ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 4061
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Σάβ Φεβ 26, 2022 9:39 am

Εδώ θα αναρτηθούν τα θέματα και θα συζητηθούν οι λύσεις του διαγωνισμού αμέσως μετά τη λήξη του διαγωνισμού! Δεν επιτρέπεται να αναρτηθούν νωρίτερα από τις 13:30 τα θέματα του διαγωνισμού.

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 4061
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Σάβ Φεβ 26, 2022 1:43 pm

Καλά αποτελέσματα σε όλους τους μαθητές:

Παραθέτω τις λύσεις μου στα θέματα που είδα:

Πρόβλημα 1 - Μικρών

Α) Πρέπει P(2)=0 απ' όπου k=5. Έτσι
\begin{aligned}P(x) &= x^3-5x+2 = x^3-4x-x+2=x(x^2-4)-(x-2) \\ &= x(x-2)(x+2)-(x-2)=(x-2)(x^2+2x-1)\end{aligned}

Β) Από την ανισότητα Αριθμητικού - Γεωμετρικού μέσου έχουμε

10=2a+b+\dfrac{4}{ab}\geq 2a + 2\sqrt{b\cdot\dfrac{4}{ab}}=2a+\dfrac{4}{\sqrt{a}}.

Άρα αν θέσουμε \sqrt{a}=x τότε έχουμε διαδοχικά:

5\geq x^2+\dfrac{2}{x}\Leftrightarrow x^3-5x+2\leq 0 \Leftrightarrow (x-2)(x^2+2x-1)\leq 0

Αν ήταν x>2 τότε φανερά η δεύτερη παρένθεση είναι θετική συνεπώς (x-2)(x^2+2x-1)>0, άτοπο.

Άρα x\leq 2 \Leftrightarrow a\leq 4. Θα δείξουμε ότι το 4 είναι η μέγιστη τιμή του a.

Για a=4 η αρχική γίνεται b+\dfrac{1}{b}=2 άρα b=1.

Συνεπώς η μέγιστη τιμή του a είναι το 4.


Πρόβλημα 2 Μικρών

a) Αν ήταν B \Gamma=BA τότε αφού \angle{B}=\angle{\Delta B \Gamma}+\angle{\Delta B A} = 80^{\circ} άρα \angle{A}=\angle{\Gamma}=50^{\circ} και τότε δε θα μπορούσε να ισχύει \angle{\Delta B \Gamma}=55^{\circ} με το Δ να είναι εσωτερικό του τριγώνου AB\Gamma. Όμοια απορρίπτουμε την περίπτωση \Gamma A=\Gamma B. Άρα τελικά AB=A\Gamma και αφού \angle{B}=80^{\circ} άρα \angle{B}=\angle{\Gamma}=80^{\circ} κι έτσι \angle{A}=20^{\circ}.

b) Κατασκευάζουμε εξωτερικά του AB\Gamma το ισόπλευρο τρίγωνο A\Gamma E. Τότε αφού \angle{BAE}=80^{\circ} άρα \angle{ABE}=50^{\circ} άρα B, \Delta, E συνευθειακά. Επίσης αφού \angle{\Delta B\Gamma}=30^{\circ} και \angle{\Delta \Gamma B}=55^{\circ} άρα \angle{B\Delta \Gamma}=95^{\circ} κι έτσι \angle{\Gamma \Delta E}=85^{\circ} και \angle{\Delta E \Gamma}=10^{\circ}. Τέλος, αφού \angle{\Delta \Gamma E}= 85^{\circ}, άρα τελικά E\Delta=E\Gamma. Άρα ο κύκλος (E,E\Gamma) διέρχεται από το A και το \Delta κι έτσι \angle{\Delta A\Gamma}=\dfrac{1}{2}\angle{\Delta E \Gamma} = 5^{\circ}.
Γεωμετρία Μικρών.png
Γεωμετρία Μικρών.png (45.17 KiB) Προβλήθηκε 5129 φορές
Πρόβλημα 4 Μικρών

Είναι x^2+y^2|x^5+y άρα x^2+y^2|x(x^5+y)=x^6+xy και x^2+y^2|y(y^5+x)=y^6+xy άρα x^2+y^2|(x^6+y^6)+2xy=(x^2+y^2)(x^4-x^2y^2+y^4)+2xy οπότε x^2+y^2|2xy άρα x^2+y^2\leq 2|xy| κι έτσι τελικά |x|=|y|.

