ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Mathmaster2009 · #61

Marioskam έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 19, 2023 1:05 pm

Mathmaster2009 έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 19, 2023 9:19 am
Πως βρήκατε τα θέματα μικρών?
Στο πρώτο βρήκα το σωστό αποτέλεσμα με λάθος όμως μέθοδο οπότε δεν θα πάρω όλους τους πόντους γιατί έκανα πράξεις μέχρι σε ένα σημείο και τα παράτησα οπότε έγραψα κατευθείαν την σωστή λύση χωρίς επεξήγηση. Το 2ο και το 3ο ούτε που τα άγγιξα. Στο τέταρτο έδωσα επεξηγήσεις αλλά δυστυχώς έγραψα μια μόνο λύση (α, β) = (3,2)
Γενικότερα τα θέματα τα βρήκα πολύ πιο δύσκολα σε σχέση με τα περσινα και γενικά παλαιότερων ετών όπου λυνανε για πλάκα τα 2 θέματα. Εσείς τι πιστεύετε?
Καλημέρα! Εγώ αντίθετα με εσένα βρήκα το 2 αρκετά εύκολο, το οποίο έλυσα με όμοια τρίγωνα αλλά και το 3-θεωρώ- που χρειαζόταν όμως αρκετή δουλειά..Το 1, κι εγώ παρόλο που βρήκα το σωστό αποτέλεσμα, το έκανα σίγορα με λάθος τρόπο, ενώ το 4 δεν το άγγιξα καν, καθώς μπορώ να πω ότι δεν είμαι τόσο εξοικειωμένος με αυτού του τύπου τα προβλήματα. Θα ήθελα όμως να ρωτήσω αν κανείς έχει λύσει το 3 των μικρών, γιατί δεν είμαι τόσο σίγουρος για τη λύση μου.

Δεν έκανα το 3.Αλλα από ότι άκουσα η απάντηση είναι 43 ορθογώνια. Το 2 νομίζω δεν λυνόταν με όμοια τρίγωνα? Εξήγησε, μου πως έλυσες το 2?Πας β η γ γυμνασίου? Και το 4 και την λύση να μην έβρισκες, μπορούσες να ορίσεις a-1=x, 2a+1=y,5b-3=z και θα πρέπει αφού a,beN* τότε πρέπει και x, y, z φυσικός αντίθετος από 0. Αφού b διαιρέτης του x και y διαιρέτης του z, αντίστοιχα οι απόλυτες τιμές τους θα ειναι διαιρέτες. Με αυτήν την εξήγηση θα έπιανες 1/5. Στο 2 πιστεύεις ότι τους έπιασες ολους τους πόντους?

Marioskam · #62

Το 2 το έλυσα βάση το θεώρημα που λέει: Εάν Μ, Ν τα μέσα 2 πλευρών ενός τριγώνου, τότε η ΜΝ // ΒΓ, ΜΝ=ΒΓ/2. από εκεί χρειαζόταν να αποδείξουμε ότι τα τρίγωνα ΜΕΝ, ΒΔΓ είναι όμοια, καθώς ξέρουμε ότι ΜΝ=ΒΓ/2 και άρα το ΜΕΝ=ΒΔΓ/2 κι έπεται το ζητούμενο. Για να αποδείξουμε την ομοιότητα, θα χρειαζόταν να δείξουμε ότι οι γωνίες (2 από τις 3 αρκεί) των 2 τριγώνων είναι ίσες. Με την παραλληλία της ΓΔ με την ΜΕ, ΜΕΝ=ΒΔΓ, ως εκτός εναλλάξ. Τώρα το λίγο πιο δύσκολο: Έφερα το τμήμα ΜΓ και είπα ότι ΝΜΓ= ΕΜΓ+ΝΜΕ και ΒΓΜ= ΒΓΔ+ΔΓΜ (διόρθωσέ με γιατί δεν έχω το σχήμα μπροστά μου) και επειδή οι ΝΜΓ=ΒΓΜ εντός εναλλάξ (ΝΜ//ΒΓ) και οι ΕΜΓ=ΔΓΜ ως εντός εναλλάξ (ΜΕ//ΓΔ) έχουμε ΝΜΕ=ΒΓΔ και έπεται το ζητούμενο. Θεωρώ πως πήρα 5 μονάδες στο θέμα αυτό αλλά και το 3ο που βρήκα 43. Το 3ο μου φάνηκε πολύπλοκο στην αρχή αλλά έπειτα το κατάλαβα. Είμαι μαθητής της Β' και σε ευχαριστώ για την υπόδειξή σου για το 4ο πρόβλημα! Έφαγα πολλή ώρα στο 1ο πρόβλημα γιατί δεν έβρισκα την κατάλληλη μέθοδο..Εσύ είσαι μαθητής της Β' ή της Γ'; Τώρα που το σκέφτομαι νομίζω ΜΝΒ=ΝΒΓ ως εντός εναλλάξ ήταν σίγουρα ευκολότερο...

