ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019
Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates
- cretanman
- Διαχειριστής
- Δημοσιεύσεις: 4097
- Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
- Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
- Επικοινωνία:
ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019
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
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:
-
- Δημοσιεύσεις: 789
- Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm
Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019
Θέματα Μικρών
Πρόβλημα 1: Να βρείτε όλες τις τριάδες πραγματικών αριθμών που είναι λύσεις του συστήματος
Πρόβλημα 2: Δίνεται τετράπλευρο εγγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου . Η κάθετη στο μέσον Ε της πλευράς τέμνει την ευθεία στο σημείο . Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου τέμνει την πλευρά για δεύτερη φορά στο σημείο και την ευθεία σε σημείο διαφορετικό του . Η ευθεία τέμνει την ευθεία στο σημείο και την ευθεία στο σημείο . Να αποδείξετε ότι τα σημεία 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 . Ο Γιάννης και η Μαρία έχουν το δικαίωμα να κάνουν μαζί την επόμενη κίνηση:
Επιλέγουν δύο αριθμούς από αυτούς που είναι γραμμένοι στον πίνακα και τους αντικαθιστούν με τους αριθμούς και .
Ο Γιάννης ισχυρίζεται ότι μετά από πεπερασμένο πλήθος τέτοιων κινήσεων μπορούν να τριπλασιαστούν όλοι οι αριθμοί του πίνακα, δηλαδή να προκύψουν οι αριθμοί: . 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 έχει πρώτο όρο και ορίζεται αναδρομικά από τον τύπο:
Να υπολογίσετε το γενικό όρο και να βρείτε τη μεγαλύτερη δύναμη του που διαιρεί τον όρο όπου
Πρόβλημα 2: Δίνεται τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο με και έστω το μέσο του μικρού τόξου . Η ευθεία τέμνει την ευθεία στο σημείο και ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου (έστω ) τέμνει την για δεύτερη φορά στο σημείο . Αν ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου (έστω ) τέμνει για δεύτερη φορά την στο σημείο , να αποδείξετε ότι .
Πρόβλημα 3: Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ρητών αριθμών που ικανοποιούν την εξίσωση
Πρόβλημα 4: Θεωρούμε ορθογώνιο με , το οποίο υποδιαιρούμε με παράλληλες ευθείες προς τις πλευρές του σε μοναδιαία τετράγωνα. Αρχικά τοποθετούμε από ένα μαύρο πιόνι σε 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 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.
Πρόβλημα 1: Να βρείτε όλες τις τριάδες πραγματικών αριθμών που είναι λύσεις του συστήματος
Πρόβλημα 2: Δίνεται τετράπλευρο εγγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου . Η κάθετη στο μέσον Ε της πλευράς τέμνει την ευθεία στο σημείο . Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου τέμνει την πλευρά για δεύτερη φορά στο σημείο και την ευθεία σε σημείο διαφορετικό του . Η ευθεία τέμνει την ευθεία στο σημείο και την ευθεία στο σημείο . Να αποδείξετε ότι τα σημεία 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 . Ο Γιάννης και η Μαρία έχουν το δικαίωμα να κάνουν μαζί την επόμενη κίνηση:
Επιλέγουν δύο αριθμούς από αυτούς που είναι γραμμένοι στον πίνακα και τους αντικαθιστούν με τους αριθμούς και .
Ο Γιάννης ισχυρίζεται ότι μετά από πεπερασμένο πλήθος τέτοιων κινήσεων μπορούν να τριπλασιαστούν όλοι οι αριθμοί του πίνακα, δηλαδή να προκύψουν οι αριθμοί: . 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 έχει πρώτο όρο και ορίζεται αναδρομικά από τον τύπο:
Να υπολογίσετε το γενικό όρο και να βρείτε τη μεγαλύτερη δύναμη του που διαιρεί τον όρο όπου
Πρόβλημα 2: Δίνεται τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο με και έστω το μέσο του μικρού τόξου . Η ευθεία τέμνει την ευθεία στο σημείο και ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου (έστω ) τέμνει την για δεύτερη φορά στο σημείο . Αν ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου (έστω ) τέμνει για δεύτερη φορά την στο σημείο , να αποδείξετε ότι .
