ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

#1

Ανοίγω αυτό το θέμα με σκοπό να αναρτήσουμε τα αυριανά θέματα και να σχολιάσουμε τις λύσεις τους.

Πολλές ευχές για καλή επιτυχία στα παιδιά που διαγωνίζονται...

Αλέξανδρος

S.E.Louridas · #2

Καλή Επιτυχία στούς διαγωνιζόμενους του Πανελλήνιου Διαγωνισμού της Ε.Μ.Ε. "Θαλής".

S.E.Louridas

#3

Εδώ είναι και τα θέματα όλων των τάξεων για όσους έχουν αγωνία να τα λύσουν με την ησυχία τους !!!

Καλά αποτελέσματα σε όσα παιδιά διαγωνίστηκαν !!!

Μπάμπης

mathxl · #4

Καλημέρα!

Β ΛΥΚΕΙΟΥ

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1

α)
$\displaystyle{A\left( x \right) = \frac{{\left( {2x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right) + x - 4}}{{{x^2} - 2}} = \frac{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right) - 2\left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right) + x - 4}}{{{x^2} - 2}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right) - 2{x^2} - 2x + 4 + x - 4}}{{{x^2} - 2}} = \frac{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right) - 2{x^2} - x}}{{{x^2} - 2}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{\left( {2x + 1} \right)\left( {{x^2} + x - 2} \right) - x\left( {2x + 1} \right)}}{{{x^2} - 2}} = \frac{{\left( {2x + 1} \right)\left( {{x^2} + x - 2 - x} \right)}}{{{x^2} - 2}} = 2x + 1}$

β)
Για $\displaystyle{x = 2010}$ από το (α) λαμβάνουμε
$\displaystyle{\frac{{\left( {4020 - 1} \right)\left( {2010 + 2} \right)\left( {2010 - 1} \right) + 2010 - 4}}{{{{2010}^2} - 2}} = 2 \cdot 2010 + 1 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{\frac{{4019 \cdot 2012 \cdot 2009 + 2006}}{{{{2010}^2} - 2}} = 4021}$

mathxl · #5

Β ΛΥΚΕΙΟΥ

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2

Για $\displaystyle{\alpha \ne x \ne b}$ έχουμε

$\displaystyle{\frac{1}{{x - a}} + \frac{1}{{x - b}} = \frac{1}{{{c^2}}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{\pi \rho \alpha \xi \varepsilon \iota \varsigma } {x^2} - \left( {\alpha + \beta + 2{c^2}} \right)x + \alpha \beta + {c^2}\left( {\alpha + \beta } \right) = 0}$
Με διακρίνουσα $\displaystyle{\Delta = {\left( {\alpha - \beta } \right)^2} + 4{c^4} \ge 4{c^4} > 0}$ διότι $\displaystyle{c \ne 0}$
Έτσι έχουμε πάντα δύο άνισες πραγματικές λύσεις

#6

Ξεκινάω με το

Πρόβλημα 1ο/Γ' Λυκείου:

Παραγοντοποιώντας τα τριώνυμα, η εξίσωση γράφεται

$\displaystyle{(x+1)^4(x+2)^4+(x-1)^4(x+2)^4=16(x+2)^4.}$

Άρα είναι $\displaystyle{x=-2}$ ή $\displaystyle{(x+1)^4+(x-1)^4=16 \Leftrightarrow x^4+6x^2-7=0 \Leftrightarrow x^2=1 \vee x^2=-7.}$

Άρα στο σύνολο των πραγματικών, οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι $\displaystyle{-2,-1,1.}$

Πρόβλημα 2ο/Γ' Λυκείου:

Με την αντικατάσταση $\displaystyle{y=2x+\lambda }$ αναγόμαστε στην εξίσωση

$\displaystyle{5ax^2+4(a\lambda +1)x+a\lambda ^2=0}$ ( $\displaystyle{\bigstar}$ )

- Αν $\displaystyle{a=0,}$ αυτή γράφεται ως $\displaystyle{x=0,}$ δηλαδή τότε, η εξίσωση έχει λύση για κάθε $\displaystyle{\lambda.}$

- Αν $\displaystyle{a\ne 0,}$ για να έχει η ( $\displaystyle{\bigstar}$ ) λύση για κάθε $\displaystyle{\lambda}$ , πρέπει $\displaystyle{\frac{\Delta}{4}=-(a\lambda )^2+8a\lambda +4\geq 0}$ για κάθε $\displaystyle{\lambda ,}$ φανερά αδύνατο.

Άρα η ζητούμενη τιμή του $\displaystyle{a}$ είναι το $\displaystyle{0.}$

Πρόβλημα 3ο/Γ' Λυκείου:

1) Είναι

$\displaystyle{d_1+d_2+\cdots +d_n=a_1-a_0+a_2-a_1+\cdots +a_n-a_{n-1}=a_n-a_0,}$ άρα

$\displaystyle{\frac{n}{2}\Big[2d_1+(n-1)\omega \Big]=a_n-a_0}$ και επειδή $\displaystyle{\omega =a_1-a_0}$ προκύπτει

$\displaystyle{a_n=a_0+\frac{n(n+1)}{2}\omega .}$

Τότε,

$\displaystyle{S_{n+1}=a_0+\sum_{k=1}^{n}\Big(a_0+\frac{n(n+1)}{2}\omega\Big)=a_0+a_0n+\frac{\omega}{2}\sum_{k=1}^{n}(k^2+k)=}$

$\displaystyle{a_0(n+1)+\frac{\omega}{2}\Big(\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+\frac{n(n+1)}{2}\Big),}$

άρα

$\displaystyle{S_{n+1}=(n+1)a_0+\frac{\omega n(n+1)(n+2)}{6}.}$

2) Αν $\displaystyle{a_0=1,a_1=7}$ είναι $\displaystyle{\omega =6, }$ οπότε

$\displaystyle{a_n=1+3n(n+1)}$ και $\displaystyle{S_{n+1}=(n+1)^3.}$

Άρα, $\displaystyle{S_{n+1}\leq 8\cdot 10^3 \Rightarrow n\leq 19.}$ Τότε παρατηρούμε ότι

$\displaystyle{a_{18}=1027>1000,}$ ενώ $\displaystyle{a_{17}=919<1000.}$ Άρα $\displaystyle{n_{\min}=18.}$

#7

Β' Λυκείου- θέμα 3

Χωρίς βλάβη της γενικότητας είναι

$x\leq y\leq z$ . (1)

Από τις δοθείσες σχέσεις έχουμε

y-x=x^3+x-2=(x-1)(x^2+x+2)

.

.

Αφού $z\geq y\geq x$ , και x^2+x+2>0

για κάθε $x\in \mathbb{R}$ , παίρνουμε $1\leq x$ (2) και $z\leq 1$ (3).

Συνεπώς, από (1), (2), (3) έπεται x=y=z=1

.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#8

Η δοθείσα με a=x^2+3x+2

και

γίνεται

,

οπότε

(a-b)^4-a^4-b^4=0

,

δηλ.

ab(2a^2-3ab+2b^2)=0

, απ' 'οπου ε'υκολα προκύπτει ότι ab=0

.

Άρα πρέπει a=0

ή

, οπότε

ή

.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Edit: Αφαίρεσα την αναφορά στο Θ.Fermat αφού η εξίσωση δε ζητάει ακέραιες λύσεις, μετά από πμ του Θάνου.

#9

Μια ακόμη αντιμετώπιση του 3ου θέματος της Β' Λυκείου:

Το σύστημα γράφεται

$\displaystyle{y-1=(x-1)(x^2+x+3),}$

$\displaystyle{z-1=(y-1)(y^2+y+3),}$

$\displaystyle{x-1=(z-1)(z^2+z+3).}$

Αν υποθέσουμε ότι $\displaystyle{x,y,z\ne 1,}$ με πολλαπλασιασμό τον εξισώσεων κατά μέλη, βρίσκουμε

$\displaystyle{(x^2+x+3)(y^2+y+3)(z^2+z+3)=1,}$ αδύνατο, αφού $\displaystyle{x^2+x+3>1.}$

Άρα, ένα τουλάχιστον εκ των $\displaystyle{x,y,z}$ ισούται με $\displaystyle{1}$ , οπότε φανερά και τα υπόλοιπα θα ισούνται με $\displaystyle{1}$ .

#10

Άλλη μία αντιμετώπιση για το 3ο Θέμα της Β Λυκείου.

Η συνάρτηση f(x)=x^3+2x-2

είναι γνησίως αύξουσα.

Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι $x=\max\{x,y,z\}$ . Τότε ισχύει $x\geq y\geq z \ \ (1)$ ή $x\geq z \geq y$

Αν ισχύει η (1)

τότε $f(x)\geq f(y)\geq f(z)$ σχέση που δίνει (λόγω της υπόθεσης) $y\geq z\geq x$ η οποία σε συνδυασμό και πάλι με την (1)

δίνει

.

Όμοια αν ισχύει η (2)

τότε $f(x)\geq f(z)\geq f(y)$ σχέση που δίνει (λόγω της υπόθεσης) $y\geq x\geq z$ η οποία σε συνδυασμό και πάλι με την (2)

δίνει

.

Αντικαθιστώντας βρίσκουμε x=y=z=1

.

Αλέξανδρος

Edit: Έγινε μία απαραίτητη προσθήκη (κοίτα το μήνυμα του socrates παρακάτω και τη συζήτηση με τον achillea μετά)

GMANS · #11

Αποσύρω την λύση μετά από παρατήρηση του Θάνου τον όποίο και ευχαριστώ

chrislg · #12

cretanman έγραψε:Άλλη μία αντιμετώπιση για το 3ο Θέμα της Β Λυκείου.

Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι $x\geq y\geq z \ \ (1)$

Όμως η είναι γνησίως αύξουσα οπότε $f(x)\geq f(y)\geq f(z)$ σχέση που δίνει (λόγω της υπόθεσης) $y\geq z\geq x$ η οποία λόγω της (1) δίνει .

Αντικαθιστώντας βρίσκουμε .

Αλέξανδρος

parmenides51 · #13

Β΄Λυκείου Θέμα 3

Μια παραλλαγή της λύσης του Αλέξανδρου

Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι $x=\min \{x,y,z\}$ . Τότε έχουμε τις περιπτώσεις $x\leq y\leq z$ ή $x\leq z\leq y$

$\bullet$ $x\leq y\leq z$ (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 x= y= z

.
Με την αντικατάσταση y=x

στην εξίσωση y=x^3+2x-2

βρίσκουμε

.
Τελικά

.

$\bullet$ $x\leq z\leq y$

Λύνεται ομοίως

Β΄Λυκείου Θέμα 1α

Ζητείται η απλοποίηση της παράστασης $\displaystyle{A\left( x \right) = \frac{{\left( {2x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right) + x - 4}}{{{x^2} - 2}} }$

Μια ιδέα από μαθητή:

Επιμεριστικές στον αριθμητή, αναγωγή ομοίων όρων και διαίρεση πολυωνύμων.

edit: Έγινε μία απαραίτητη συμπλήρωση στο 3ο (αναφορά στο ελάχιστο και διάκριση περιπτώσεων) βασισμένη στα σχόλια του socrates και του Αχιλλέα παρακάτω

FERMA · #14

Μόλις γύρισα απο τον Θαλή.Είμαι Β λυκείου και θέλω απλά να πω πως το 4ο θέμα ήταν ΠΑΛΟΥΚΙ!!!Αν βρει κανείς την λύση ας την πει.

#15

mathxl έγραψε:Β ΛΥΚΕΙΟΥ

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2

Για $\displaystyle{\alpha \ne x \ne b}$ έχουμε

$\displaystyle{\frac{1}{{x - a}} + \frac{1}{{x - b}} = \frac{1}{{{c^2}}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{\pi \rho \alpha \xi \varepsilon \iota \varsigma } {x^2} - \left( {\alpha + \beta + 2{c^2}} \right)x + \alpha \beta + {c^2}\left( {\alpha + \beta } \right) = 0}$
Με διακρίνουσα $\displaystyle{\Delta = {\left( {\alpha - \beta } \right)^2} + 4{c^4} \ge 4{c^4} > 0}$ διότι $\displaystyle{c \ne 0}$
Έτσι έχουμε πάντα δύο άνισες πραγματικές λύσεις

Αλλιώς γράφεται:

f(x)=c^2(x-b)+c^2(x-a)-(x-a)(x-b)=0

με

τριώνυμο του

, με

$f(b)f(c)=-c^4(b-a)^2\leq 0$

και από το πρόσημο του τριωνύμου η

έχει ρίζες κ.λπ.

#16

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 .