Αν x=y τότε 2x^2 | x^5+x άρα 2x^2|2x^5+2x κι έτσι 2x^2|2x άρα x|1 οπότε (x,y)=(1,1), \ (-1,-1)

Αν x=-y τότε 2x^2|x^5-x άρα 2x^2|2x^5-2x κι έτσι 2x^2|2x άρα x|1 οπότε (x,y)=(1,-1), \ (-1,1)

Πρόβλημα 2 Μεγάλων

Έστω n=2^{r+2}p_1^{r_1}\cdots p_k^{r_k} η ανάλυση του n σε πρώτους παράγοντες όπου r\geq 0 και r_i\geq 0 όπου τα r, r_i δεν είναι όλα 0. Αν με \sigma{(a)} συμβολίσουμε το άθροισμα των διαιρετών του a, τότε \sigma{(p^k)}=\dfrac{p^{k+1}-1}{p-1} όπου p πρώτος και η συνάρτηση \sigma{(a)} είναι πολλαπλασιαστική.

Τότε \begin{aligned}A_n &= \sigma\left(\dfrac{n}{2^{r+2}}\right)=\sigma\left(p_1^{r_1}\cdots p_k^{r_k}\right)=\sigma\left(p_1^{r_1}\right)\cdots \sigma\left(p_k^{r_k}\right)=\dfrac{p_1^{r_1+1}-1}{p_1-1}\cdots \dfrac{p^{r_k+1}-1}{p_k-1} \\ &= \left(1+p_1+\cdots p_1^{r_1}\right) \cdots (1+p_k+\cdots p_k^{r_k}\right)\end{aligned}

και B_n=\sigma{(n)}-A_n-n=\dfrac{2^{r+2+1}-1}{2-1}A_n-A_n-n=(2^{r+3}-2)A_n-n

οπότε

\begin{aligned}f(n) &= (2^{r+3}-2)A_n-n-2A_n=(2^{r+3}-4)A_n-n=(2^{r+3}-4)A_n-2^{r+2}p_1^{r_1}\cdots p_k^{r_k} \\ &= 4 \left[(2^{r+1}-1)A_n-2^rp_1^{r_1}\cdots p_k^{r_k}\right]=4K\end{aligned}.

Για r\geq 1: 2^{r+1}-1>2^r και A_n>p_1^{r_1}\cdots p_k^{r_k} οπότε πολλαπλασιάζοντας μεταξύ τους παίρνουμε K>0 δηλαδή K\geq 1. Άρα f(n)\geq 4.

Για r=0 παίρνουμε K=A_n-p_1^{r_1}\cdots p_k^{r_k}>0 κι έτσι και πάλι f(n)\geq 4.

Για την ισότητα:

Αν k=0 τότε A_n=1 άρα f(n)=4(2^r-1) και η ισότητα ισχύει μόνο για r=1 οπότε n=8.

Αν k\geq 1 και r\geq 1 τότε αφού A_n=\left(1+p_1+\cdots p_1^{r_1}\right) \cdots (1+p_k+\cdots p_k^{r_k}\right) > p_1^{r_1} \cdots p_k^{r_k}\geq p_1^{r_1} \cdots p_k^{r_k} + 1

άρα f(n)\geq 4\left[p_1^{r_1} \cdots p_k^{r_k}(2^r-1)+2^{r+1}-1\right]>4.

Αν k\geq 1 και r=0 τότε f(n)=4\left[A_n-p_1^{r_1} \cdots p_k^{r_k}\right]>4 εκτός αν k=1 και r_1=1 οπότε n=4p_1 όπου p_1 περιττός πρώτος. Για n=4p_1 παίρνουμε και πάλι f(n)=4.

Τελικά η ισότητα ισχύει μόνο όταν n=8 ή n=4p_1.


Πρόβλημα 3 - Μεγάλων

Από την ανισότητα Αριθμητικού - Γεωμετρικού μέσου έχουμε:

18=a+bc+cd+db+\dfrac{1}{ab^2c^2d^2} \geq a + 4\sqrt[4]{(bc)(cd)(db)\dfrac{1}{ab^2c^2d^2}}=a+4\dfrac{1}{\sqrt[4]{a}} οπότε θέτοντας \sqrt[4]{a}=x παίρνουμε ισοδύναμα:

x^4+\dfrac{4}{x}\leq 18 \Leftrightarrow x^5 -18x + 4\leq 0 \Leftrightarrow (x-2)(x^4+2x^3+4x^2+8x-2)\leq 0.

Αν ήταν x>2 τότε θα είχαμε x^4+2x^3+4x^2+8x-2>0 κι έτσι (x-2)(x^4+2x^3+4x^2+8x-2)>0, άτοπο. Άρα x\leq 2 \Leftrightarrow a\leq 16. Θα δείξουμε ότι το 16 είναι η μέγιστη τιμή του a βρίσκοντας θετικούς b,c,d ώστε να ισχύει η αρχική σχέση. Πράγματι, για να ισχύει η ισότητα στην παραπάνω ανισότητα πρέπει να ισχύει bc=cd=db=k και τότε η αρχική για a=16 γίνεται:

16+3k+\dfrac{1}{16k^3}=18 απ΄όπου 48k^4-32k^3+1=0 και το k=\dfrac{1}{2} είναι λύση οπότε μπορούμε να επιλέξουμε b=c=d=\sqrt{\dfrac{1}{2}}. Άρα το 16 είναι η ελάχιστη τιμή του a.

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2880
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Φεβ 26, 2022 1:52 pm

ΘΕΜΑ 3 - ΜΕΓΑΛΩΝ

Από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ έχουμε

\displaystyle  
bc+cd+db+\frac{1}{ab^2c^2d^2}\geq \frac{4}{\sqrt[4]{a}},

οπότε

\displaystyle  
18=a+bc+cd+db+\frac{1}{ab^2c^2d^2}\geq a+\frac{4}{\sqrt[4]{a}}.

Παρατηρούμε ότι για a=16 και b=c=d=\frac{\sqrt{2}}{2} έχουμε ισότητα. Συνεπώς, η μέγιστη τιμή του a είναι μεγαλύτερη ή ίση του 16.

Με a=x^4 θα δείξουμε ότι αν 1<x και x^4+\frac{4}{x}\leq 18, Τότε x\leq 2 με το ίσο αν και μόνο αν x=2.

Πράγματι, είναι
\displaystyle  
x^4+\frac{4}{x}-18=\frac{x^5-18x+4}{x}=\frac{(x-2)(x^4+2x^2+4x^2+8x-2)}{x}

και

\displaystyle  
x^4+2x^2+4x^2+8x-2>x^4+2x^2+4x^2+8x-15=(x-1)(x^3+x^2+7x+15)>0,

για x>1. Αφού

\displaystyle{ 
x^4+\frac{4}{x}-18\leq 0 
}

έπεται ότι x-2\leq 0, οπότε  a=x^4\leq 16, κι έτσι η μέγιστη τιμή του a είναι ίση με 16.


Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 4061
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Σάβ Φεβ 26, 2022 1:57 pm

Επισυνάπτω και τα θέματα του διαγωνισμού.

