mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2024 12:10 pm**

Καλημέρα σε όλους,

Στη δημοσίευση αυτή θα αναρτηθούν και θα συζητηθούν τα θέματα του διαγωνισμού "Ο ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" που διεξάγεται σήμερα στα κατά τόπους εξεταστικά κέντρα της χώρας και μετά τη λήξη του διαγωνισμού. Εύχομαι καλή επιτυχία και καλά αποτελέσματα στα παιδιά που συμμετέχουν!

Edit (14:45) Ανεβάζω τα θέματα μια και έχει ολοκληρωθεί ο διαγωνισμός.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2024 3:20 pm**

Μεγάλοι

Πρόβλημα 1 Αν οι a, b, c

είναι πραγματικοί αριθμοί, τέτοιοι ώστε δύο από αυτούς να έχουν διαφορά μεγαλύτερη του $\dfrac{1}{2\sqrt{2}}$ , να αποδείξετε ότι υπάρχει ακέραιος αριθμός

, ώστε

.

Λύση. Εξετάζουμε το δευτεροβάθμιο τριώνυμο

x^2 -4(a+b+c)x+12(a+b+c)

, η διακρίνουσά του

διαδοχικά γράφεται

$D=16(a+b+c)^2-4\cdot 12(ab+bc+ca) = 16 \cdot [ (a+b+c)^2-3(ab+bc+ca)]=$

$16 (a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)= 16 \cdot \frac{1}{2} ( 2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca) = 8 ((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2)$

Εφόσον οι αριθμοί a,b,c

δεν είναι όλοι ίσοι μεταξύ τους θα είναι D>0

. Άρα η εξίσωση x^2 -4(a+b+c)x+12(a+b+c)

θα έχει δυο διαφορετικές ρίζες και επειδή ο συντελεστής του δευτεροβάθμιου όρου είναι θετικός το τριώνυμο μεταξύ των ριζών θα είναι αρνητικό.

Το μήκος του διαστήματος που ορίζουν οι ρίζες του τριωνύμου είναι ίσο με $\sqrt{D}$ και εφόσον η διαφορά κάποιων εκ των a,b,c

είναι μαγαλύτερη του $\dfrac{1}{2\sqrt{2}}$ , θα είναι

$\sqrt{D} > \sqrt{8 \cdot \left ( \dfrac{1}{2\sqrt{2}} \right)^2} = 1$ .

Σε διάστημα μήκους μεγαλυτερου του

όμως, θα βρεθεί πάντα ένας ακέραιος.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2024 3:35 pm**

Να λυθεί και το ακόλουθο

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 24, 2024 3:20 pm

Πρόβλημα 1 Αν οι είναι πραγματικοί αριθμοί, τέτοιοι ώστε δύο από αυτούς να έχουν διαφορά μεγαλύτερη του $\dfrac{1}{2\sqrt{3}}$ , να αποδείξετε ότι υπάρχει ακέραιος αριθμός , ώστε .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2024 3:37 pm**

Πολύ ωραίο το Π1 των μεγάλων, δεν απαιτούσε ουρανοκατέβατα τεχνάσματα, μια λογική ιδέα και έβγαινε

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2024 3:56 pm**

Καλησπέρα και συγχαρητήρια σε όλους.Υπάρχει λύση για το θέμα 4 των μικρών τάξεων;;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2024 5:02 pm**

Μεγάλοι

Πρόβλημα 2 Δίνεται τρίγωνο ABC

με

, εγγεγραμμένο σε κύκλο $\Gamma_{1}$ με κέντρο το σημείο

. Θεωρούμε το κύκλο $\Gamma_{2}$ που έχει κέντρο σημείο

, το οποίο ανήκει στον κύκλο $\Gamma_{1}$ , και εφάπτεται στη πλευρά

στο σημείο

και στη προέκταση της πλευράς

στο σημείο

. Οι κύκλοι $\Gamma_{1}$ και $\Gamma_{2}$ τέμνονται στα σημεία

και

(το σημείο

βρίσκεται στο εσωτερικό του τριγώνου BFE

). Αν η ευθεία

τέμνει τις ευθείες

και

στα σημεία

και

, αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο BCNM

είναι εγγράψιμο.

Λύση Εφόσον το σημείο

ισαπέχει από από τις ευεθέιες

και

και είναι σημείο του $\Gamma_{1}$ , θα είναι το μέσο του τόξου

. Άρα $OD \perp AC$ . Όμως $OD \perp KG$ , αφού

είναι διάκεντρος των κύκλων $\Gamma_{1}$ , $\Gamma_{2}$ . Οπότε είναι KG || AC

.