Πρόβλημα 3: Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ρητών αριθμών που ικανοποιούν την εξίσωση
Πρόβλημα 4: Θεωρούμε ορθογώνιο με , το οποίο υποδιαιρούμε με παράλληλες ευθείες προς τις πλευρές του σε μοναδιαία τετράγωνα. Αρχικά τοποθετούμε από ένα μαύρο πιόνι σε 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 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.
-
- Δημοσιεύσεις: 219
- Εγγραφή: Τρί Μάιος 15, 2018 4:36 pm
Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019
Ωραία είναι τα θέματα !!!
Θέμα 2ο μεγάλων για συντομία
Από τα εγγράψιμα Άρα εγγράψιμο οπότε από το εγγράψιμο Και από το εγγράψιμο έχουμε Τα τρίγωνα έχουν όλες τις γωνίες ίσες και επείσης αφού το μέσο τόξου άρα τα τρίγωνα είναι ίσα και
Η άσκηση μας οδηγεί να σκεφτούμε από τυην αρχή για ισότητα τριγώνων αφού από την αρχή έχουμε και πρέπει να βγάλουμε και με μεταφορές γωνιών από τα εγγράψιμα να βγάλουμε τις γωνίες ίσες (αν είναι ) και σε αυτήν την περίπτωση έτσι λύνεται
Θέμα 2ο μεγάλων για συντομία
Από τα εγγράψιμα Άρα εγγράψιμο οπότε από το εγγράψιμο Και από το εγγράψιμο έχουμε Τα τρίγωνα έχουν όλες τις γωνίες ίσες και επείσης αφού το μέσο τόξου άρα τα τρίγωνα είναι ίσα και
Η άσκηση μας οδηγεί να σκεφτούμε από τυην αρχή για ισότητα τριγώνων αφού από την αρχή έχουμε και πρέπει να βγάλουμε και με μεταφορές γωνιών από τα εγγράψιμα να βγάλουμε τις γωνίες ίσες (αν είναι ) και σε αυτήν την περίπτωση έτσι λύνεται
- Al.Koutsouridis
- Δημοσιεύσεις: 1798
- Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
- Τοποθεσία: Αθήνα
Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019
Θέματα μικρών τάξεων.
Πρόβλημα 1
Να βρείτε όλες τις τριάδες πραγματικών αριθμών που είναι λύσεις του συστήματος
Λύση:
Θέτουμε και η πρώτη εξίσωση του συστήματος γίνεται
Παρατηρούμε ότι αν τότε θα πρέπει και . Άρα δεν υπάρχει λύση σε αυτή την περίπτωση.
Αν τώρα , έχουμε
Άρα και η δεύτερη εξίσωση του συστήματος γίνεται
. Τελικά οι λύσεις του συστήματος είναι οι τριάδες και .
Πρόβλημα 1
Να βρείτε όλες τις τριάδες πραγματικών αριθμών που είναι λύσεις του συστήματος
Λύση:
Θέτουμε και η πρώτη εξίσωση του συστήματος γίνεται
Παρατηρούμε ότι αν τότε θα πρέπει και . Άρα δεν υπάρχει λύση σε αυτή την περίπτωση.
Αν τώρα , έχουμε
Άρα και η δεύτερη εξίσωση του συστήματος γίνεται
. Τελικά οι λύσεις του συστήματος είναι οι τριάδες και .