Αλέξανδρος
Συνημμένα
ΘΕΜΑΤΑ_ΑΡΧΙΜΗΔΗ_26_02-2022.pdf
(382.29 KiB) Μεταφορτώθηκε 616 φορές


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
Ανδρέας Πούλος
Δημοσιεύσεις: 1449
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 01, 2009 10:47 pm
Τοποθεσία: ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ
Επικοινωνία:

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ανδρέας Πούλος » Σάβ Φεβ 26, 2022 2:00 pm

Αλέξανδρε,
σε ευχαριστούμε πολύ για την άμεση ανάρτηση των θεμάτων.
Φυσικά, εσένα και τον Αχιλλέα για τις λύσεις που αναρτήσατε.


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6299
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Σάβ Φεβ 26, 2022 2:20 pm

Θέμα 3, Μικροί
viewtopic.php?p=322307#p322307


Θέμα 4, Μικροί
Αποδεικνύουμε αρχικά ότι (x,y)=1.
Οπότε x^2+y^2 | xy^3-1 και x^2+y^2 | yx^3-1 και άρα x^2+y^2 | xy(x^2-y^2) οπότε x^2+y^2 | x^2-y^2 που δίνει |x|=|y|...

ένα πρόβλημα σε αυτό το στυλ
https://artofproblemsolving.com/communi ... 3p16691731


Θέμα 3, Μεγάλοι
https://artofproblemsolving.com/community/c6h2543153


Θανάσης Κοντογεώργης
Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5529
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Σάβ Φεβ 26, 2022 2:45 pm

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ JUNIOR

Στην ΔΒ παίρνουμε σημείο Ε, ώστε η γωνία ΕΓΒ να είναι 30 μοίρες. Το Ε βρλισκεται στη διχοτόμο της γωνίας Α. Στο τρίγωνο ΑΕΓ το Δ θα είναι τότε έγκεντρο κλπ.

Η συνέχεια όταν γυρίσω από το εξεταστικό κέντρο.
Φτιάξαμε με το Θανάση το Μπεληγιάννη και τον Γιάννη Παπαλουκά και την Γεωμετρία των μεγάλων. Θα τα πούμε πιο αργά αν και θα με προλάβετε !

Καλά αποτελέσματα.


LatticeQG
Δημοσιεύσεις: 1
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 26, 2022 3:43 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από LatticeQG » Σάβ Φεβ 26, 2022 3:47 pm

Γεια σας. Πολυ ενδιαφεροντα θεματα, ειδικα των μεγαλων! Που βλεπεται να κυμαινονται οι διακρισεις;;


Άβαταρ μέλους
Lymperis Karras
Δημοσιεύσεις: 154
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 06, 2020 5:16 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Lymperis Karras » Σάβ Φεβ 26, 2022 3:54 pm

Για το πρόβλημα 1 των μεγάλων μια ιδέα είναι η εξής:
Δείχνουμε ότι GFKDE εγγράψιμο και αντιστρεφουμε με πόλο Α και δύναμη AE×AG...

Περίεργα θέματα. Η βάση για το μετάλλιο βλέπω να κυμαίνεται λίγο πάνω από 1 θέμα, καθώς αρκετοί έλυσαν το Π2 από ότι φαίνεται.


Ένας μαθηματικός χρειάζεται μολύβι, γόμα και μεγάλο καλάθι αχρήστων.
-Hilbert
Manolis Petrakis
Δημοσιεύσεις: 184
Εγγραφή: Τετ Οκτ 07, 2020 3:19 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Manolis Petrakis » Σάβ Φεβ 26, 2022 4:19 pm

Στιγμιότυπο οθόνης (250).png
Πρόβλημα 1 - Μεγάλων
Στιγμιότυπο οθόνης (250).png (40.49 KiB) Προβλήθηκε 4617 φορές
Καλησπέρα και καλά αποτελέσματα!
Έστω M το σημείο τομής του c_1 με την AK και N το σημείο τομής των CK,AE.
Αφού CA=CE και KA=KE τα C,K ανήκουν στη μεσοκάθετη του AE άρα CK\perp AE και FA=FE\ (1).
Άρα \angle KFA=90^{\circ}- \angle NAF=90^{\circ}- \dfrac{\angle EKD}{2}(σχέση εγγεγραμμένης-επίκεντρης)
=\angle KED (από το ισοσκελές KED).
Επομένως το KFDE είναι εγγεγραμμένο στον c_1.
Τέλος \angle KMF=\angle KDF=\angle KAD\Rightarrow FAM: ισοσκελές με FA=FM (2).
Από τις (1),(2) έχουμε ότι FE=FM άρα ο c_2 (όμοια και ο c_3) διέρχεται από το M.


