Αρχιμήδης 2020

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 446
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Αρχιμήδης 2020

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Παρ Φεβ 21, 2020 5:25 pm

Αύριο διεξάγεται ο διαγωνισμός " Αρχιμήδης 2020 ". Θέλω να ευχηθώ καλή επιτυχία σε όλα τα παιδιά!!!

Υ.γ.1: τα θέματα θα τα ανεβάσω μετά το πέρας της εξέτασης δηλαδή περίπου στις 2. Όπως και τα προηγούμενα χρόνια επειδή θα είμαι στο χώρο διεξαγωγής θα τα ανεβάσω με το κινητό σε φωτογραφία.

Υ.γ.2: αν κάποιος θέλει παρέα ευχαρίστως να στείλει π.μ

ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ!!!



Λέξεις Κλειδιά:
bruh
Δημοσιεύσεις: 6
Εγγραφή: Τετ Οκτ 16, 2019 2:43 pm

Re: Αρχιμήδης 2020

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από bruh » Παρ Φεβ 21, 2020 9:35 pm

Καλησπέρα και καλή επιτυχία σε όλους. Ο διαγωνισμός διαρκεί 3.5 ώρες από τη παράδοση των θεμάτων;


Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5433
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Re: Αρχιμήδης 2020

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Παρ Φεβ 21, 2020 10:58 pm

Καλή Επιτυχία και καλές εμπνεύσεις !!!


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 446
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: Αρχιμήδης 2020

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Σάβ Φεβ 22, 2020 12:59 pm

Παραθέτω τα θέματα!! Καλά αποτελέσματα σε όλα τα παιδιά!!!
Συνημμένα
IMG_20200222_114223.jpg
IMG_20200222_114223.jpg (1.45 MiB) Προβλήθηκε 5078 φορές
IMG_20200222_114223.jpg
IMG_20200222_114223.jpg (1.45 MiB) Προβλήθηκε 5078 φορές


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 446
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: Αρχιμήδης 2020

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Σάβ Φεβ 22, 2020 1:02 pm

..
Συνημμένα
IMG_20200222_114113.jpg
IMG_20200222_114113.jpg (1.48 MiB) Προβλήθηκε 5074 φορές


Θανασης Παπαδοπουλος
Δημοσιεύσεις: 2
Εγγραφή: Τετ Φεβ 13, 2019 9:45 pm

Πρόβλημα 1 Μεγάλων

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Θανασης Παπαδοπουλος » Σάβ Φεβ 22, 2020 1:16 pm

Θέτουμε P(x) πολυώνυμο βαθμού n και Q(x) πολυώνυμο βαθμού m. Παρατηρούμε πως Q^{3}\left ( x \right ) είναι βαθμού 3m και πως P\left ( Q^{3}\left ( x \right ) \right ) είναι βαθμού 3mn. Άρα 3mn=3m+n+1 \mapsto n\equiv2mod3 \to m=\frac{k+1}{3k+1} \mapsto k=0,m=1,n=2

Ακόμα x /P(Q^3(x)) \mapsto P(0)=0
Άρα P(x)=ax^2+bx, Q(x)=cx+d

Με πράξεις διαπιστώνουμε πως P(x)=ax^2,Q(x)=x


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9327
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Αρχιμήδης 2020

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Φεβ 22, 2020 1:41 pm

Γεωμετρία μικρών

Το ZECB είναι εγγράψιμο, άρα \displaystyle \widehat B = A\widehat EZ,\widehat C = A\widehat ZE,ZD = ED = \frac{{BC}}{2}
Αρχιμήδης 2020J.png
Αρχιμήδης 2020J.png (17.91 KiB) Προβλήθηκε 4949 φορές
α) \displaystyle Z\widehat DE = 180^\circ  - (\omega  + \varphi ) = 180^\circ  - \left( {180^\circ  - 2\widehat B + 180^\circ  - 2\widehat C} \right) = 180^\circ  - 2\widehat A

οπότε \displaystyle D\widehat ZE = D\widehat EZ = \widehat A.