-
- Δημοσιεύσεις: 219
- Εγγραφή: Τρί Μάιος 15, 2018 4:36 pm
Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019
Ελπίζω να μην έχω κάνει λάθος θέμα 1ο των μεγάλων
Έχει λάθος η λύση
προσθέτοντάς τα όλα έχουμε
οπότε Αφού ΈΧΟΥΜΕ οπότε δεν διαιρεί το αλλά το 2 το διαιρεί αυτό σημαίνει πως το 2 δεν διαιρεί το οπότε ο μεγαλύτερος εκθέτης που μπορούμε να υψώσουμε στο ΓΙΑ ΝΑ διαιρεί το είναι το
Μετά από την πρώτη φορά που πέρνουμε τον τύπο για πολλαπλασιάζουμε τον τύπο για ώστε όταν τα προσθέσουμε αν απλοποιηθούν τα και αυτό το συνεχίζουμε μέχρι να φτάσουμε στο
Έχει λάθος η λύση
προσθέτοντάς τα όλα έχουμε
οπότε Αφού ΈΧΟΥΜΕ οπότε δεν διαιρεί το αλλά το 2 το διαιρεί αυτό σημαίνει πως το 2 δεν διαιρεί το οπότε ο μεγαλύτερος εκθέτης που μπορούμε να υψώσουμε στο ΓΙΑ ΝΑ διαιρεί το είναι το
Μετά από την πρώτη φορά που πέρνουμε τον τύπο για πολλαπλασιάζουμε τον τύπο για ώστε όταν τα προσθέσουμε αν απλοποιηθούν τα και αυτό το συνεχίζουμε μέχρι να φτάσουμε στο
τελευταία επεξεργασία από Xriiiiistos σε Σάβ Φεβ 23, 2019 3:29 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.
Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019
Ο γενικός όρος δεν είναι αυτός.Xriiiiistos έγραψε: ↑Σάβ Φεβ 23, 2019 2:37 pmΕλπίζω να μην έχω κάνει λάθος θέμα 1ο των μεγάλων
προσθέτοντάς τα όλα έχουμε
οπότε Αφού ΈΧΟΥΜΕ οπότε δεν διαιρεί το αλλά το 2 το διαιρεί αυτό σημαίνει πως το 2 δεν διαιρεί το οπότε ο μεγαλύτερος εκθέτης που μπορούμε να υψώσουμε στο ΓΙΑ ΝΑ διαιρεί το είναι το
Είναι
-
- Δημοσιεύσεις: 2
- Εγγραφή: Σάβ Φεβ 23, 2019 2:41 pm
Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019
Για το πρώτο θέμα στον Αρχιμήδη των μικρών τάξεων, η λύση που έγραψα:
Λύση:
και
άρα:
ή άρα οι τριάδες είναι :
Λύση:
και
άρα:
ή άρα οι τριάδες είναι :
- emouroukos
- Συντονιστής
- Δημοσιεύσεις: 1447
- Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
- Τοποθεσία: Αγρίνιο
Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019
Πρόβλημα 1 Μεγάλων
Για κάθε είναι
Με πρόσθεση των σχέσεων αυτών κατά μέλη για και διαγράφοντας τους κοινούς όρους στα δύο μέλη, προκύπτει ότι
Για κάθε θετικό ακέραιο είναι
Επειδή για κάθε ακέραιο ισχύει
αν είναι η μεγαλύτερη δύναμη του που διαιρεί τον , θα είναι για κάθε ακέραιο
Έτσι, αφού βρίσκουμε ότι και άρα
Για κάθε είναι
Με πρόσθεση των σχέσεων αυτών κατά μέλη για και διαγράφοντας τους κοινούς όρους στα δύο μέλη, προκύπτει ότι
Για κάθε θετικό ακέραιο είναι
Επειδή για κάθε ακέραιο ισχύει
αν είναι η μεγαλύτερη δύναμη του που διαιρεί τον , θα είναι για κάθε ακέραιο
Έτσι, αφού βρίσκουμε ότι και άρα
Βαγγέλης Μουρούκος
Erro ergo sum.
Erro ergo sum.
- Al.Koutsouridis
- Δημοσιεύσεις: 1798
- Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
- Τοποθεσία: Αθήνα
Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019
Θέματα μικρών τάξεων
Πρόβλημα 2.
Λύση:
Έχουμε γιατί βαίνουν στο ίδιο τόξο. Ομοίως . Η είναι μεσοκάθετος άρα και διχοτόμος της γωνίας του τριγώνου . Οπότε θα ισχύει και επακόλουθα όλες οι παραπάνω γωνίες είναι ίσες μεταξύ τους.
Επίσης ισχύει λόγω του εγγράψιμου τετραπλεύρου .
Από τις παραπάνω ισότητες γωνιών συμπεράνουμε ότι τα τρίγωνα είναι όμοια και εφόσον , ορθογώνια.
Άρα θα είναι και τα σημεία ομοκυκλικά.
Πρόβλημα 2.
