Αρχιμήδης 2020

#21

Συγχαρητήρια σε όλους τους επιτυχόντες αλλά και σε όλους, όσοι συμμετείχαν !

Καλή συνέχεια στον Προκριματικό !!!

Al.Koutsouridis · #22

Προβλημα 1 (Μικρών) Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς την ανίσωση:

$\dfrac{(x+2)^4}{x^3} -\dfrac{(x+2)^2}{2x} \geq -\dfrac{x}{16}$ .

Λύση:

Φέρνοντας τους όρους σε κοινό παρονομαστή και στο αριστερό μέλος η ανίσωση γράφεται ισοδύναμα

$\dfrac{(x+2)^4+\dfrac{1}{16}x^4 -\dfrac{1}{2}x^2(x+2)^2}{x^3} \geq 0$

Ο αριθμητής όμως του παραπάνω κλάσματος από της ανισότητα αριθμητικού γεωμετρικού μέσου για τους μη αρνητικούς αριθμούς $(x+2)^4, \dfrac{1}{16}x^4$ προκύπτει να είναι μη αρνητικός για όλα τα

. Επομένως το πρόσημο της ανίσωσης εξαρτάται από το πρόσημο του x^3

. Άρα επαληθεύεται για όλα τα x >0

.

Edit: (βλέπε σε παρακάτω δημοσίευση) Στην περίπτωση που μηδενίζεται ο παρονομαστής δηλαδή για $x+2= \pm \dfrac{x}{2} \Leftrightarrow$ x=-4

ή $x=-\dfrac{4}{3}$ προκύπτουν άλλα δυο σημεία που επαληθεύουν την ανίσωση, ανεξάρτητα του προσήμου του x^3

.

Τσιαλας Νικολαος · #23

Κύριε Αλέξανδρε σε αυτό την πάτησαν αρκετά παιδιά! Όταν ο αριθμητής είναι ίσος με το μηδέν, ο παρονομαστής μπορεί να είναι και αρνητικός! Οπότε έχουμε και 2 αρνητικές λύσεις!

Al.Koutsouridis · #24

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2020 11:23 pm
Κύριε Αλέξανδρε σε αυτό την πάτησαν αρκετά παιδιά! Όταν ο αριθμητής είναι ίσος με το μηδέν, ο παρονομαστής μπορεί να είναι και αρνητικός! Οπότε έχουμε και 2 αρνητικές λύσεις!

Σωστά η περίπτωση μηδενισμού του παρονομαστή πρέπει να εξεταστεί ξεχωριστά. (δε χρειάζεται το κύριος

)

mick7 · #25

Γραφική επιβεβαίωση...

https://www.desmos.com/calculator/rus3gvvkcw

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 22, 2020 11:23 pm
Κύριε Αλέξανδρε σε αυτό την πάτησαν αρκετά παιδιά! Όταν ο αριθμητής είναι ίσος με το μηδέν, ο παρονομαστής μπορεί να είναι και αρνητικός! Οπότε έχουμε και 2 αρνητικές λύσεις!

#26

Συγχαρητήρια σε όσους συμμετείχαν και Καλή Συνέχεια στους επιτυχόντες

Κώστας Καρ. · #27

Καλημερα σε ολους και συγχαρητηρια στους επιτυχοντες και σε ολους τους συμμετεχοντες

Μηπως θα μπορουσε καποιος να ανεβασει μια λυση για το 4ο των μεγαλων ; Νομιζω οτι διαφερει λιγο με την κλασικη θεωρια αριθμων που συνηθιζαν να βαζουν στον αρχιμηδη.

#28

Συγχαρητήρια στους μαθητείες όλους που συμμετείχαν στο διαγωνισμό καλή συνέχεια στους διακριθέντες .
Γεωμετρία των μεγάλων μια λύση .

Ας είναι

το μέσο του

και

το σημείο τομής των καθέτων ευθειών $AC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BK$ . Θέτω ED = m

και θα είναι :

AC = CE = ED = CM = MB = m

. Άρα το τετράπλευρο ECMD

είναι ρόμβος ,το τρίγωνο DCB

ορθογώνιο στο

και το τετράπλευρο EZCD

ισοσκελές τραπέζιο .

Τώρα το τετράπλευρο DCTB

είναι εγγράψιμο γιατί το

απέχει από τις κορυφές του απόσταση

.

