ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

#21

ΘΕΜΑ 2/Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μιμούμενοι την ιδέα του Νίκου Ευγενίδη εδώ,

προσθέτουμε το x^4

και στα δύο μέλη και παίρνουμε 11x^4=(x+2)^4

.

Συνεπώς, $\sqrt[4]{11}x=x+2$ ή $\sqrt[4]{11}x=-x-2$ κι άρα

$x=\dfrac{2}{\sqrt[4]{11}-1}$ ή $x=\dfrac{-2}{\sqrt[4]{11}+1}.$

Φιλικά,

Αχιλλέας

#22

Γ' Λυκείου Πρόβλημα 2

$\displaystyle{10{x^4} = 8{x^3} + 24{x^2} + 32x + 8 \Leftrightarrow 11{x^4} = {x^4} + 8{x^3} + 24{x^2} + 32x + 8 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{11{x^4} = {(x + 2)^4} \Leftrightarrow {\left( {1 + \frac{2}{x}} \right)^4} = 11}$ , κλπ...

Με πρόλαβε ο Αχιλλέας. Το αφήνω για τον κόπο.

jason.prod · #23

Μήπως έχουμε κάποια εκτίμηση της βάσης; (κυρίως για το Γυμνάσιο ρωτάω και την Α Λυκείου)

#24

Γ' Γυμνασίου Πρόβλημα 3

α) $\displaystyle{\eta \mu \omega = \frac{{AE}}{{AM}} = \frac{a}{{2a}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \omega = {30^0}}$ . Άρα: $\displaystyle{M\widehat AE = {60^0} \Leftrightarrow }$ $\boxed{D\widehat AE = {30^0}}$

: Ευκλείδης 2016 G.3.png (18.25 KiB) Προβλήθηκε 3379 φορές

β) Το ζητούμενο εμβαδόν

βρίσκεται αν από το εμβαδόν του ορθογωνίου ABCD

, αφαιρέσουμε τους δύο ίσους κυκλικούς τομείς (ακτίνας

και γωνίας 30^0

) και τα δύο ίσα τρίγωνα MAE, MBZ

.
Από Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο MAE

(ή με τριγωνομετρία), βρίσκουμε $ME=a\sqrt{3}$

$\displaystyle{S = 4{a^2} - 2\left( {\frac{{AE \cdot EM}}{2} + \frac{{\pi {a^2} \cdot 30}}{{360}}} \right) = 4{a^2} - {a^2}\sqrt 3 - \frac{{\pi {a^2}}}{6} \Leftrightarrow }$ $\boxed{S = \frac{{{a^2}}}{6}\left( {24 - 6\sqrt 3 - \pi } \right)}$

#25

Μια ακόμα λύση του 4ου Θέματος της Β' Λυκείου

Θέλουμε να ισχύει

$\displaystyle{\frac{a}{b}+\frac{17b}{36a}=x, ~x\in \mathbb{N}.}$

Η ισότητα αυτή γράφεται

$\displaystyle{36a^2-36abx+17b^2=0\iff (6a-3bx)^2=b^2(9x^2-17).}$

Πρέπει να υπάρχει $\displaystyle{y\in \mathbb{N},}$ ώστε $\displaystyle{9x^2-17=y^2\iff (3x+y)(3x-y)=17\iff \begin{cases}3x+y=17, \\ 3x-y=1\end{cases}\iff }$

$\displaystyle{x=3\wedge y=8}$

οπότε από την προηγούμενη σχέση βρίσκουμε

$\displaystyle{(6a-9b)^2=(8b)^2\iff 6a=b \vee 6a=17b.}$

Επομένως οι $\displaystyle{a,b}$ πρέπει να είναι της μορφής $\displaystyle{(n,6n)~\vee (17n,6n), ~n\in \mathbb{N}.}$

Η επαλήθευση είναι άμεση.

Γιώργος Αποστολιδης · #26

Μήπως υπάρχει εκτίμηση βάσης; Για τη Γ λυκειου

Nick1990 · #27

Η Γεωμετρία της Γ είναι απελπιστικά εύκολη γι' αυτό το επίπεδο, σε αντίθεση με αυτή του Θαλή που ίσως να ήταν και δύσκολη για Θαλή. Δεδομένου αυτού, νομίζω πως η βαση για την Γ Λυκείου θα είναι πάνω από 12, που σημαίνει ότι χρειάζονται τουλάχιστον 2.5 θέματα (προσωπική εκτίμηση).

nikos_el · #28

Μήπως υπάρχει και κάποια εκτίμηση για τις βάσεις της Ά Λυκείου;

vasilis1398 · #29

με πόσα θέματα περνάει κάποιος από τρίτη λυκείου;

#30

Με συγχωρείτε, αλλά πώς μπορεί κανείς να μιλήσει για βάσεις;
Αν διορθώσουμε τα μισά γραπτά μπορούμε να έχουμε μία εικόνα. Εκτιμήσεις από το σπίτι εκ του ασφαλούς μάλλον είναι άσκοπες και άστοχες και δημιουργούν λάθος εντύπωση.

#31

Άλλη μία προσέγγιση για το 3ο της Α: Για ευκολία συμβολίζω το σημείο $\Delta$ ως

και το σημείο $\Gamma$ ως

.

: Efkleidis 2015 A Likeiou.png (27.91 KiB) Προβλήθηκε 3087 φορές

Φέρνω τον κύκλο c_1(D, DA)

που προφανώς διέρχεται και από τα σημεία E,Z,C

και η

είναι διάμετρος. Έστω ότι η

τέμνει τον c_1

στο

και η

τέμνει τον c_1

και την

στa

και

αντίστοιχα. Τότε επειδή $\angle{MCZ}=10^{\circ}$ , αρκεί να αποδείξουμε ότι $\angle{MZC}=80^{\circ}$ ή αλλιώς ότι $\angle{SZT}=40^{\circ}$ . Όμως $SZT=\dfrac{\widearc{SA}+\widearc{AT}}{2}\stackrel{(\star)}{=}\dfrac{20^{\circ}+60^{\circ}}{2}$

$(\star)$ Το τετράπλευρο ZEAD

είναι ρόμβος άρα η

είναι μεσοκάθετος της

, οπότε το τρίγωνο KZA

ισοσκελές, και αφού $\angle{KAC}=40^{\circ}$ και $\angle{ZAC}=30^{\circ}$ άρα $\angle{KAZ}=\angle{KZA}=10^{\circ}$ .

Αλέξανδρος

vasilis1398 · #32

πότε περίπου βγαίνουν τα αποτελέσματα;

A.Taouktsoglou · #33

ΘΕΜΑ 2/Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Χωρίς να απλοποιήσουμε τους όρους της εξίσωσης, μπορούμε να προσθέσουμε ένα χ^3 και στα δύο μέλη.
Τότε κάθε μέλος γίνεται ένας κύβος.

Φιλικά,

Α. Ταουκτσόγλου[/quote]

GeorgeThyPap · #34

Οσον αφορά τη Γ' λυκείου, ακόμα και μαθητές με διακρίσεις σε βαλκανιάδες δεν κατάφεραν να λύσουν το 2ο πρόβλημα (στο εξεταστικό κέντρο που έδινα γνωρίζω μόνο δύο μαθητές που σκεφτηκαν τη διάσπαση του 10), ενώ όλοι λόγω της διατύπωσης του 1ου προβλήματος (βρείτε την τιμή και οχι τις τιμές του n) έδωσαν την τιμή n=5. Οπότε ίσως βιαζόμαστε αρκετά να κρίνουμε τη δυσκολία των θεμάτων ως εξωτερικοί παρατηρητές, τη στιγμή που υπάρχουν πολλοί αστάθμητοι παράγοντες που προκαλούν ατυχίες κατά τη διάρκεια ενός διαγωνισμού. Προσωπικά, ανεξάρτητα από την τελική οριακή τιμή, η οποία προφανώς θα εξαρτηθεί και από τον αριθμό των μαθητών τους οποίους θα προκρίνει στον Αρχιμήδη, θεωρώ πως η βάση θα είναι της τάξης των 10-12 μονάδων.

gavrilos · #35

Καλησπέρα σε όλους.

Να συγχαρώ όσους συμμετείχαν στο σημερινό ΕΥΚΛΕΙΔΗ και να τους ευχηθώ καλά αποτελέσματα!

Παρουσιάζω μια εναλλακτική λύση για το Προβλημα 2 της Γ' Λυκείου,αυτή που έδωσα στο διαγωνισμό.

Η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα $\displaystyle{5x^4-4(x+1)^3-4(x+1)=0}$ .Θέτουμε $\displaystyle{u=x+1\Leftrightarrow x=u-1}$ ,οπότε η εξίσωση είναι ισοδύναμη με

$\displaystyle{5(u-1)^4-4u^3-4u=0\Leftrightarrow 5u^4-24u^3+30u^2-24u+5=0}$ η οποία είναι μια αντίστροφη εξίσωση.