Β΄Λυκείου Θέμα 1α

Ζητείται η απλοποίηση της παράστασης $\displaystyle{A\left( x \right) = \frac{{\left( {2x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right) + x - 4}}{{{x^2} - 2}} }$

Μια ιδέα από μαθητή:

Επιμεριστικές στον αριθμητή, αναγωγή ομοίων όρων και διαίρεση πολυωνύμων.

... και για να μας "στείλει" να κάνει διαίρεση με Horner!!!

Ardid · #17

matha έγραψε: Πρόβλημα 2ο/Γ' Λυκείου:

Με την αντικατάσταση $\displaystyle{y=2x+\lambda }$ αναγόμαστε στην εξίσωση

$\displaystyle{5ax^2+4(a\lambda +1)x+a\lambda ^2=0}$ ( $\displaystyle{\bigstar}$ )

- Αν $\displaystyle{a=0,}$ αυτή γράφεται ως $\displaystyle{x=0,}$ δηλαδή τότε, η εξίσωση έχει λύση για κάθε $\displaystyle{\lambda.}$

- Αν $\displaystyle{a\ne 0,}$ για να έχει η ( $\displaystyle{\bigstar}$ ) λύση για κάθε $\displaystyle{\lambda}$ , πρέπει $\displaystyle{\frac{\Delta}{4}=-(a\lambda )^2+8a\lambda +4\geq 0}$ για κάθε $\displaystyle{\lambda ,}$ φανερά αδύνατο.

Άρα η ζητούμενη τιμή του $\displaystyle{a}$ είναι το $\displaystyle{0.}$

Εγώ θεώρησα την παράσταση $-(a\lambda )^2+8a\lambda +4$ τριώνυμο του

, βρήκα την διακρίνουσα ίση με

$\lambda^{2}$ βρήκα τις ρίζες και είπα ότι το

βρίσκεται ανάμεσα στις ρίζες παίρνοντας περιπτώσεις για $\lambda>0$ και $\lambda<0$

Δεν είναι σωστό;

Νασιούλας Αντώνης · #18

Χαιρετώ.
Μια διαφορετική αντιμετώπιση για το Πρόβλημα 2 της Γ Λυκείου.

Εύκολα βλέπουμε ότι για a=0

το ζητούμενο ισχύει.
Αφαιρώντας της εξισώσεις του συστήματος προκύπτει:
$a(x^2+y^2)+2y=2\lambda$ . Διαιρώντας με το $a\neq 0$ και συμπληρώνοντας τα τετράγωνα, έχουμε:
$\displaystyle{x^2+\left(y+\frac{1}{a}\right)^2=\frac{2\lambda a+1}{a^2}}$ .
Φανερά πρέπει και αρκεί $2\lambda a+1\geq 0$ .
Eύκολα τώρα δείχνουμε ότι η τελευταία δεν μπορεί να είναι αόριστη ως προς $\lambda$ για $a\neq 0$ .

Απλώς να παρατηρήσω ότι το η λογική που κρύβεται στο Πρόβλημα 1 της Γ Λυκείου είναι ίδια με αυτήν που τέθηκε πέρσι.
Ίσως μια διοφαντική να ταν πιο κατάλληλη (θα διαφοροποιούνταν από πέρσι και θα έβαζε στο παιχνίδι την Θεωρία Αριθμών -που, τυπικά τουλάχιστον, βρίσκεται στην ύλη της προηγούμενης τάξης και αποτελεί βασικό κλάδο των Ολυμπιάδων).

Κατά τα άλλα νομίζω τα θέματα ήταν νορμάλ για Θαλή.

#19

Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 4.

Βγαίνει εύκολα με κυνήγι γωνιών.(Π.χ. οι γωνίες $\hat{IA\Lambda }$ και $\hat{BM\Delta }$ είναι ίσες με την $\hat{A\Delta\Lambda }-\frac{\hat{B}}{2}$ )

Το ερώτημα είναι άλλο: ο κύκλος και τα $T, \Sigma$ τι χρειάζονται;

nickthegreek · #20

Για το 4ο:

Το πρώτο εύκολα με ισότητα γωνιών, ενώ για το δεύτερο ερώτημα αρκεί να δειχθεί ότι οι γωνίες $\widehat{AIK}$ και $\widehat{AI\Lambda }$ είναι ίσες......

ΘΑΛΗΣ 2011 - ΘΕΜΑΤΑ ΛΥΣΕΙΣ

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

Θαλής ΕΜΕ 2011

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

Μέλη σε σύνδεση