Είναι προφανές ότι $\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}} = \widehat {{a_3}} = \widehat {{a_4}} = \widehat {{\omega _{}}}$ ( οξείες με πλευρές κάθετες )

Επίσης : $\widehat {{A_{}}} = \widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _2}}$ ( συμπληρώματα της $\widehat {CDK}$ )

Μα τώρα το τρίγωνο KBD

είναι όμοιο με το τρίγωνο CEA

( αλλά και με όλα τα ισοσκελή τρίγωνα που έχουν τη μια γωνία $\widehat {{\omega _{}}}$ και την άλλη $\widehat {{A_{}}}$ )

: Μεγάλοι Αρχιμήδης 2020_μια λύση.png (32.94 KiB) Προβλήθηκε 2242 φορές

Το τρίγωνο λοιπόν KBD

είναι ισοσκελές με κορυφή το

και θα έχει φορέα της διχοτόμου της κορυφής του την

.

Είναι δε προφανές ότι κάθε γωνία ίση με $\boxed{\frac{{\widehat {{\omega _{}}}}}{2}}$ θα είναι ίση με την $\widehat {{A_{}}}$ . Δηλαδή :

$\widehat {{\theta _4}} = \widehat {{A_{}}}\,\,\,(1)$ αλλά επειδή στο ισοσκελές τραπέζιο EZCD

οι διαγώνιες είναι ίσες

Η

είναι μεσοκάθετη στο

άρα

και λόγω της $\left( 1 \right)$ θα είναι και

$\widehat {{\theta _5}} = \widehat {{A_{}}}\,\,$ , κι αφού το τρίγωνο EAZ

είναι ισοσκελές με κορυφή το

οι

$AZ\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ZK$ είναι αντικείμενες ημιευθείες .

Nick1990 · #29

Πολλά συγχαρητήρια σε όλους τους μαθητές και καλή επιτυχία στον προκριματικό!

Παραθέτω αρχικά μια λύση στο θέμα 4 των μεγάλων που βλέπω πως δεν έχει απαντηθεί, μαζί με τον τρόπο σκέψης:

Σαν πρώτο βήμα, κοιτάμε να βρούμε θετικούς ακέραιους

για τους οποίους το A(k, a, b)

μπορεί να είναι σύνθετος θετικός ακέραιος για b = 1

. Με αυτό τον τρόπο οδηγούμαστε σε ένα πιο απλό πρόβλημα, το οποίο αν λύσουμε θα έχουμε αποκλείσει μερικούς

, το οποίο είναι σαφώς μια πρόοδος.

Θέλουμε λοιπόν σε πρώτη φάση: a^2 + k^2 - k^2a | a + 1

και το πηλίκο να είναι σύνθετος θετικός ακέραιος. Αυτό επιτυγχάνεται αν έχουμε a^2 + k^2 - k^2a = 1 (1)

και συγχρόνως ο a + 1

είναι σύνθετος. Εύκολα, η (1)

ικανοποιείται αν a = 1

, αλλά τότε a + 1 = 2

που είναι πρώτος, οπότε θέλουμε κάτι άλλο. Επειδή όμως η (1)

είναι δευτεροβάθμια ως προς

, ικανοποιείται και για a = k^2 - 1

που είναι θετικός ακέραιος αν k > 1

, και σε αυτή την περίπτωση έχουμε a + 1 = k^2

που είναι σύνθετος θετικός ακέραιος. Καταφέραμε λοιπόν να αποκλείσουμε όλους τους k > 1

.

Αρκεί τώρα να δούμε τι γίνεται για k = 1

. Χωρίς βλάβη της γενικότητας έχουμε $b \geq a$ , και αν $b \geq 3$ έχουμε:
$\displaystyle{a^2 + b^2 - ab = \left(a - \frac{b}{2}\right)^2 + \frac{3b^2}{4} \geq \frac{3b^2}{4} \geq \frac{9b}{4} > 2b \geq a + b > 0}$
οπότε το A(k, a, b) = A(1, a, b)

δεν μπορεί να είναι ακέραιος.
Άρα μένουν οι περιπτώσεις $(a, b) \in \{(1,1), (1, 2), (2, 2)\}$ , στις οποίες εύκολα διαπιστώνουμε πως ο A(k, a, b) = A(1, a, b)

είναι ίσος είτε με

είτε με

, δηλαδή μη σύνθετος θετικός ακέραιος.