Από την πάραπάνω παραλληλία έχουμε $\angle DNM = \angle DCB = \dfrac{1}{2} \angle B$

Το τετράπλευρο DEBF

είναι εγγεγραμμένο και έστω $\Gamma_{3}$ ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Οι κύκλοι $\Gamma_{1}$ , $\Gamma_2}$ και $\Gamma_{3}$ τέμνονται ανά δυο, οπότε οι χορδές που ορίζουν τα σημεία τομής τους, συντρέχουν. Δηλαδή το σημείο

, που είναι το σημείο τομής των

,

θα ανήκει και στην ευθεία

.

Όμως η ευθεία

είναι διχοτόμος της γωνίας

. Άρα $\dfrac{1}{2} \angle B = \angle MBC = \angle DNM$ , οπότε το τετράπλευρο MNCB

είναι εγγράψιμο.

: archimedes_2024_senior_pr2.png (206.7 KiB) Προβλήθηκε 17865 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2024 5:44 pm**

Για το 2 των μεγάλων έστω ότι η FD τέμνει την BC στο Σ και ότι η παράλληλη από το Β προς την EF τέμνει την DF στο P.Τότε από την παραλληλία και από το BE=BF προκύπτει ότι οι BP και BD είναι εσωτερική και εξωτερική διχοτόμος του ΣBF άρα σχηματίζουν γωνία 90 μοιρών άρα FMD ορθή.Επομένως τα B,M,D συνευθειακά .Επιπλέον η διάκεντρος μεσοκάθετος κοινής χορδής άρα το τόξο DK ισούται με το τόξο DG.Αρκει <BMK=<BCN που εύκολα προκύπτει από τις ισότητες των τόξων.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2024 5:46 pm**

Καλησπέρα!Πως τα βρήκατε τα θέματα στους μικρούς;Που κυμαίνονται περίπου οι βάσεις;Πιστέυω οτι τα θέματα ήταν πιο δύσκολα από άλλες χρονιές.Εγώ πιστεύω οτι έλυσα το πρώτο θέμα σωστό.Το 2ο δεν το αγγιξα και το 3ο που πιστευω οτι πολλοι εχουν μπερδευτει βρήκα οτι οι διαιρέτες δεν είναι ισοπληθείς οπότε μπορεί να έχω πάρει 2/5 αφού ο τρόπος σκέψης είναι σωστός..Στην θεωρία αριθμών δεν έχω καταλώξει ακομα σε λύση αν και το προφανές είναι η συμμετρία στην εξίσωση.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2024 5:49 pm**

Προσωπικά τα θέματα των μικρών τάξεων μου φάνηκαν αρκετά απαιτητικα αλλά πολύ ωραια.. Θα μπορούσε κάποιος να μ στείλει τις λύσεις των θεμάτων γιατί δεν τις βρίσκω;; Ευχαριστώ πολύ !

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2024 6:22 pm**

$\angle MNC=\angle KGC+\angle NCG=180 -\frac{\angle A+\angle C}{2}=180-\angle DCB$
Οπότε για να είναι εγγράψιμο θα πρέπει τα B,MD

να είναι συνευθειακα.
Έστω

το μεσο της

θα δείξουμε ότι K,M',G

συνευθειακα.
Αρκει: $\angle KGE=\angle M'GE$
$\Leftrightarrow \angle KGE=\angle BGF$
$\Leftrightarrow \frac{\angle KDE}{2}=180-\angle FBG-BFG$
$\Leftrightarrow \frac{\angle KDY-\angle EDY}{2}=180-(180-\angle B-\angle GBC)-\angle BFE-\angle EFG$
$\Leftrightarrow \frac{\angle KDY-\angle EDY}{2}=\angle B+\angle GBC-\frac{\angle B}{2}-\frac{\angle EDG}{2}$
$\Leftrightarrow \angle KDY-\angle EDY=\angle B+2\angle GBC-(\angle EDY+\angle YDG)$
$\Leftrightarrow \angle KDY+\angle YDG=\angle B+2\angle GBC$
που ισχύει αφού KGCA

ισοσκελές τραπέζιο

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2024 6:54 pm**

Ilovemath156 έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 24, 2024 3:56 pm
Καλησπέρα και συγχαρητήρια σε όλους.Υπάρχει λύση για το θέμα 4 των μικρών τάξεων;;

Ας είναι

λύση της εξίσωσης, δηλαδή $a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca=6abc\text{ }(1)$ .

Τότε $a^2+b^2+ab=c(6ab-(a+b)-c) \text{ }(*)$ .