β) \displaystyle B\widehat TZ = \widehat B - \theta  = \widehat B - A\widehat ZE = \widehat B - \widehat C


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9327
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Αρχιμήδης 2020

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Φεβ 22, 2020 2:08 pm

Πρόβλημα 1 μικρών

Η ανίσωση παίρνει τη μορφή \displaystyle \frac{{{{(x + 4)}^2}{{(3x + 4)}^2}}}{{{x^3}}} \ge 0 \Rightarrow x > 0

Η ισότητα για \displaystyle x =  - 4 ή \displaystyle x = \frac{{ - 4}}{3} (Αργότερα πιο αναλυτικά, αν δεν το γράψει κάποιος άλλος).


bruh
Δημοσιεύσεις: 6
Εγγραφή: Τετ Οκτ 16, 2019 2:43 pm

Re: Αρχιμήδης 2020

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από bruh » Σάβ Φεβ 22, 2020 2:19 pm

Πώς σας φάνηκαν τα θέματα των μικρών; Εγώ έλυσα το 4ο και το 3ο. Γεωμετρία κόλλησα και ούτε που την αγγιξα και άλγεβρα απλά έκανα πράξεις μέχρι που κατέληξα σε σημείο που δε μου έρχοταν η απλοποίηση.


GeorgeWashington1732
Δημοσιεύσεις: 3
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 22, 2020 3:08 pm

Re: Αρχιμήδης 2020

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από GeorgeWashington1732 » Σάβ Φεβ 22, 2020 3:47 pm

Διορθώστε με αν έχω κάνει λάθος.

Για το τέταρτο των μικρών:

Θεωρούμε έναν "κακό" χρωματισμό για τις 99 μπάλες. Θα κάνουμε την επόμενη κίνηση:

(1,.., 50)(51,..., 99)\rightarrow (51,..,99,1)(2,..,50), ο οποίος είναι "καλός" χρωματισμός.

Θεωρούμε έναν "καλό" χρωματισμό για τις 99 μπάλες. Κάνουμε την ίδια κίνηση και παίρνουμε:

(1,.., 50)(51,..., 99)\rightarrow (51,..,99,1)(2,..,50), οποίος είναι "κακός" χρωματισμός, αφού το (51, ..., 99, 1) μπορεί να έχει το πολύ ίσο αριθμό κοκκίνων με το (2,.., 50).

Θεωρούμε έναν χρωματισμό X και ονομάζουμε την παραπάνω κίνηση f(X).

Εύκολα βλέπουμε απο τις συνθήκες:  X = Y \Leftrightarrow f(X) = f(Y) .

Έπεται ότι ο αριθμός "καλών" χρωματισμών ισούται με τον αριθμό "κακών" χρωματισμών.

Αφού έχουμε 2^{99} συνολικούς χρωματισμούς, το πλήθος των "καλών" είναι 2^{98}.


O acaso é um deus e um diabo ao mesmo tempo.

Je ne sais rien.

No es hipocresia, es elegancia.
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9327
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Αρχιμήδης 2020

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Φεβ 22, 2020 4:16 pm

Αναλυτικά το 1 των μικρών

\displaystyle x\left[ {{{\left( {\frac{{x + 2}}{x}} \right)}^4} - 2\frac{1}{4}{{\left( {\frac{{x + 2}}{x}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{4}} \right)}^2}} \right] \ge 0 \Leftrightarrow x{\left[ {{{\left( {\frac{{x + 2}}{x}} \right)}^2} - \frac{1}{4}} \right]^2} \ge 0 \Leftrightarrow

\displaystyle x > 0 ή \displaystyle \left( {\frac{{x + 2}}{x} - \frac{1}{2}} \right)\left( {\frac{{x + 2}}{x} + \frac{1}{2}} \right) = 0 \Leftrightarrow x =  - 4 \vee x =  - \frac{4}{3}


Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 593
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Αρχιμήδης 2020

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Σάβ Φεβ 22, 2020 4:38 pm

Για παρόμοιο με το 4 των μεγάλων: https://artofproblemsolving.com/communi ... 4p13415923


Bye :')
achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2735
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: Αρχιμήδης 2020

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Φεβ 22, 2020 5:03 pm

Θέμα 3/Μεγάλων

Θα αποδείξουμε ότι δεν γίνεται.