Φιλικά, Μάριος

ohgreg · #63

: p2.png (216.27 KiB) Προβλήθηκε 4494 φορές

Τα τρίγωνα $\Delta NEM, \: \Delta BDC$ εύκολα βγαίνουν όμοια, αφού είναι MN//BC

δηλαδή $M\hat{N}E=D\hat{B}C$
και από την παραλληλία που δίνει το πρόβλημα είναι $M\hat{E}N=B\hat{D}C$ .

Τώρα από την ομοιότητα θα ισχυεί:

$\frac{NE}{BD}=\frac{EM}{DC}=\frac{NM}{BC}$

Όμως είναι:

BC=2NM

Από όπου προκύπτει και η ζητούμενη σχέση.

Mathmaster2009 · #64

Γειά σου Μάριε. Πάω β γυμνασίου. Πολύ ωραίος ο τρόπος σου στο θέμα 2. Τώρα που τον ανέφερες κατάλαβα πως έπρεπε να γίνει. Εγώ απλά δεν ήξερα πως να το λύσω και όρισα εγκεντρα, βαρύ κέντρα και μιλησα για παραλληλια. Έφτιαξα ένα πολύ ωραίο σχήμα που έδειχνε όλες τις προεκταμενες πλευρές στους άξονες του βαρύ κέντρου. Δεν έφτασα σε αποτέλεσμα αλλά πιστεύω ότι θα μου δώσουν 1 ή 2 βαθμούς. Στο 3 δεν έγραψα Τίποτε πέρα από το ότι το Ε ορίζεται σε ένα ΑΒΓΔ με α και γ παράλληλες, β και δ παράλληλες από τη σχέση ΑΒ. Πες μου τι έκανες και έλυσες το πρώτο με α, β, γ eR

Marioskam · #65

Συνομίληκε! Στο 1 προσπάθησα (α+β+γ)^3=0 το οποίο νόμιζα ότι θα μου έδινε κάτι, αλλά έχασα πολύ χρόνο και κατέληξα δυστυχώς στο 0=0. Προσπάθησα επίσης να χρησιμοποιήσω την ταυτότητα του Όιλερ που λέει α+β+γ=0 => α^3+β^3+γ^3= 3αβγ αλλά δεν κατάφερα να βγάλω κάτι με την αντικατάσταση αυτή. Μου πήρε 1.30+ ώρα το 1ο (μεγάλο λάθος γιατί θα μπορούσα να τσιμπήσω βαθμούς από την 4) και απλά έδωσα ελλιπώς τη λύση α=β=γ=0. Εσύ πόση ώρα αφιέρωσες στο κάθε πρόβλημα;

Mathmaster2009 · #66

Δεν εφάρμοσα καν ταυτότητα του Οιλερ. Δεν κατάλαβα για τι το έκανες.Εφαγα μια ώρα στο 1ο θέμα, στο τέλος βαρέθηκα και έγραψα αρλουμπες(σωστό αποτέλεσμα αλλά λάθος τρόπος). Το δεύτερο μου πήρε μισή ώρα όπου έγραψα κάτι τουλάχιστον σωστό. Δεν έλυσα το ζητούμενο, αλλά μόνο που έδειξα ότι ξέρω για βαρύ κέντρα και έκκεντρα και διχοτόμους φτιάχνοντας σχήμα φτάνει για 1-2/5.Στην 4η αφιέρωσα 1,5 ώρες αλλά την έκανα σωστή. Κοίτα γενικά μην ελπίζεις παντού 5/5.Εγω στην 4 πρέπει να έπιασα 3-4/5