Θέτουμε P(x)=x^2-(6ab-(a+b))x+a^2+b^2+ab

. Είναι σαφές ότι

ρίζα του

αν και μόνο αν (a,b,x)

λύση της

.

Άρα το

θα είναι μια ρίζα του

, ποια όμως θα είναι η άλλη;

Με τη βοήθεια της (*)

γράφουμε:

οπότε από Vieta βλέπουμε ότι η άλλη είναι η 6ab-(a+b+c)

.

Αν λοιπόν (a,b,c)

λύση της

, με $a\geq b\geq c$ ακεραίους, τότε (6ab-(a+b+c),a,b)

ακέραια λύση με

6ab-(a+b+c)+a+b=6ab-c>a+b+c

, συνεπώς αρχίζοντας με την (1,1,1)

υπάρχουν άπειρες λύσεις.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2024 6:57 pm**

silouan έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 24, 2024 3:35 pm
Να λυθεί και το ακόλουθο
Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 24, 2024 3:20 pm

Πρόβλημα 1 Αν οι είναι πραγματικοί αριθμοί, τέτοιοι ώστε δύο από αυτούς να έχουν διαφορά μεγαλύτερη του $\dfrac{1}{2\sqrt{3}}$ , να αποδείξετε ότι υπάρχει ακέραιος αριθμός , ώστε .

Εξετάζουμε το δευτεροβάθμιο τριώνυμο

x^2 -4(a+b+c)x+12(a+b+c)

, η διακρίνουσά του

γράφεται

$D=16(a+b+c)^2-4\cdot 12(ab+bc+ca) = 16 \cdot [ (a+b+c)^2-3(ab+bc+ca)]=$

$16 (a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)= 16 \cdot \frac{1}{2} ( 2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca) = 8 ((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2)$

Για την τελευταία παράσταση διαδιχικά ισχύουν οι ανισότητες

$D=8 ((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2)= 8 (|a-b|^2 +|b-c|^2 +|c-a|^2) \geq$

$8 (|a-b|^2 +\dfrac{\left ( |b-c|+|c-a|\right)^2}{2} \geq 8 (|a-b|^2 +\dfrac{\left ( |b-c|+|c-a|\right)^2}{2} \geq 8 \left (|a-b|^2 +\dfrac{\left ( |b-c+c-a|\right)^2}{2} \right)=$

$8 \left (|a-b|^2 +\dfrac{\left ( |b-a|\right)^2}{2} \right)> 8 \left (\dfrac{1}{12} + \dfrac{1}{24} \right) =1$

Θεωρήσαμε, ότι οι αριθμοί a,b

είναι αυτοί που έχουν διαφορά μεγαλύτερη του $\dfrac{1}{2\sqrt{3}}$ .

Ίσως καλυτερα να είχε τεθεί αυτή η παραλλαγή του θέματος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2024 7:03 pm**

Καλησπέρα και συγχαρητήρια σε όλους.Υπάρχει λύση για το θέμα 3 των μεγάλων τάξεων;;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2024 7:43 pm**

Καλησπέρα..Υπαρχει λυση για γεωμετρια μικρων;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2024 7:52 pm**

Μια λύση για το 4 των μικρών με θεωρία εξισώσεων Pell.

Θέτουμε x=1,y=a-b

και

για θετικούς ακεραίους a>b

, κι έτσι, μετά από πράξεις, η δεδομένη εξίσωση γίνεται 7b^2=3a^2-2a-1

. Πολλαπλασιάζοντας με

και τα δύο μέλη και συμπληρώνοντας το τετράγωνο ως προς

, οδηγούμαστε στην ισοδύμανη

(3a-1)^2-21b^2=4.

Προς αναζήτηση λύσεων θέτουμε τώρα a=2A+1

και

με $A,B\in\mathbb{N}$ και οδηγούμαστε στην εξίσωση

(3A+1)^2-21B^2=1.

Αρκεί λοιπόν να αιτιολογήσουμε ότι η τελευταία έχει άπειρες λύσεις. Κατ' αρχήν, η εξίσωση Pell

m^2-21n^2=1

έχει άπειρες λύσεις (m_k,n_k)

με τη μικρότερη να είναι η (m_1,n_1)=(55,12)

και οι υπόλοιπες προκύπτουν αναδρομικά. Το ζητούμενο θα έχει αποδειχτεί εφόσον αιτιολογήσουμε ότι οι λύσεις για το