Για το (β)

Στο προτελευταίο βήμα θα έχουμε μείνει με δυο αριθμούς

(1) Το a^{2020} και το b^{2020} (ενδεχομένως b=1), ή
(2) Το a^{2020} και το 2030.

Η περίπτωση (1) σημαίνει ότι η εξίσωση

x^4-y^4=2021

Θα έχει ακέραιες λύσεις. Δηλαδή, ότι η

(x-y)(x+y)(x^2+y^2)=43\cdot 47

θα έχει ακέραιες λύσεις με x^2+y^2>x+y>x-y>0) άτοπο, αφού θα πρέπει x^2+y^2=47 κτλ, άτοπο.

Η περίπτωση (2) δεν μπορεί να ισχύει επίσης αφού oύτε 4051 ούτε το 10 είναι δύναμη της μορφής a^{2020}.


Ομοίως για το 1ο υποερώτημα, δεν γίνεται διότι τότε

(1) η εξίσωση

(x-y)(x+y)(x^2+y^2)=2020

Θα είχε λύσεις, άτοπο, αφού το αριστερό μέλος διαιρείται με το 8, αλλά το δεξί μέλος όχι.

(2) Επίσης, δεν γίνεται, αφού ούτε το 4050 ούτε το 9 είναι της μορφής a^{2020}.


( γράφω περιληπτικά από κινητό)

Φιλικά,

Αχιλλέας


Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 760
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Αρχιμήδης 2020

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Σάβ Φεβ 22, 2020 5:07 pm

Για το 3 το μικρών η λύση μου:

Η δοσμένη γίνεται n=\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc}\overset{a,b,c\geq 1}{\leq }3
Διακρίνω τις εξής περιπτώσεις:
  • n=3

    Τότε πρέπει 3=\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc}\leq 3 με την ισότητα μόνο για a=b=c=1
  • n=2
    Έστω χωρίς βλάβη πως a\geq b\geq c
    Πρέπει 2=\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc}.Αν a\geq 3 τότε \dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc}\leq \dfrac{1}{3b}+\dfrac{1}{3c}+\dfrac{1}{bc}\leq \dfrac{2}{3}+1< 2 άτοπο.
    Προφανώς δεν μπορεί a=1 γιατί τότε a=b=c=1 που δίνει άτοπο στην αρχική (για n=2).
    Άρα a=2.Οπότε 2=\dfrac{1}{2b}+\dfrac{1}{2c}+\dfrac{1}{bc}
    Αν όμως b\geq 2 τότε \dfrac{1}{2b}+\dfrac{1}{2c}+\dfrac{1}{bc}\leq \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}< 2 άτοπο.Άρα πρέπει a=2,b=c=1 που επαληθεύει και την αρχική.
  • n=1
    Πρέπει \dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc}=1
    i)Αν a\geq 4 και c\geq 2 τότε \dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc}\leq \dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{4}< 1 άτοπο.Άρα πρέπει c=1.Τότε για b\geq 2 εύκολα άτοπο.Η περίπτωση b=c=1 απορρίπτεται αφού δεν επαληθεύει την αρχική.
    ii) Αν a=3 και c\geq 2 τότε \dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc}\leq \dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{4}<1
    Άρα c=1.Για b=1 εύκολα άτοπο και εύκολα ελέγχουμε ότι μοναδική λύση η a=3,b=2,c=1.
    iii) Αν a=2 , για b=1 πρέπει c=1 εύκολα άτοπο και για b=2 προκύπτει 3c=4 πάλι άτοπο.

    iv) Αν a=1 τότε b=c=1 άτοπο από την αρχική.
Σημείωση:Επειδή θεωρήσαμε διάταξη πρέπει να τονίσουμε ότι λύσεις είναι και οι αναδιατάξεις των λύσεων που βρήκαμε.