Άβαταρ μέλους
Lymperis Karras
Δημοσιεύσεις: 154
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 06, 2020 5:16 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Lymperis Karras » Σάβ Φεβ 26, 2022 5:30 pm

Ένα διαφορετικό τελείωμα για το 1ο των μεγάλων:

Αφού δείξουμε όπως ο Μανώλης ότι KFDEG εγγράψιμο, αντιστρέφουμε με πόλο A και δύναμη AG \cdot AE = AF \cdot AD.

\rightarrow Η ευθεία AK μένει σταθερή.

\rightarrow Τα G,E και F,D εναλλάσσονται μεταξύ τους, άρα ο c(KFDEG) παραμένει σταθερός.

\rightarrow Ο κύκλος c(G, GD) γίνεται ευθεία που περνά από το F κάθετη στην AG, άρα γίνεται η ευθεία KC.

\rightarrow Όμοια ο κύκλος c(F, FE) γίνεται η BK.

Έτσι, στο αντίστροφο σχήμα οι ζητούμενοι κύκλοι συντρέχουν στο K, άρα θα συντρέχουν και στο αρχικό στο αντίστροφο του K, έστω H, το οποίο βρίσκεται πάνω στην AK, όπως θέλαμε.
Αρχιμήδης 2022 Π1.png
Αρχιμήδης 2022 Π1.png (82.7 KiB) Προβλήθηκε 4407 φορές


Ένας μαθηματικός χρειάζεται μολύβι, γόμα και μεγάλο καλάθι αχρήστων.
-Hilbert
ohgreg
Δημοσιεύσεις: 4
Εγγραφή: Δευ Ιούλ 26, 2021 11:22 pm
Τοποθεσία: Γλυφάδα

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ohgreg » Σάβ Φεβ 26, 2022 9:07 pm

Μια διαφορετική λύση για το πρόβλημα 2 των μεγάλων:

Έστω a_1, a_2,...,a_k οι περιττοί διαιρέτες του n, και b_1, b_2, ..., b_{l} οι άρτιοι διαιρέτες του.
Θα έχουμε:

f(n)=\sum_{i=1}^{l} b_i - 2\sum_{i=1}^{k}a_i , με l\geq2 αφού 4|n.

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

1η περίπτωση:

Αν k=1, τότε το n είναι της μορφής 2^a με a>2 και έχουμε:

f(n)=2+4+...+2^{a-1}-2\cdot 1=4+8+...+2^{a-1}=2^{a}-4=n-4,

με το ελάχιστο να επιτυγχάνεται όταν a=3: f(8)=4.

2η περίπτωση:

Αν k=2, τότε το n θα είναι της μορφής 2^{a}p, όπου a\geq2 και p>2 πρώτος αριθμός.
Έστω b_1, b_2,...,b_j είναι της μορφής b_j=2^j, τότε b_{j+1}=p\cdot b_1, b_{j+2}=p\cdot b_2, ..., b_{2j-1}=p\cdot b_{j-1} και θα είναι:

f(n)=2+4+...+2^a+2p+4p+..+2^{a-1}p-2(p+1),

με το ελάχιστο να επιτυγχάνεται όταν a=2: f(4p)=2+4+2p-2p-2=4.