αφήνουν υπόλοιπο

διαιρούμενες με το

, πράγμα που εγγυάται την ύπαρξη των αντίστοιχων

παραπάνω. Από τη θεωρία επίλυσης εξισώσεων Pell έχουμε ότι

$m_{k+1}=55m_{k}+21\cdot 12n_k\equiv m_k(\text{mod}\,3).$

Άρα, όλες οι λύσεις ως προς

έχουν το ίδιο υπόλοιπο διαιρούμενες με το

κι αφού $m_1=55\equiv 1(\text{mod}\,3)$ , έπεται ότι $m_k\equiv 1(\text{mod}\,3)$ για κάθε $k\in\mathbb{N}^*$ και η απόδειξη ολοκληρώνεται.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2024 8:11 pm**

Καλησπέρα! Μπορεί κάποιος να μου πει εάν στέκει μαθηματικά η λύση μου στο 3ο πρόβλημα των μεγάλων;

Πρόβλημα 3ο

Από την εκφώνηση εύκολα προκύπτει ότι $\lvert A \rvert \le n$ και ότι $\lvert \Gamma \rvert =\lvert A \rvert * \lvert B \rvert$ .

Ακόμη εύκολα προκύπτει, ότι $d \le \lvert \Gamma \rvert$ , αφού το πλήθος των δυνατών διαφορών μπορεί να είναι το μέγιστο ίσο με το πλήθος των στοιχείων του $\Gamma$ , στην περίπτωση που όλα τα ζεύγη του συνόλου $\Gamma$ έχουν διαφορετικές διαφορές.

Λόγω του τρόπου με τον οποίο ορίζεται το $\Gamma$ , γνωρίζουμε επιπλέον ότι σε όλες τις τριάδες $(\kappa, \lambda, \mu)$ , με $(\kappa, \lambda) \in \Gamma$ και $(\kappa, \mu) \in \Gamma$ , θα ισχύει $\kappa \in A$ και $\lambda, \mu \in B$ . Από το σύνολο

υπάρχουν $\lvert A \rvert$ τρόποι για να διαλέξουμε κάποιο στοιχείο $\kappa$ . Από το σύνολο

υπάρχουν $\lvert B \rvert$ τρόποι για να διαλέξουμε κάποιο στοιχείο $\lambda$ και, επειδή το $\mu$ στην εκφώνηση ορίζεται ανεξάρτητα του $\lambda$ (δηλαδή μπορεί να είναι και ίσα), υπάρχουν επίσης $\lvert B \rvert$ τρόποι για να διαλέξουμε κάποιο στοιχείο $\mu$ . Έτσι, προκύπτει ότι $p = \lvert A \rvert * \lvert B \rvert * \lvert B \rvert = \lvert A \rvert * {\lvert B \rvert}^{2}$ .

Έστω ότι $\lvert A \rvert < n$ . Τότε, είναι: $\displaystyle{ n > \lvert A \rvert \iff n* \lvert A \rvert * {\lvert B \rvert}^{2} > \lvert A \rvert *\lvert A \rvert * {\lvert B \rvert}^{2} \iff n*p > {\lvert \Gamma \rvert}^{2} \ge d^2.}$ Άρα, αν $\lvert A \rvert < n$ , τότε

Έστω ότι $\lvert A \rvert = n$ . Τότε, είναι: $\displaystyle{ n = \lvert A \rvert \iff n* \lvert A \rvert * {\lvert B \rvert}^{2} = \lvert A \rvert *\lvert A \rvert * {\lvert B \rvert}^{2} \iff n*p = {\lvert \Gamma \rvert}^{2} \ge d^2.}$ Άρα, αν $\lvert A \rvert = n$ , τότε $n*p \ge d^2$

Επομένως, σε κάθε περίπτωση $n*p \ge d^2$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2024 8:29 pm**

mfw240 έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 24, 2024 8:11 pm
Καλησπέρα! Μπορεί κάποιος να μου πει εάν στέκει μαθηματικά η λύση μου στο 3ο πρόβλημα των μεγάλων;

Πρόβλημα 3ο

....Έτσι, προκύπτει ότι $p = \lvert A \rvert * \lvert B \rvert * \lvert B \rvert = \lvert A \rvert * {\lvert B \rvert}^{2}$ .

...

Όχι, δεν ισχύει η παραπάνω σχέση.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2024 9:36 pm**

Θα ανεβάσει κανείς την γεωμετρία των γυμνασίων;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2024 9:43 pm**

Ποια πιστεύετε ότι θα είναι η βάση για την εισαγωγή στον προκριματικό;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2024 9:46 pm**

Maria Papadopoulou έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 24, 2024 9:43 pm
Ποια πιστεύετε ότι θα είναι η βάση για την εισαγωγή στον προκριματικό;

Και εγω το ιδιο αναρρωτιέμαι!!

mathematica.gr

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024