Λόγος: Γραφή σε LaTeX


silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1228
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Σάβ Φεβ 23, 2019 5:17 pm

Κώστας Καρ. έγραψε:
Σάβ Φεβ 23, 2019 5:05 pm
Καλησπέρα
Για το θέμα 4 των μεγαλων εγραψα αυτο:
Στο υπολοιπο της ασκησης θα θεωρω μ της στηλες και ν τις γραμμες του ορθογωνιου

Παρατηρούμε οτι, συμφωνα με την επιτρεπομενη κινηση, καθε στηλη και καθε γραμμη πρεπει να.περιεχει τουλαχιστον ενα αρχικό μαυρο πιόνι, αλλιως δεν μπορει να γεμισει. Ετσι, αν ειναι ν=μ, τοτε εχουμε τετραγωνο με
ν^2 μοναδιαια τετραγωνα. Τοτε προφανώς η μικρότερη δυνατη τιμη αρχικών μαυρων πιονων ειναι τα μοναδιαια τετραγωνα της διαγωνιου, δηλαδη Ν=ν
Αν ν<μ, τοτε χωριζουμε το ορθογωνιο σε ενα τετραγωνο με πλευρες ν και ενα ορθογωνιο με πλευρες μ-ν και και ν (αν μ=2ν, τοτε προφανώς δεν ειναι ορθογώνιο αλλα τετραγωνο με επισης πλευρες ν). Εφοσον τωρα για να γεμισουμε το τετραγωνο με πλευρες ν θελουμε ν αρχικα πιονια, επειδη η πλευρα διπλα απ'το ορθογωνιο (δηλαδη η ακριανη στηλη του τετραγωνου) θα ειναι γεματη με μαυρα πιονια, παρατηρουμε οτι χρειαζομαστε μόνο ενα αρχικο μαυρο πιόνι σε καθε στηλη για να γεμισουμε το ορθογωνιο, ανεξαρτητα απ'την θεση τους. Δηλαδη χρειαζομαστε αλλα μ-ν αρχικα τετραγωνα.
Αρα στο συνολο έχουμε:
Ν=ν+(μ-ν)=μ

Με συγχωρείτε για την απουσια σχηματος αλλα αυτο το γραφω μεσω κινητου γιατι βρισκομαι στον δρομο της επιστροφης. Πως σας φανηκε η λυση μου;
Καλησπέρα. Σε αυτού του είδους τα προβλήματα πρέπει να δείξουμε δύο πράγματα.
1ον) Ότι χρειάζονται τουλάχιστον τόσα μαύρα τετράγωνα
2ον) Ότι με τον αριθμό που βρήκαμε πριν είναι δυνατόν.

Εσύ κάνεις ουσιαστικά μόνο το 2ο κομμάτι. Η απάντηση για το τετράγωνο είναι σωστή, αλλά για το ορθογώνιο είναι λάθος.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες