ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

#41

Grigoris K. έγραψε: Υ.Γ. Ναι τώρα κατάλαβα ότι πρέπει να ελέγξω τις ρίζες... Ούτε ένα βαθμό δεν παίρνω

Από το σχέδιο βαθμολόγησης μάλλον θα πάρει 3 μονάδες. Μείον 1 διότι δεν έλεγξες τις ρίζες και μείον 1 διότι στην περίπτωση a=b

ο έλεγχος θέλει περισσότερη προσοχή.

Βέβαια αυτά είναι εικασίες. Δεν έχω μπροστά μου ούτε το γραπτό ούτε περισσότερες οδηγίες (αν υπάρχουν) σχετικά με την βαθμολόγηση.

#42

achilleas έγραψε:
Θανάση, με προβλημάτισε η ίδια ερώτηση πριν από 10 λεπτά....νομίζω έχεις απόλυτο δίκιο, αλλά η λύση διορθώνεται εύκολα.

Αρκεί πούμε το εξής: έστω $x=\min \{x,y,z\}$ . Τότε έχουμε τις περιπτώσεις:

$x\leq y\leq z$ ή $x\leq z\leq y$

Η πρώτη λύθηκε παραπάνω. Η δεύτερη χρειάζεται το επιπλέον επιχείρημα ότι από έπεται ότι $y\leq 1$ .

Φιλικά,

Αχιλλέας

Αχιλλέα,

ευχαριστώ πολύ για την απάντησή σου!

Είναι ένα θέμα που έχει θιγεί και στο παρελθόν, αλλά οι 3 παρόμοιας λογικής απαντήσεις με έβαλαν σε προβληματισμό...

Giorgosvam · #43

Παιδιά ξέρει κανείς περίπου πότε βγαίνουν τα αποτελέσματα;

Νασιούλας Αντώνης · #44

matha έγραψε:Εμένα πάλι μου κάνει εντύπωση η οδηγία:

Γ’ Λυκείου
Π1. Βαθμολογούμε ανάλογα με την πρόοδο. Κόβουμε μία μονάδα για το μη σωστό
προσδιορισμό της πολλαπλότητας της ρίζας -2.

Θάνο και εμένα.

Εγώ το έγραψα ότι η ρίζα x=-2

έχει πολλαπλότητα

αλλά από σύμπτωση.
Λέγοντας από σύμπτωση εννοώ ότι όταν τελείωσα τη λύση λέω "άντε μωρέ, βάλε και την πολλαπλότητα για να ναι πιο πλήρης η λύση" θεωρώντας όμως το συγκεκριμένο πράγμα περιττό. Που να 'ξερα.

Νομίζω ότι το γεγονός αυτό αποτελεί παραδοχή και από την ίδια την επιτροπή των θεμάτων ότι το θέμα ήταν σχετικά άστοχο.
Βάλανε μια εξίσωση σχετικά τετριμμένη και ίδια με την περσινή και ψάχνουν να βρούνε από που να κόψουν.
Όπως και να χει, προσωπική μου άποψη.
Απλώς θεωρώ ότι, τουλάχιστον, στους διαγωνισμούς οι μαθητές θα πρέπει να εξετάζονται στην ουσία.
Γιατί διαφορετικά στο τέλος θα καταντήσουν και αυτοί στο στυλ των Πανελληνίων.

parmenides51 · #45

parmenides51 έγραψε:Β΄Λυκείου Θέμα 3

Μια παραλλαγή της λύσης του Αλέξανδρου

Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι $x\leq y\leq z$ (1)
οπότε $x^3\leq y^3\leq z^3$ (2) και $2x\leq 2y\leq 2z$ (3).

Προσθέτοντας κατά μέλη τις (2),(3) έχουμε $x^3+2x\leq y^3+2y\leq z^3+2z \Rightarrow x^3+2x-2\leq y^3+2y-2\leq z^3+2z-2$ $\Rightarrow y\leq z\leq x$
και λόγω της (1) προκύπτει πως .
Με την αντικατάσταση στην εξίσωση βρίσκουμε .
Τελικά .

socrates έγραψε: Μια ερώτηση: είναι επιτρεπτό να υποθέσουμε $x\geq y\geq z$ ή $x\leq y\leq z ?$