Λύση:
Έχουμε γιατί βαίνουν στο ίδιο τόξο. Ομοίως . Η είναι μεσοκάθετος άρα και διχοτόμος της γωνίας του τριγώνου . Οπότε θα ισχύει και επακόλουθα όλες οι παραπάνω γωνίες είναι ίσες μεταξύ τους.
Επίσης ισχύει λόγω του εγγράψιμου τετραπλεύρου .
Από τις παραπάνω ισότητες γωνιών συμπεράνουμε ότι τα τρίγωνα είναι όμοια και εφόσον , ορθογώνια.
Άρα θα είναι και τα σημεία ομοκυκλικά.
-
- Δημοσιεύσεις: 3600
- Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
- Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ
Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019
https://en.wikipedia.org/wiki/Recurrence_relation
Η απόδειξη του τύπου είναι στάνταρ.
Η
έχει γενική λύση την
ενω μια λύση της μή ομογενους
δοκιμάζοντας είναι η
Αρα
Από την έχουμε κλπ
Η απόδειξη του τύπου είναι στάνταρ.
Η
έχει γενική λύση την
ενω μια λύση της μή ομογενους
δοκιμάζοντας είναι η
Αρα
Από την έχουμε κλπ
Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019
Για το των μικρών. Σε καμία περίπτωση δεν γίνεται οι , να είναι και οι δύο πολλαπλάσια των εκτός αν . Συνεπώς, πάντα θα υπάρχει κάποιος που δεν διαιρείται με το , αφού αν wlog ο τελευταίος που δεν διαιρείται από αυτό τότε θα επιλεχθεί μαζί με πολλαπλάσιο του και άρα κάποιος από τους δύο θα εξακολουθεί να μην διαιρείται με το .
τελευταία επεξεργασία από JimNt. σε Σάβ Φεβ 23, 2019 3:53 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.
Bye :')
-
- Επιμελητής
- Δημοσιεύσεις: 6461
- Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
- Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
- Επικοινωνία:
-
- Επιμελητής
- Δημοσιεύσεις: 6461
- Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
- Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
- Επικοινωνία:
Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019
Το πρόβλημα 3 των μικρών υπάρχει και εδώ (junior olympiad, θέμα 2):
https://drive.google.com/drive/folders/ ... 3YEwkASJSr
https://drive.google.com/drive/folders/ ... 3YEwkASJSr
Θανάσης Κοντογεώργης
- emouroukos
- Συντονιστής
- Δημοσιεύσεις: 1447
- Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
- Τοποθεσία: Αγρίνιο
Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019
Πρόβλημα 3 Μεγάλων
Έστω και όπου θετικοί ακέραιοι με
Είναι:
.
Επειδή θα είναι και
Όμοια, αφού θα είναι και
Επομένως, από τη σχέση προκύπτει ότι και
Τότε, στη σχέση κάθε πρώτος παράγοντας των θα είναι υψωμένος σε εκθέτη αντίστοιχα. Άρα, θα υπάρχει θετικός ακέραιος τέτοιος, ώστε και
Αν ήταν τότε θα είχαμε ότι άτοπο. Άρα, είναι οπότε
Όμοια, υπάρχει θετικός ακέραιος τέτοιος, ώστε και
Τότε, είναι και
Εύκολα ελέγχουμε ότι όλα τα ζεύγη με θετικό ακέραιο, επαληθεύουν τη δοσμένη σχέση.
Έστω και όπου θετικοί ακέραιοι με
Είναι:
.
Επειδή θα είναι και
Όμοια, αφού θα είναι και
Επομένως, από τη σχέση προκύπτει ότι και
Τότε, στη σχέση κάθε πρώτος παράγοντας των θα είναι υψωμένος σε εκθέτη αντίστοιχα. Άρα, θα υπάρχει θετικός ακέραιος τέτοιος, ώστε και
Αν ήταν τότε θα είχαμε ότι άτοπο. Άρα, είναι οπότε
Όμοια, υπάρχει θετικός ακέραιος τέτοιος, ώστε και
Τότε, είναι και
Εύκολα ελέγχουμε ότι όλα τα ζεύγη με θετικό ακέραιο, επαληθεύουν τη δοσμένη σχέση.
Βαγγέλης Μουρούκος
Erro ergo sum.
Erro ergo sum.
Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019
Και προφανώς πρέπει γιατί αλλιώς προκύπτει αρνητικός.JimNt. έγραψε: ↑Σάβ Φεβ 23, 2019 3:28 pmΓια το των μικρών. Σε καμία περίπτωση δεν γίνεται οι , να είναι και οι δύο πολλαπλάσια των εκτός αν . Συνεπώς, πάντα θα υπάρχει κάποιος που δεν διαιρείται με το , αφού αν wlog ο τελευταίος που δεν διαιρείται από αυτό τότε θα επιλεχθεί μαζί με πολλαπλάσιο του και άρα κάποιος από τους δύο θα εξακολουθεί να μην διαιρείται με το .
Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019
Δεν έχει σημασία αυτό. Μου έκανε εντύπωση που επέλεξαν το αντι τουPrødigy έγραψε: ↑Σάβ Φεβ 23, 2019 4:05 pmΚαι προφανώς πρέπει γιατί αλλιώς προκύπτει αρνητικός.JimNt. έγραψε: ↑Σάβ Φεβ 23, 2019 3:28 pmΓια το των μικρών. Σε καμία περίπτωση δεν γίνεται οι , να είναι και οι δύο πολλαπλάσια των εκτός αν . Συνεπώς, πάντα θα υπάρχει κάποιος που δεν διαιρείται με το , αφού αν wlog ο τελευταίος που δεν διαιρείται από αυτό τότε θα επιλεχθεί μαζί με πολλαπλάσιο του και άρα κάποιος από τους δύο θα εξακολουθεί να μην διαιρείται με το .
Bye :')
- Ανδρέας Πούλος
- Δημοσιεύσεις: 1494
- Εγγραφή: Κυρ Μαρ 01, 2009 10:47 pm
- Τοποθεσία: ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ
- Επικοινωνία:
Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019
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.
- emouroukos
- Συντονιστής
- Δημοσιεύσεις: 1447
- Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
- Τοποθεσία: Αγρίνιο
Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019
Πρόβλημα 2 Μεγάλων
Το σχήμα - και η απόδειξη (χωρίς λέξεις).
Το σχήμα - και η απόδειξη (χωρίς λέξεις).
Βαγγέλης Μουρούκος
Erro ergo sum.
Erro ergo sum.
-
- Δημοσιεύσεις: 7
- Εγγραφή: Πέμ Ιαν 24, 2019 10:17 pm
Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019
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 , τοτε εχουμε τετραγωνο με
μοναδιαια τετραγωνα. Τοτε προφανώς η μικρότερη δυνατη τιμη αρχικών μαυρων πιονων ειναι τα μοναδιαια τετραγωνα της διαγωνιου, δηλαδη
Αν , τοτε χωριζουμε το ορθογωνιο σε ενα τετραγωνο με πλευρες και ενα ορθογωνιο με πλευρες και και (αν , τοτε προφανώς δεν ειναι ορθογώνιο αλλα τετραγωνο με επισης πλευρες ). 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 αρχικα τετραγωνα.
Αρα στο συνολο έχουμε:
Με συγχωρείτε για την απουσια σχηματος αλλα αυτο το γραφω μεσω κινητου γιατι βρισκομαι στον δρομο της επιστροφης. Πως σας φανηκε η λυση μου;
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 , τοτε εχουμε τετραγωνο με
μοναδιαια τετραγωνα. Τοτε προφανώς η μικρότερη δυνατη τιμη αρχικών μαυρων πιονων ειναι τα μοναδιαια τετραγωνα της διαγωνιου, δηλαδη
Αν , τοτε χωριζουμε το ορθογωνιο σε ενα τετραγωνο με πλευρες και ενα ορθογωνιο με πλευρες και και (αν , τοτε προφανώς δεν ειναι ορθογώνιο αλλα τετραγωνο με επισης πλευρες ). 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 αρχικα τετραγωνα.
Αρα στο συνολο έχουμε:
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
Λόγος: Γραφή σε LaTeX
Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2018-2019
Καλησπέρα. Σε αυτού του είδους τα προβλήματα πρέπει να δείξουμε δύο πράγματα.Κώστας Καρ. έγραψε: ↑Σάβ Φεβ 23, 2019 5:05 pmΚαλησπέρα
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;
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
Μέλη σε σύνδεση
Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 17 επισκέπτες