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1137
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Αρχιμήδης 2020

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Σάβ Φεβ 22, 2020 6:57 pm

Πρόβλημα 2 (Μεγάλων)
emo_2020_pr2.png
emo_2020_pr2.png (10.34 KiB) Προβλήθηκε 3813 φορές

Παρατηρούμε ότι τα τρίγωνα AEZ , AEC και CED είναι όμοια ισοσκελή (τα δυο τελευταία και ίσα), οπότε \angle DCM = \angle EAC = \angle ECD (όπου M το μέσο του τμήματος CB) και εφόσον EC=CM, τα τρίγωνα CDE και CDM είναι ίσα. Άρα έχουμε MC=MD=MB και το τρίγωνο CDB είναι ορθογώνιο στο D.

Έστω K το σημείο τομής της EZ με την κάθετη από το D προς την AB. Παρατηρούμε ότι \angle EKD = \angle ZKD = \omega/2 και \angle CBD = \angle CMD/2 = \omega /2. Άρα τα σημεία K,Z,D,B είναι ομοκυκλικά.

Επίσης εύκολα μπορούμε να δούμε ότι το τετράπλευρο EZCD είναι ισοσκελές τραπέζιο.

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι η EC είναι κάθετη στην KB. Πράγματι, έστω L το σημείο τομής της ED με την KB, τότε θα έχουμε \angle ELK = \angle ZBK = \abgle ZDK. Επομένως \angle ELK+\angle DEC = \angle ZDK+\angle ZDE =90^0.
τελευταία επεξεργασία από Al.Koutsouridis σε Κυρ Φεβ 23, 2020 1:52 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


aurelia
Δημοσιεύσεις: 2
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 22, 2020 7:14 pm

Re: Αρχιμήδης 2020

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από aurelia » Σάβ Φεβ 22, 2020 7:18 pm

Επειδή είμαι καινούργια στον χώρο... Βλέπω στην ιστοσελίδα της ΕΜΕ τα ονόματα για τη βράβευση των παιδιών του Ευκλείδη, και βλέπω πολύ συγκεκριμένη γεωγραφική κατανομή (Αθήνα, Ηγουμενίτσα, Πρέβεζα) για όλες τις τάξεις. Είναι τυχαίο;

ΥΓ Τώρα που το ξαναείδα, είδα ότι μου είχε ξεφύγει και ένα Ρέθυμνο, μια Δράμα και ένα Καρπενήσι. Αλλά και πάλι, μου φαίνεται πολύ περιορισμένο γεωγραφικά...


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 446
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: Αρχιμήδης 2020

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Σάβ Φεβ 22, 2020 8:06 pm

Οι βραβεύσεις αφορούν δυστυχώς μόνο τα παιδιά της Αττικής και των περιοχών που δεν έχουν ενεργό παράρτημα.


bruh
Δημοσιεύσεις: 6
Εγγραφή: Τετ Οκτ 16, 2019 2:43 pm

Re: Αρχιμήδης 2020

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από bruh » Σάβ Φεβ 22, 2020 9:18 pm

Τα αποτελέσματα έχουν αναρτηθεί! Συγχαρητήρια σε όλους τους επιτυχόντες και φυσικά σε όλους για τη συμμετοχή!


aurelia
Δημοσιεύσεις: 2
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 22, 2020 7:14 pm

Re: Αρχιμήδης 2020

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από aurelia » Σάβ Φεβ 22, 2020 9:37 pm

Επιτυχόντες και μή... πώς μπορούν να μάθουν τον βαθμό τους;


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 446
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: Αρχιμήδης 2020

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Σάβ Φεβ 22, 2020 10:00 pm

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά!!! :first: :first: :first:


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