Αν συμπληρώσω, αντιγράφοντας το επιχείρημα του Αχιλλέα πως

έστω $x=\min \{x,y,z\}$ . Τότε έχουμε τις περιπτώσεις:

$x\leq y\leq z$ ή $x\leq z\leq y$

Η πρώτη λύθηκε παραπάνω. Η δεύτερη λύνεται ομοίως

(το έλεγξα το ομοίως)

η λύση θα είναι πλήρης;

edit:
Κι ας μην πήρα απάντηση, διαβάζοντας για πολλοστή φορά τα συμφραζόμενα συμπέρανα πως η απάντηση στην παραπάνω μου ερώτηση είναι καταφατική, οπότε το κάνω, συμπληρώνοντας την αρχική μου λύση. Όποτε μπαίνω σε ξένα χωράφια, ζητάω μια δεύτερη γνώμη για να ξέρω πως να κινηθώ.
Δεν είναι για όλους τα ίδια πράγματα προφανή.

slash · #46

Συμφωνώ απόλυτα με τον Αντώνη απο πάνω. Προσωπικά εγώ δεν έγραψα τίποτα περι πολλαπλότητας ριζών και ακόμα και τώρα που το άκουσα οτι πρέπει να το είχαμε γράψει δεν μπορώ να βρώ τον λόγο. Ο διαγωνισμός της ΕΜΕ μας εξετάζει απ'όσο κατάλαβα ως πρός την μαθηματική σκέψη και όχι ως προς τυπικά πράγματα.

GVlachos · #47

Μια παρατήρηση

Στο 2ο θέμα της Γ Λυκείου νομίζω ότι η 2η σχέση δεν χρειάζεται, αφού αν a<0

αρκεί να πάρουμε λ αρκετά μεγάλο, ενώ αν a>0

λ αρνητικό με αρκετά μεγάλη απόλυτη τιμή.

S.E.Louridas · #48

Επιτρέψτε μου μία άποψη:
Προσωπικά θεωρώ, οτι τα θέματα γιά επίπεδο διαγωνισμού Θαλή, όπου η στόχευση τών εισηγητών είναι πολλαπλή και δύσκολη, από έλεγχο των Μαθηματικών γνώσεων έως και την ψυχολογική στήριξη τών διαγωνιζομένων (πρόκειται γιά το πρώτο στάδιο), ήταν Πολύ Καλά θέματα.

S.E.Louridas

#49

socrates έγραψε:
achilleas έγραψε:
Θανάση, με προβλημάτισε η ίδια ερώτηση πριν από 10 λεπτά....νομίζω έχεις απόλυτο δίκιο, αλλά η λύση διορθώνεται εύκολα.

Αρκεί πούμε το εξής: έστω $x=\min \{x,y,z\}$ . Τότε έχουμε τις περιπτώσεις:

$x\leq y\leq z$ ή $x\leq z\leq y$

Η πρώτη λύθηκε παραπάνω. Η δεύτερη χρειάζεται το επιπλέον επιχείρημα ότι από έπεται ότι $y\leq 1$ .

Φιλικά,

Αχιλλέας
Αχιλλέα,

ευχαριστώ πολύ για την απάντησή σου!

Είναι ένα θέμα που έχει θιγεί και στο παρελθόν, αλλά οι 3 παρόμοιας λογικής απαντήσεις με έβαλαν σε προβληματισμό...

Θανάση, Αχιλλέα !
Η διευκρίνηση αυτή που κάνατε παραπάνω με τα συμμετρικά και τα κυκλικά συστήματα είναι απαραίτητο να τονίζεται σε κάθε ευκαιρία στους μαθητές των διαγωνισμών. Ανάλογα συμπεριφερόμαστε ως γνωστόν και στις ανισότητες.

Σε ένα παρόμοιο σύστημα που είχα θέσει παλιότερα και έστειλε λύση ο συνάδελφος Νίκος Μαυρογιάννης, έκανε μια χρήσιμη προσθήκη.Είναι αυτό που συζητάμε. Θα προσπαθήσω να βρω το θέμα .
Α! Ευτυχώς το βρήκε η αναζήτηση.Είναι εδώ :

viewtopic.php?f=61&t=2241

Σε κυκλικά συστήματα είναι όμως δόκιμη η υπόθεση του $\min \{a,b,c\}$ κλπ που αναφέρθηκε και πιο πάνω.