Άρα μόνο ο k=1

έχει τη ζητούμενη ιδιότητα.

Κλείνω τώρα με ένα εναλλακτικό τελείωμα της γεωμετρίας των μεγάλων (θέμα 2 μεγάλων):

Αλλάζοντας ελαφρώς το σχήμα του Doloros στην αμέσως προηγούμενη ανάρτηση, ονομάζουμε

την τομή των

και

την τομή της

με την κάθετη από το

στην

. Αρκεί να δείξουμε ότι $K \equiv K'$ . Το τετράπλευρο EDMT

είναι και αυτό ισοσκελές τραπέζιο, άρα εγγράψιμο σε κύκλο, και θα δείξουμε πως το κέντρο του κύκλου αυτού είναι το μέσο K''

της

. Πράγματι, έχουμε K''E = K''D

με

,

συνευθειακά (αφού $\angle{EDC} = \angle{DEK''} = \angle{EDK''}$ ). Επειδή το EDMC

είναι ρόμβος, η

είναι μεσοκάθετος της

, άρα λόγω της παραπάνω συνευθειακότητας έχουμε και K''E = K''M

. Συνδυάζοντας τις τελευταίες ισότητες, έχουμε K''E = K''D = K''M

, οπότε πράγματι το K''

είναι το κέντρο του κύκλου του εγγράψιμου τραπεζίου EDMT

, επομένως έχουμε K''E = K''D = K''M = K''T

. Επειδή τώρα το τρίγωνο EKT

είναι ορθογώνιο και K''T = K''E

με

πάνω στην

, το

είναι μέσο της υποτείνουσας

τριγώνου αυτού. Τέλος, αφού το K''

είναι μέσο και της EK'

, έχουμε $K \equiv K'$ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

#30

Γεωμετρία μικρών .

: Μικροί Αρχιμήδης 2020.png (24.83 KiB) Προβλήθηκε 2206 φορές

Το ημικύκλιο με διάμετρο το

διέρχεται από τα σημεία $Z\,\,\kappa \alpha \iota \,\,E$ .

Ταυτόχρονα έχω : $\left\{ \begin{gathered} \widehat {{\theta _{}}} = 90^\circ - \widehat {{A_{}}} \hfill \\ \widehat {ZDE} = 2\widehat {{\theta _{}}} = 180^\circ - 2\widehat {{A_{}}} \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Αλλά οι ίσες γωνίες $\widehat {{\omega _1}}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {{\omega _2}}\,$ είναι μαζί $180^\circ - 2\widehat \theta = 2\widehat A\,$ άρα : $\widehat {{\omega _1}}\, = \widehat {{\omega _2}} = \widehat A$

Προφανώς $\widehat {{x_{}}} + \widehat {{\xi _{}}} + \widehat {{\omega _1}} = 180^\circ$ και $\widehat {{B_{}}} = \widehat {{x_{}}}$ άρα : $\widehat {{B_{}}} + \widehat {{\xi _{}}} + \widehat {{A_{}}} = 180^\circ = \widehat {{B_{}}} + \widehat {{A_{}}} + \widehat {{C_{}}}$

Συνεπώς : $\widehat {{\xi _{}}} = \widehat {{C_{}}}$ .

Επειδή $\widehat {{T_{}}} + \widehat {{\xi _{}}} = \widehat {{B_{}}}$ ( εξωτερική στο $\vartriangle BZT$ ) , θα είναι $\widehat {{T_{}}} = \widehat {{B_{}}} - \widehat {{C_{}}}$

Τέλος $\widehat {ZBT} = 180^\circ - \widehat {{B_{}}}$

add2math · #31

Για το πρόβλημα 4 των μικρών.
Α) Κάθε κύκλος μπορεί να χρωματιστεί κόκκινος ή πράσινος, άρα δυο επιλογές ανά κύκλο, συνολικά για τους 99 κύκλους έχω $2^{99}$ διαφορετικούς χρωματισμούς.
Β) αν στους πρώτους 50 κύκλους έχουμε Κ1 κόκκινους κύκλους, Π1 πράσινους κύκλους, στους υπόλοιπους 49 έχουμε Κ2 κόκκινους κύκλους, Π2 πράσινους κύκλους, τότε το Κ1 παίρνει τιμές από 0..50, το Κ2 από 0…49, Κ1+Π1=50, Κ2+Π2=49, και φυσικά ο χρωματισμός είναι «καλός» αν Κ1>Κ2. Δημιουργώ το εξής γράφημα καταστάσεων.

: αρχιμηδηςμικρα2020πρ4.png (17.93 KiB) Προβλήθηκε 2081 φορές

Ο κατακόρυφος άξονας δηλώνει το πλήθος των κόκκινων κύκλων στους πρώτους 50 κύκλους (από τον 1 ως και τον 50ο), ενώ ο οριζόντιος άξονας Κ2 δηλώνει το πλήθος των κόκκινων κύκλων στους υπόλοιπους 49 (από τον 51 ως και τον 99ο).
Στη διαγώνιο με τα κυκλάκια (Ο) έχουμε Κ1=Κ2.
Όσα βρίσκονται πάνω από τη διαγώνιο με τα κυκλάκια (Ο), τα συμβολίζουμε με αστερίσκο (*) και έχουν συντεταγμένες (Κ2, Κ1) τέτοιες, ώστε K1>K2

, συνεπώς οι χρωματισμοί που αντιστοιχούν σε αυτόν τον συνδυασμό (Κ2,Κ1) είναι «καλοί».
Όσα βρίσκονται από τη διαγώνιο και κάτω τα συμβολίζουμε με κυκλάκια (Ο) και έχουν συντεταγμένες (Κ2, Κ1) τέτοιες, ώστε K1<=K2

, συνεπώς οι χρωματισμοί που αντιστοιχούν σε αυτόν τον συνδυασμό (Κ2,Κ1) είναι «κακοί».
Σε κάθε αστεράκι (*) με συν/νες (Κ2,Κ1) θα αντιστοιχώ ένα κυκλάκι (Ο) με συντ/νες (49-Κ2, 50-Κ1) βλέπε και τα αντίστοιχα χρωματιστά ζευγάρια στην εικόνα.
Ένα κυκλάκι (Ο) με συντ/νές (49-Κ2, 50-Κ1) σημαίνει ότι έχουμε 49-Κ2 κόκκινους κύκλους στο 2ο τμήμα (από τον 51 ως και τον 99ο) και 50-Κ1 κόκκινους κύκλους στο 1ο τμήμα (από τον 1 ως και τον 50ο).
Αλλά τότε έχουμε 49-(49-K2)=K2

πράσινους κύκλους στο 2ο τμήμα (από τον 51 ως και τον 99ο) και 50-(50-K1)=K1

πράσινους κύκλους στο 1ο τμήμα (από τον 1 ως και τον 50ο).
Όμως προφανώς οι χρωματισμοί που αντιστοιχούν σε αυτήν την περίπτωση είναι ισοπληθείς με τους αντίστοιχους χρωματισμούς για το αστεράκι με συν/νες (Κ2,Κ1),αρκεί να αντιστρέφω τα χρώματα!
Συνεπώς οι καλοί χρωματισμοί είναι ίσοι σε πλήθος με τους καλούς, άρα έχουμε $2^{99}/2=2^{98}$ διαφορετικούς καλούς χρωματισμούς
Ελπίζω να μην σας μπέρδεψα.

#32

Αφού συγχαρώ όλους τους εκπληκτικούς μαθητές μας, μία λύση για τη γεωμετρία των μεγάλων με σχήμα και χωρίς (σχεδόν) λόγια.
Τα $\Gamma \Theta \Delta E$ και $\Theta \Delta IB$ είναι ρόμβοι και καθώς το $\Theta$ είναι ορθόκεντρο του ισοσκελούς τριγώνου $\Delta KB$ , η $\Delta \Theta$ άρα και η $E\Gamma$ είναι κάθετες στην

.

#33

Πρόβλημα 1, Μεγάλοι
Belarus 2019
https://artofproblemsolving.com/communi ... 0p13060758

Πρόβλημα 4, Μεγάλοι
παρόμοιο
https://artofproblemsolving.com/communi ... 4p13415923

Πρόβλημα 4, Μικροί
θέμα 5
https://www.math.wisc.edu/talent/sites/ ... t18-2q.pdf

Πρόβλημα 2, Μικροί
Μάλλον πολύ απλό πρόβλημα για αυτό το επίπεδο. Δεν συνάδει με τα υπόλοιπα.

Τσιαλας Νικολαος · #34

Αναρτήθηκαν και οι επίσημες λύσεις!! Διακρίνω μια αλλαγή προς το καλύτερο αλλά θα προτιμούσα να έχει και κάποιους άλλους τρόπους που εμφανιστηκαν.

http://www.hms.gr/?q=node/1639

llenny · #35

Καλησπέρα και συγχαρητήρια στους επιτυχόντες. Λογικά χάνω κάτια πολύ προφανές ή κανω κάποιο λάθος/παραδόχή, ελπίζω να μπορεί να με βοηθήσει κάποιος βρω τι κάνω λάθος. Αναφέρομαι στο υποερώτημα β) του τρίτου προβλήματος των μεγάλων:
Εφαρμόζω την κίνηση Κ (2,3),(4,5),...,(2020,2021) οπότε έχω 1010 ζεύγη και έτσι δημιουργώ 1010 μονάδες και αφού το 1010 είναι άρτιος οι μονάδες αυτές "φεύγουν" πάλι με την κίνηση Κ μεταξύ τους. Οπότε έχουν μείνει οι αριθμοί 1,2022,2023,2024,2025,2026,2027,2028,2029,2030. Εφαρμόζω τώρα την κίνηση Κ για τα ζεύγη: (2023,2024),(2025,2026),(2027,2028),(2029,2030) και σχηματίζονται άλλες 4 μονάδες οι οποίες φεύγουν πάλι με την κίνηση Κ αφου το 4 είναι άρτιος. Έτσι έχει μείνει το 2022 και το 1 οπότε εφαρμόζοντας και πάλι την κίνηση Κ παίρνω 2021^2020 οπότε γίνεται.

#36

llenny έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 26, 2020 10:14 pm
Καλησπέρα και συγχαρητήρια στους επιτυχόντες. Λογικά χάνω κάτια πολύ προφανές ή κανω κάποιο λάθος/παραδόχή, ελπίζω να μπορεί να με βοηθήσει κάποιος βρω τι κάνω λάθος. Αναφέρομαι στο υποερώτημα β) του τρίτου προβλήματος των μεγάλων:
Εφαρμόζω την κίνηση Κ (2,3),(4,5),...,(2020,2021) οπότε έχω 1010 ζεύγη και έτσι δημιουργώ 1010 μονάδες και αφού το 1010 είναι άρτιος οι μονάδες αυτές "φεύγουν" πάλι με την κίνηση Κ μεταξύ τους. Οπότε έχουν μείνει οι αριθμοί 1,2022,2023,2024,2025,2026,2027,2028,2029,2030. Εφαρμόζω τώρα την κίνηση Κ για τα ζεύγη: (2023,2024),(2025,2026),(2027,2028),(2029,2030) και σχηματίζονται άλλες 4 μονάδες οι οποίες φεύγουν πάλι με την κίνηση Κ αφου το 4 είναι άρτιος. Έτσι έχει μείνει το 2022 και το 1 οπότε εφαρμόζοντας και πάλι την κίνηση Κ παίρνω 2021^2020 οπότε γίνεται.

Οι μονάδες δεν φεύγουν, γίνονται μηδενικά.

llenny · #37

Τα μηδενικά όμως δεν φεύγουν επίσης αφού εφαρμόζοντας την κίνηση Κ για τα μηδενικά και τους αριθμούς που μένουν, μένουν μόνο οι άλλοι αριθμοί;

#38

Όχι, μπορούν να φύγουν όλα εκτός από ένα. Στο τέλος θα σου μείνει 1,2022,0

. (Τα μηδενικά αριστερά του 2022

μπορούν να φύγουν όλα χρησιμοποιώντας το

.)

Τώρα είτε θα γίνει $2021^{2020},0$ και μετά $2021^{2020^2}$ είτε $1,2022^{2020}$ και μετά $(2022^{2020}-1)^{2020}$ .

llenny · #39

Τώρα κατάλαβα, σας ευχαριστώ πολύ.

#40

Μπορούμε να προσδιορίσουμε όλους τους αριθμούς που είναι δυνατόν να μείνουν στο τέλος στο πρόβλημα 3 των μεγάλων;

Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Μέλη σε σύνδεση