3η περίπτωση:

Αν k>2, θεωρούμε πάλι b_1,b_2,...,b_j της μορφής b_j=2^j, όπου j\geq2,
τότε θα υπάρχουν οι b_{j+1}=b_1\cdot a_2= 2a_2, b_{j+2}=2a_3,...,b_{j+k-1}=2a_{k} και αφού k>2 θα υπάρχουν σίγουρα οι υπόλοιποι δυνατοί συνδυασμοί διαιρετών b_{j+k},b_{j+k+1}, ..., b_{l}. Συνεπώς θα είναι:
f(n)=b_1+b_2+...+b_j+b_{j+1}+b_{j+2}+...+b_{j+k-1}+b_{j+k}+b_{j+k+1}+...+b_l-2\cdot(a_1+a_2+...+a_k)=
=2a_1+4+8+...+2^j+2a_2+2a_3+...+2a_k+b_{j+k}+b_{j+k+1}+...+b_l-2(a_1+a_2+...+a_k)=
=4+8+...+2^j+b_{j+k}+b_{j+k+1}+...+b_l>4

Τελικά, η ελάχιστη τιμή επιτυγχάνεται για n=4p, όπου p πρώτος.


Ντερέκης Γρηγόρης
donaris
Δημοσιεύσεις: 1
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 27, 2022 11:29 am

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από donaris » Κυρ Φεβ 27, 2022 11:33 am

Καλημέρα, σχετικά με το θέμα 3 των μικρών τάξεων, μπορείτε να παραθέσετε μία ενδεικτική λύση, διότι η αλήθεια είναι δυσκολεύομαι να φτάσω σε κάποιο αποτέλεσμα. Ευχαριστώ.


DIM1
Δημοσιεύσεις: 10
Εγγραφή: Σάβ Απρ 04, 2020 5:41 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από DIM1 » Κυρ Φεβ 27, 2022 12:43 pm

και για το 4ο των μεγάλων αν μπορείτε


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2880
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Κυρ Φεβ 27, 2022 1:46 pm

Δείτε και τα παρακάτω links για λύσεις (όχι πάντοτε πλήρεις) στο AoPS.

ΜΕΓΑΛΟΙ

ΘΕΜΑ 1
ΘΕΜΑ 2
ΘΕΜΑ 3
ΘΕΜΑ 4

ΜΙΚΡΟΙ

ΘΕΜΑ 1
ΘΕΜΑ 2
ΘΕΜΑ 3
ΘΕΜΑ 4


miltosk
Δημοσιεύσεις: 104
Εγγραφή: Τετ Μάιος 29, 2019 7:28 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από miltosk » Κυρ Φεβ 27, 2022 3:05 pm

cretanman έγραψε:
Σάβ Φεβ 26, 2022 1:57 pm
Επισυνάπτω και τα θέματα του διαγωνισμού.

Αλέξανδρος
Αρχικά πολλά συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά που συμμετείχαν και καλά αποτελέσματα σε όλους!
Ας ανεβάσω και τις δικές μου λύσεις για τα πρώτα 3 των μεγάλων. Πιθανότατα να είναι πολύ όμοιες με τις άλλες, αλλά ενδεχομένως να υπάρχει κάποιο σημείο που να προσφέρει κάτι διαφορετικό, οπότε και τις επισυνάπτω:
ΘΕΜΑ 1:
CA=CE, KA=KE \Rightarrow KC μεσοκάθετος της AE. Άρα FA=FE. Ομοίως GA=GD.
Άρα \angle GDF=\angle GDA=\angle FEA=\angle FEG \Rightarrow FDEG εγγράψιμο.
Ακόμη GK\perp AD, FK\perp AE \Rightarrow KFG+GAF=180^o (γωνίες με πλευρές κάθετες και στη συγκεκριμένη
περίπτωση με το κέντρο του κύκλου εύκολα βγαίνουν παραπληρωματικές). Άρα KFGD εγγράψιμο. Οπότε KFDEG εγγράψιμο.
Παίρνω αντιστροφή κέντρου A και λόγου \sqrt{AG\cdot AE}. Τότε τα G, E και F, D αλλάζουν θέσεις αντίστοιχα.
Ο περίκυκλος του GFDE μένει αναλοίωτος. Η κύκλος (G, GD) στέλνεται σε ευθεία διερχόμενη από το αντίστροφο του D, του F δηλαδή
τέτοια ώστε να είναι κάθετη στην AG, δηλαδή στέλνεται στην CF. Αντίστοιχα ο κύκλος (F, FE) στέλνεται στην BG.
Αρκεί λοιπόν ο περίκυκλος του GFDE και οι ευθείες AF, BG να συντρέχουν, που πράγματι συντρέχουν στο K.

ΘΕΜΑ 2:
Ας είναι n=2^tp_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_k}, t\geq 2.
Τότε: B_n=(2^{t+1}-1)\prod_{i=1}^{k}\frac{p_i^{a_i+1}-1}{p_i-1}-\prod_{i=1}^{k}\frac{p_i^{a_i+1}-1}{p_i-1}-n και
A_n=\prod_{i=1}^{k}\frac{p_i^{a_i+1}-1}{p_i-1}.
Οπότε f(n)=(2^{t+1}-4)\prod_{i=1}^{k}\frac{p_i^{a_i+1}-1}{p_i-1}-n=4(2^{t-1}-1)\prod_{i=1}^{k}\frac{p_i^{a_i+1}-1}{p_i-1}-n=4s(\frac{n}{4})-n=4(s(m)-m)
όπου n=4m, m>1 και s(k) το άθροισμα των διαιρετών του k.
Άρα f(4m)=4(s(m)-m). Προφανώς s(m)\geq m+1 με την ισότητα ανν m πρώτος (αποδεικνύεται εύκολα).
Άρα f_{min}=4 για n=4p, p πρώτος.

ΘΕΜΑ 3:
Από AM-GM έχουμε 18=a+bc+cd+bd+\frac{1}{ab^2c^2d^2}\geq a+\frac{4}{a^{\frac{1}{4}}}
Θέτω x=a^{\frac{1}{4}} και άρα x^5-18x+4\leq 0, (1).
Έστω f(x)=x^5-18x+4, x>0.
Τότε f'=5x^4-18, x>0.
Για x<(\frac{18}{5})^{\frac{1}{4}}, f φθίνουσα, αλλιώς αύξουσα. Οπότε για x>0 υπάρχουν δύο ρίζες εκατέρωθεν του (\frac{18}{5})^{\frac{1}{4}}, έστω x_1, x_2, x_1<x_2. Εύκολα φαίνεται ότι x_2=2. Οπότε x_1 \leq x\leq 2.
Άρα (1)\Leftrightarrow x\leq 2. Για x=2 \Rightarrow a=16 έχουμε ότι θα πρέπει b=c=d οπότε παίρνω την τετράδα (a, b, c, d)=(16, \frac{\sqrt{2}}{2},  \frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}) άρα a_{max}=16.

Για οποιαδήποτε λάθη παρακαλώ επισημάνετέ τα.


αρψ2400
Δημοσιεύσεις: 2
Εγγραφή: Δευ Φεβ 03, 2014 12:23 am

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από αρψ2400 » Δευ Φεβ 28, 2022 10:11 am

ξέρει κάποιος πότε περίπου θα βγουν τα αποτελέσματα?


panosgl2006
Δημοσιεύσεις: 11
Εγγραφή: Κυρ Ιουν 06, 2021 11:41 am

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από panosgl2006 » Δευ Φεβ 28, 2022 11:04 am

Καλησπέρα σας.Θα ήθελα να ρωτήσω που πιστεύετε ότι κειμενονται οι βάσεις για τα μετάλλια?


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 659
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Δευ Φεβ 28, 2022 11:50 am

Υπομονή παιδιά...Η επιτροπή τρέχει πυρετωδώς να διορθώσει όλα τα γραπτά! Λογικά αύριο η' μεθαύριο θα βγουν τα αποτελέσματα! Οι βάσεις δεν ανακοινώνονται.


αρψ2400
Δημοσιεύσεις: 2
Εγγραφή: Δευ Φεβ 03, 2014 12:23 am

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021-2022

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από αρψ2400 » Δευ Φεβ 28, 2022 11:36 pm

Ευχαριστώ


Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

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