Βέβαια η πιο απλή λύση στο συγκεκριμένο σύστημα είναι να θέσουμε y=f(x)

,οπότε οι εξισώσεις δίνουν τη σχέση f(f(f(x)))=x

.Επειδή η συνάρτηση

είναι γνησίως αύξουσα, η τελευταία σχέση δίνει αναγκαστικά f(x)=x

που με τη σειρά της δίνει x=1

κλπ.

Αυτή βέβαια η λύση προϋποθέτει γνώση της μονοτονίας και μπορεί να γίνει πιο εύκολα από μαθητές της Γ΄τάξης(για τα δικά μας δεδομένα).Ας τη γνωρίζουν όμως και οι μικρότεροι, μια και λύνει μια μεγάλη κατηγορία παρόμοιων κυκλικών συστημάτων.Έχω ένα ωραίο άρθρο πάνω στα κυκλικά συστήματα και τη λύση με τα σταθερά σημεία,αλλά είναι σε ξένο βιβλίο. Αν ξεκλέψω χρόνο, θα το φτιάξω στα Ελληνικά και θα σας το στείλω.

Μπάμπης

#50

Μπάμπης Στεργίου έγραψε: ...
Έχω ένα ωραίο άρθρο πάνω στα κυκλικά συστήματα και τη λύση με τα σταθερά σημεία,αλλά είναι σε ξένο βιβλίο. Αν ξεκλέψω χρόνο, θα το φτιάξω στα Ελληνικά και θα σας το στείλω.

Μπάμπης

Μπάμπη,

Μήπως είναι το παρακάτω κεφάλαιο στο βιβλίο του Berinde

http://books.google.com/books?id=TMfopb ... de&f=false

Φιλικά,

Αχιλλέας

#51

achilleas έγραψε:
Μπάμπης Στεργίου έγραψε: ...
Έχω ένα ωραίο άρθρο πάνω στα κυκλικά συστήματα και τη λύση με τα σταθερά σημεία,αλλά είναι σε ξένο βιβλίο. Αν ξεκλέψω χρόνο, θα το φτιάξω στα Ελληνικά και θα σας το στείλω.

Μπάμπης
Μπάμπη,

Μήπως είναι το παρακάτω κεφάλαιο στο βιβλίο του Berinde

http://books.google.com/books?id=TMfopb ... de&f=false

Φιλικά,

Αχιλλέας

Αχιλλέα, πέτυχες κέντρο !
Αυτό είναι το βιβλίο , μόνο που το έχω στα Ρουμάνικα. Το άρθρο είναι όμως το ίδιο. Απλά υπάρχει και άλλο κεφάλαιο με συστήματα, ωστόσο αυτό είναι εκείνο που χρειαζόμαστε.
Μήπως το βρούμε και στο Library ?

Μπάμπης

S.E.Louridas · #52

Μία διαπραγμάτευση, για λόγους πλουραλισμού, του 3ου θέματος της Β΄ Λυκείου.
Προσθέτοντας κατά μέλη παίρνουμε:

$\begin{array}{*{20}c} {\sum {\left( {x - 1} \right)} \left( {x^2 + x + 2} \right) = 0,\;\mu \varepsilon \;x^2 + x + 2 > 0,} \\ {\alpha \nu \;x > 1\;\kappa \alpha \iota \;y < 1 \Rightarrow 1 < y,\alpha \tau o\pi o,\alpha \nu \;x < 1\;\kappa \alpha \iota \;y > 1 \Rightarrow y < 1,\alpha \tau o\pi o} \\ { \Rightarrow x = y = z = 1.} \\ \end{array}$

edit: Απλά συμπληρώνω, οτι τα άτοπα προκείπτουν Άμεσα από την εξίσωση του συστήματος x^3 + 2x -2=y.

S.E.Louridas

Nick1990 · #53

Βάζω και τη λύση μου στη Γεωμετρία (Θέμα 4) της Γ Λυκείου:

α) Έχουμε L,K

έκκεντρα τριγώνων ADC, ADB

αντίστοιχα, άρα:
$\angle{IAL} = \angle{IAC} - \angle{LAC} = \frac{1}{2}(\angle{A} - \angle{DAC})$
και:
$\angle{BMD} = 180 - \frac{1}{2}\angle{B} - \angle{BDM} = \angle{MDC} - \frac{1}{2}\angle{B}$
οπότε:
$\angle{IAL} = \angle{BMD} \Leftrightarrow \frac{1}{2}(\angle{A} + \angle{B}) = \frac{1}{2}(\angle{ADC} + \angle{DAC}) \Leftrightarrow \angle{A} + \angle{B} = \angle{ADC} + \angle{DAC} \Leftrightarrow 180 - \angle{C} = 180 - \angle{ACD}$
που ισχύει, άρα AILM

εγγράψημο.

Ακόμα
$\angle{KAI} = \angle{BAI} - \angle{BAC} = \frac{1}{2}(\angle{A} - \angle{BAD})$
και:
$\angle{DNC} = \angle{DNI} = 180 - \angle{NDC} - \angle{DCN} = \angle{BDN} - \angle{DCN} = \frac{1}{2}(\angle{BDA} - \angle{DCA})$
οπότε:
$\angle{KNI} = \angle{KAI} \Leftrightarrow \angle{DNC} = \angle{KAI} \Leftrightarrow \frac{1}{2}(\angle{BDA} + \angle{BAD}) = \frac{1}{2}(\angle{DCA} + \angle{A}) \Leftrightarrow \angle{BDA} + \angle{BAD} = \angle{DCA} + \angle{A} \Leftrightarrow 180 - \angle{ABD} = \angle{C} + \angle{A} \Leftrightarrow 180 - \angle{B} = \angle{C} + \angle{A}$
που ισχύει, άρα και KNAI

επίσης εγγράψημο.

β) Οι κύκλοι είναι ίσοι αν και μόνο αν οι οξίες γωνίες που βαίνουν στη κοινή χορδή

αυτών στους δύο αυτούς κύκλους είναι ίσες. Πράγματι έχουμε $\angle{ILA} = 180 - \angle{ALC} = 180 - (180 - \angle{LAC} - \angle{LCA}) = \angle{LAC} + \angle{LCA} = \frac{1}{2}(\angle{DAC} + \angle{DCA}) = \frac{1}{2} \times 90 = 45$
και
$\angle{IKA} = 180 - \angle{BKA} = 180 - (180 - \angle{KBA} - \angle{KAB}) = \angle{KBA} + \angle{KAB} = \frac{1}{2}(\angle{DBA} + \angle{DAB}) = \frac{1}{2} \times 90 = 45 = \angle{ILA}$ ,
οπότε τελειώσαμε.

#54

socrates έγραψε:
Μια ερώτηση: είναι επιτρεπτό να υποθέσουμε $x\geq y\geq z$ ή $x\leq y\leq z ?$

Ένα παρόμοιο σύστημα είδαμε εδώ.

Θανάση έλειπα και μόλις είδα το μήνυμα! Σ' ευχαριστώ για την επισήμανση η οποία πράγματι έχει γίνει και στο παρελθόν! Διορθώνω λοιπόν τη λύση μου παραπάνω η οποία δεν επηρρεάζεται ακόμα και στην περίπτωση που αντί για $x\geq y\geq z$ πάρουμε $x\geq z\geq y$ .

Αλέξανδρος

miltos · #55

Στο 3ο της Β λυκείου και συμφωνα με το σχεδιο βαθμολόγησης (4 μονάδες για το συμπέρασμα x = y = z

και μία μονάδα για την τιμή τους), θα πάρω τιποτα αφού εχω γράψει οτι η προφανής λύση ειναι y=x=z=1

?
Επίσης στο 2 νομίζω αρκεί ν.δ.ο. $\Delta >0$ για τις διαφορες τιμές των a,b,c

. λέγοντας οτι $x\neq a,b$ και ότι δε χρειάζονται οι περιορισμοί αυτοί στο σχέδιο (1 μονάδα για την περίπτωση a = b

και 4 για την περίπτωση $a\neq b$ . Κόβουμε μία
μονάδα, αν δεν ελέγξουν ότι οι ρίζες είναι δεκτές)...
Καλή επιτυχία σε όλους...