Kavousianos Ioannis · #67

Καλησπέρα σας, είμαι ο Ιωάννης Καβουσιανός , μαθητής της Ά γυμνασίου του Πρότυπου Γυμνασίου Ζωσιμαίας Σχολής Ιωαννίνων.Φέτος συμμετείχα στην 40η μαθηματική Ολυμπιάδα ο αρχιμήδης. Στο πρώτο θέμα βρήκα ότι α στην τετάρτη +β στην τετάρτη + c στην τετάρτη =0 , όπου απευθέιας βρίσκουμε
a=b=c=0
Στο δεύτερο θέμα έφερα την ΜΝ με ΜΝ//ΒΓ και ΜΝ=ΒΓ/2. Και από τα όμοια τρίγωνα βρήκα το ζητούμενο.Στην τρίτη έκανα ένα λάθος απροσεξίας και βρήκα μόνο τα δυνατά εμβαδά Ε=32,35,36,40 για τα οποία έχουμε τα σημεία (χ,y)=(4,8),(8,4),(7,5),(5,7),(6,6),(5,8),(8,5)
Στο τέταρτο θέμα έκανα την επεξήγηση και κατέληξα σε ότι (α,β)=(3,2).
Ξέρετε μήπως ποιά μπορεί να είναι η ελάχιστη βαθμαολογία για χάλκινο , ασημένιο και χρυσό μετάλλιο στα θέματα των μικρών τάξεων?

Marioskam · #68

Σωστά! Μπορεί στο 2 και στο 3 να μην πάρω 5/5 γιατί οι τρόποι με τους οποίους δούλεψα δεν ήταν και οι πιο συμπυκνωμένοι. Ευχαριστώ! Περιμένουμε με αγωνία λύσεις αλλά και τους επιτυχόντες!!

Mathmaster2009 · #69

Αντε να δουμε ποτε θα ανεβουν οι λυσεις! Στο θεμα 1,οταν λεω οτι τα παρατησα, βαρεθηκα τοσο που ξεπερασα τους φυσικους νομους: διαιρεσα το a+b+c δια του c

Αφου η ταυτοτητα οιλερ δεν εβγαινε,δεν την εγραψα καν!

Τσιαλας Νικολαος · #70

2nisic έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 19, 2023 12:47 pm
Καταπληκτικά τα θέματα των μεγάλων!
Μια μικρή αμφίβολια για το πρόβλημα 2 αν και δεν χαλάει την ομορφιά του το έχουμε δει και εδώ:
https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 75&t=69997 (τελευταίο ποστ υπάρχει ο ακόλουθος σύνδεσμος)
https://www.researchgate.net/publicatio ... 's_Problem

Πάντως όλοι οι "εμπλεκόμενοι" το λύσατε!

#71

Δύο-τρία πράγματα θα ήθελα να πω.
καταρχάς, χαίρομαι πολύ που συμμετέχουν οι μαθητές στην συζήτηση και θα ήθελα να παραμείνουν ενεργοί και εκτός αυτής της συζήτησης.

Ωστόσο καλό θα ήταν να δημιουργηθεί ένας νέο τόπικ για την συζήτηση.

Προσπαθήστε να μην κάνετε αυθαίρετες εικασίες για το πόσους πόντους πήρατε από το κάθε πρόβλημα. Εφόσον δεν γνωρίζετε το σχήμα βαθμολόγησης, είναι μάταιο.

Τέλος, προσπαθήστε να μην κάνετε quote όλο το κείμενο από πάνω. Είναι πολύ κουραστικό στην ανάγνωση.

S.E.Louridas · #72

Έτσι για την ιστορία ας βάλω και την άποψη που μου διαμορφώθηκε όταν είδα το 1ο θέμα των εκπληκτικών μικρών και που αποφάσισα τελικά
να εκθέσω, για λόγους πλουραλισμού και επειδή βλέπουν την εδώ δραστηριότητα και μαθητές.

Αν το γινόμενο abc

δεν είναι μηδέν, τότε, $a{b^2}\left( {a + b + c} \right) = 0 \Rightarrow {a^2}{b^2} + a{b^3} + a{b^2}c = 0\;\,\left( 1 \right).$
Όμοια παίρνουμε ${b^2}{c^2} + b{c^3} + ab{c^2} = 0\;\left( 2 \right),\;\,{a^2}{c^2} + c{a^3} + {a^2}bc = 0\;\left( 3 \right).$
Με πρόσθεση των (1), (2), (3)

κατά μέλη και με χρήση των υποθέσεων παίρνουμε άμεσα:
${\left( {ab} \right)^2} + {\left( {bc} \right)^2} + {\left( {ca} \right)^2} = 0 \Rightarrow a = b = c = 0,$ πράγμα άτοπο.
Αν τώρα τουλάχιστον ένας εκ των a, b, c

είναι μηδέν, τότε, και οι άλλοι βγαίνουν πολύ εύκολα μηδέν.

#73

Με βάση το πρόβλημα 2 των μεγάλων, να θέσω το παρακάτω ερώτημα.

Υπάρχει τετράγωνο που να τελειώνει σε 2225;

#74

silouan έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 20, 2023 1:56 pm
Με βάση το πρόβλημα 2 των μεγάλων, να θέσω το παρακάτω ερώτημα.

Υπάρχει τετράγωνο που να τελειώνει σε 2225;

Προσπαθώντας να βρούμε ένα τέτοιο τετράγωνο, έστω x^2

, αφού

, θα πρέπει η διαφορά $x^2-15^2=(x-15)\cdot (x+15)$ να διαιρείται με το $2000=2^4\cdot 5^3$ .

Αφού $(x+15)-(x-15)=30=2\cdot 3\cdot 5$

Το 2^3

και το

διαιρούν ακριβώς έναν από τους x-15,

.

Ας πάρουμε την περίπτωση x-15=10y

και

, με

ακέραιους.

Τότε βρίσκουμε x=200k+185

,

, και

για θετικό ακέραιο

.

Επίσης, πρέπει το γινόμενο

να τελειώνει σε 1.

Εύκολα βλέπουμε ότι με k=2

είναι

,

με

και

Πράγματι,

.

Μάλιστα, οποιοδήποτε τετράγωνο της μορφής $(1000\nu+585)^2$ για $\nu\geq 0$ λήγει σε 2225

.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#75

Πολύ ωραία! Γενικότερα, από το 1ο πρόβλημα της JBMO 1998 https://artofproblemsolving.com/communi ... 633p358067 έχουμε ότι ένα τετράγωνο μπορεί να λήγει σε

2αρια και ένα 5.

petrosmani · #76

silouan έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 20, 2023 1:56 pm
Με βάση το πρόβλημα 2 των μεγάλων, να θέσω το παρακάτω ερώτημα.

Υπάρχει τετράγωνο που να τελειώνει σε 2225;

Έστω ο αριθμός Ν=11...122...25 όπου το 1 εμφανίζεται n φορές και το 2 n+1 φορές.Τότε Ν= $\frac{10^{n}-1}{9}10^{n+2}+20\frac{10^{n+1}-1}{9}+5=\frac{1}{9}(10^{2n+2}-10^{n+2}+2*10^{n+2}-20+45)=\frac{1}{9}(10^{(n+1)^{2}}+2*5*10^{n+1}+5^{2})=(\frac{10^{n+1}+5}{3})^{2}=(\frac{100...05}{3})^{2}=(33...35)^{2}$ όπου το 3 εμφανίζεται n φορές. Άρα ο Ν είναι λύση του προβλήματος για $n\geq 2$ .

Leibnizian · #77

1ο θέμα, "μεγάλων":

Έστω ότι υπήρχε λύση με $\displaystyle{ x \ne{z} }$ και $\displaystyle{ y \ne{w} }$ . Τότε μπορούμε να γράψουμε τα παρακάτω:

$\displaystyle{ \frac{xyz+1}{x+1} =\frac{yzw+1}{y+1}=\frac{zwx+1}{z+1}=\frac{wxy+1}{w+1}, \ \ x+y+z+w=48 \implies \frac{xyz+1}{x+1}=\frac{yzw+1}{y+1}=\frac{-zwx-1}{-z-1}=\frac{-wxy-1}{-w-1}=l \implies }$ $\displaystyle{ \frac{xyz+1-zwx-1}{x+1-z-1} =\frac{yzw+1-wxy-1}{y+1-w-1}(=l) \implies \frac{xz(y-w)}{x-z}=\frac{yw(z-x)}{y-w} \ \ }$ Αυτό όμως είναι άτοπο, γιατί οι δύο τελευταίοι είναι ετερόσημοι. Άρα υποχρεωτικά $\displaystyle{ x=z }$ ή $\displaystyle{ y=w }$ . Εύκολα όμως διαπιστώνουμε ότι αν ισχύει μία από τις προηγούμενες ισχύει και η άλλη. Αντικαθιστούμε όπου $\displaystyle{ z }$ το $\displaystyle{ x }$ και όπου $\displaystyle{ w }$ το $\displaystyle{ y }$ , οπότε
$\displaystyle{ \frac{x^2y+1}{x+1}=\frac{xy^2+1}{y+1} \implies x^2y^2+x^2y+y+1=x^2y^2+xy^2+x+1 \implies x^2y+y=xy^2+x \implies x^2y-xy^2-(x-y)=0 }$ $\displaystyle{ \implies xy(x-y)-(x-y)=0 \implies (x-y)(xy-1)=0 \implies x=y }$ , ή $\displaystyle{ xy=1 }$ . Για $\displaystyle{ x=y }$ είναι $\displaystyle{ x=y=z=w=12 }$ , ενώ για $\displaystyle{ y=\frac{1}{x} }$ με απλή επίλυση εξίσωσης προκύπτουν οι άλλες δύο λύσεις που ανέφεραν και οι συνάδελφοι προηγουμένως.
Υ.Γ.: Στο πρόβλημα 2 ο αριθμός περιέχει μόνο τα ψηφία 2 και 5 ή και οτιδήποτε άλλα ψηφία μπορούμε να φανταστούμε; Για την πρώτη περίπτωση έχω βρει ήδη μία λύση.

vk2006 · #78

Leibnizian έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 23, 2023 8:00 pm
1ο θέμα, "μεγάλων": $\displaystyle{ \frac{xyz+1}{x+1} =\frac{yzw+1}{y+1}=\frac{zwx+1}{z+1}=\frac{wxy+1}{w+1}, \ \ x+y+z+w=48 \implies \frac{xyz+1}{x+1}=\frac{yzw+1}{y+1}=\frac{-zwx-1}{-z-1}=\frac{-wxy-1}{-w-1}=l \implies }$ $\displaystyle{ \frac{xyz+1-zwx-1}{x+1-z-1} =\frac{yzw+1-wxy-1}{y+1-w-1}(=l) \implies \frac{xz(y-w)}{x-z}=\frac{yw(z-x)}{y-w} \ \ }$ Αυτό όμως είναι άτοπο, γιατί οι δύο τελευταίοι είναι ετερόσημοι. Άρα υποχρεωτικά $\displaystyle{ x=z }$ ή $\displaystyle{ y=w }$ . Εύκολα όμως διαπιστώνουμε ότι αν ισχύει μία από τις προηγούμενες ισχύει και η άλλη. Αντικαθιστούμε όπου $\displaystyle{ z }$ το $\displaystyle{ x }$ και όπου $\displaystyle{ w }$ το $\displaystyle{ y }$ , οπότε
$\displaystyle{ \frac{x^2y+1}{x+1}=\frac{xy^2+1}{y+1} \implies x^2y^2+x^2y+y+1=x^2y^2+xy^2+x+1 \implies x^2y+y=xy^2+x \implies x^2y-xy^2-(x-y)=0 }$ $\displaystyle{ \implies xy(x-y)-(x-y)=0 \implies (x-y)(xy-1)=0 \implies x=y }$ ή $\displaystyle{ xy=1 }$ . Για $\displaystyle{ x=y }$ είναι $\displaystyle{ x=y=z=w=12 }$ , ενώ για $\displaystyle{ y=\frac{1}{x} }$ με απλή επίλυση εξίσωσης προκύπτουν οι άλλες δύο λύσεις που ανέφεραν και οι συνάδελφοι προηγουμένως.
Υ.Γ.: Στο πρόβλημα 2 ο αριθμός περιέχει μόνο τα ψηφία 2 και 5 ή και οτιδήποτε άλλα ψηφία μπορούμε να φανταστούμε; Για την πρώτη περίπτωση έχω βρει ήδη μία λύση.

Σύμφωνα με τις διευκρινιστικές οδηγίες που δόθηκαν ο αριθμός αποτελείται μόνο από 2 και 5

#79

Leibnizian έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 23, 2023 8:00 pm
1ο θέμα, "μεγάλων": $\displaystyle{ \frac{xyz+1}{x+1} =\frac{yzw+1}{y+1}=\frac{zwx+1}{z+1}=\frac{wxy+1}{w+1}, \ \ x+y+z+w=48 \implies \frac{xyz+1}{x+1}=\frac{yzw+1}{y+1}=\frac{-zwx-1}{-z-1}=\frac{-wxy-1}{-w-1}=l \implies }$ $\displaystyle{ \frac{xyz+1-zwx-1}{x+1-z-1} =\frac{yzw+1-wxy-1}{y+1-w-1}(=l) \implies \frac{xz(y-w)}{x-z}=\frac{yw(z-x)}{y-w} \ \ }$ Αυτό όμως είναι άτοπο, γιατί οι δύο τελευταίοι είναι ετερόσημοι. Άρα υποχρεωτικά $\displaystyle{ x=z }$ ή $\displaystyle{ y=w }$ . ...

Σωστά. Αλλά για λόγους πληρότητας και αυστηρότητας, θα πρέπει να προηγηθεί η υπόθεση:

"Έστω $x\ne z$ και $y\ne w$ ."

Η ιδιότητα, "αν $\lambda=\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$ , τότε $\lambda=\frac{a-c}{b-d}$ " ισχύει μόνο όταν $b\ne d$ (και $b,d\ne 0$ ).

Φιλικά,

Αχιλλέας

#80

Οι επίσημες λύσεις και τα αποτελέσματα μόλις έγιναν διαθέσιμα εδώ.

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Μέλη σε σύνδεση