#56

Για το 2ο πρόβλημα της Β΄ Λυκείου:

Για να δείξουμε ότι η εξίσωση $\displaystyle{\frac{1}{x-a}+\frac{1}{x-b}=\frac{1}{c^2}}$ έχει πάντα κάποια πραγματική ρίζα, για όλες τις τιμές των παραμέτρων $a,b,c\in\mathbb{R}$ με $c\neq 0,$ είναι αρκετό να δείξουμε το ίδιο για την εξίσωση που θα προκύψει με την αντικατάσταση $\displaystyle{x=y+\frac{a+b}{2}}.$
Η εξίσωση γίνεται $\displaystyle{\frac{1}{y-\frac{a-b}{2}}+\frac{1}{y+\frac{a-b}{2}}=\frac{1}{c^2}}$ ή ισοδύναμα

$\displaystyle{y^2-2c^2y-\left(\frac{a-b}{2} \right)^2=0}$ με $\displaystyle{y\neq \pm \frac{a-b}{2}}.$

$\bullet$ Αν $a\neq b$ τότε ο σταθερός όρος της δευτεροβάθμιας εξίσωσης που προέκυψε είναι αρνητικός, άρα η εξίσωση έχει δύο πραγματικές ρίζες. Αποκλείεται αυτές να είναι οι ''απαγορευμένες'' τιμές $\displaystyle{\pm \frac{a-b}{2}}$ γιατί τότε το άθροισμά τους θα ήταν

, οπότε από τον τύπο του Vieta, θα ήταν και c=0.

$\bullet$ Αν a=b

τότε η εξίσωση έχει λύσεις την y=0

που απορρίπτεται και την y=2c^2

που είναι δεκτή αφού $c\neq 0.$

Σε κάθε περίπτωση η εξίσωση έχει τουλάχιστον μία πραγματική λύση.

akis15 · #57

Και εγω β λυκείου έλυσα τα 3 θέματα.Βέβαια στο 3 θέμα βρήκα και άλλες λύσεις τις οποίες απέριψα αλλά η εξηγηση μου δεν ήταν και τόσο καλή ελπίζω και εύχομαι να έχω περάσει.
Καλά αποτελέσματα σε όλους

#58

Γ΄ΛΥΚΕΙΟΥ- ΘΕΜΑ 4ο - Γεωμετρία

Πάνω στο σχήμα μπορούμε τώρα πια που είμαστε πιο νηφάλιοι να κάνουμε και τις εξής παρατηρήσεις :

α) Στο τρίγωνο ABD

οι

είναι διχοτόμοι μιας εσωτερικής και μιας εξωτερικής γωνίας, οπότε η γωνία BMD

είναι κατά τα γνωστά(ακόμα και σε σχολικό επίπεδο)ίση με $\frac {\angle BAD}{2}$ .

Από την άλλη μεριά είναι :

$\mathop {IA\Lambda }\limits^ \wedge = \mathop {IA\Gamma }\limits^ \wedge - \mathop {\Lambda {\rm A}\Gamma }\limits^ \wedge = \frac{{\mathop {{\rm B}A\Gamma }\limits^ \wedge }}{2} - \frac{{\mathop {\Delta A\Gamma }\limits^ \wedge }}{2} = \frac{{\mathop {{\rm B}{\rm A}\Delta }\limits^ \wedge }}{2} = \mathop {{\rm B}{\rm M}\Delta }\limits^ \wedge = \mathop {{\rm I}{\rm M}\Lambda }\limits^ \wedge$

οπότε το τετράπλευρο AILM

είναι εγγράψιμο.

β) Για το δεύτερο ερώτημα τώρα, αφού το

είναι ύψος, έχουμε :

$\mathop {{\rm A}{\rm K}{\rm B}}\limits^ \wedge = {90^0} + \frac{{\mathop {{\rm A}\Delta {\rm B}}\limits^ \wedge }}{2} = {90^0} + {45^0} = {135^0}$ ,

οπότε η γωνία AKI

είναι

.Όμοια και η γωνία ALI

είναι ίση με 45^0

,οπότε οι κύκλοι είναι ίσοι.

( Ο περιγεγραμμένος κύκλος , όπως επεσήμανε και ο Κώστας (REK) δεν χρειάζονταν στο αρχικό σχήμα.Πιθανόν στην αρχική μορφή των θεμάτων να υπήρχε και άλλο ερώτημα που διαγράφηκε)

Καλά αποτελέσματα σε όλα τα παιδιά !!!!

Μπάμπης

ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Re: Θαλής ΕΜΕ 2011

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

Μέλη σε σύνδεση