Προφανώς δεν έχει ρίζα το $\displaystyle{0}$ άρα είναι ισοδύναμη με την $\displaystyle{5u^2-24u+30-\frac{24}{u}+\frac{5}{u^2}=0\Leftrightarrow 5\left(u+\frac{1}{u}\right)^2-24\left(u+\frac{1}{u}\right)+20=0\Leftrightarrow 5y^2-24y+20=0}$

όπου $\displaystyle{y=u+\frac{1}{u}}$ .Βρίσκουμε $\displaystyle{y=\frac{12\pm 2\sqrt{11}}{5}}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{y=\frac{12-2\sqrt{11}}{5}\Leftrightarrow u+\frac{1}{u}=\frac{12-2\sqrt{11}}{5}}$ .Η περίπτωση αυτή απορρίπτεται αφού το τριώνυμο που προκύπτει μετά τις απαλοιφές έχει $\displaystyle{\Delta <0}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{y=\frac{12+2\sqrt{11}}{5}\Leftrightarrow u+\frac{1}{u}=\frac{12+2\sqrt{11}}{5}}$ .

Από εδώ παίρνουμε τις λύσεις $\displaystyle{x=\frac{1+\sqrt{11}\pm \sqrt{22+12\sqrt{11}}}{5}}$ που είναι και οι μοναδικές ρίζες της αρχικής εξίσωσης.

Αυτές είναι οι ίδιες με αυτές που έχει βρει παραπάνω ο Αχιλλέας,αφού για παράδειγμα

$\displaystyle{\frac{1+\sqrt{11}+\sqrt{22+12\sqrt{11}}}{5}=2\cdot \frac{1+\sqrt{11}+\sqrt[4]{11}\cdot \sqrt{2\sqrt{11}+12}}{10}=2\cdot \frac{1+\sqrt{11}+\sqrt[4]{11}\cdot (\sqrt{11}+1)}{11-1}=}$

$\displaystyle{=2\cdot \frac{(1+\sqrt{11})(1+\sqrt[4]{11})}{(\sqrt[4]{11}-1)(\sqrt[4]{11}+1)(\sqrt{11}+1)}=\frac{2}{\sqrt[4]{11}-1}}$ και ομοίως για τη δεύτερη ρίζα.

Παρόλ' αυτά στο διαγωνισμό δεν ασχολήθηκα με την απλοποίηση των ριζών και τις άφησα στην "άσχημη" μορφή που φαίνεται παραπάνω.

Ηλιας Φραγκάκος · #36

ΚΥΡΙΑΚΟΣ
Γεωμετρία Ευκλείδη Β Λυκ.΄
Καλησπέρα σε όλους.
Φέρω το

και προεκτείνω προς το

μέχρι που να τμήσει η

τη

, ἐστω, στο

.
H $\angle AEM$ είναι ορθή καθώς βαίνει στη διάμετρο του

, και αφού MN//BC

θα τέμνει κάθετα η προέκτασή της και τη

.

Άρα, το

είναι παραλληλόγραμμο.
$\angle EAD= \angle NLE = \angle EZD$ αφού βαίνουν στο "μικρό" τόξο

του πράσινου κύκλου

#37

Και μια ακόμα λύση για το 4 της Β Λυκείου:

Έστω ότι $\displaystyle{\frac{a}{b}+\frac{17b}{36a} =x , x\in N}$ . Τότε έχουμε $\displaystyle{36a^2 +17b^2 -36abx =0 \Leftrightarrow 36a^2 -36bxa +17b^2 = 0}$ .

Η διακρίνουσα του τριωνύμου (ως προς

) είναι:

$\displaystyle{D=36^2 b^2 x^2 -4.36.17b^2 =4.36.b^2 .(9x^2 -17)}$ . Αφού

ακέραιος, θα πρέπει αρχικά να είναι τέλειο τετράγωνο ο αριθμός

$\displaystyle{9x^2 -17}$ . Δηλαδή να υπάρχει $k \in N$ ώστε $\displaystyle{9x^2 -17=k^2\Leftrightarrow (3x-k)(3x+k)=17}$ . Άρα πρέπει

$\displaystyle{3x-k=17 }$ και $\displaystyle{3x+k=1}$ , ή $\displaystyle{3x-k=1}$ και $\displaystyle{3x+k=17}$ , από όπου και βρίσκουμε ότι $\displaystyle{x=3 , k=8}$

H συνέχεια τώρα , όπως την έχει κάνει ο Θάνος πιο πάνω

#38

ΘΕΜΑ 4/Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Έστω ότι το Γιάννης παίρνει $\gamma$ καραμέλες από τις οποίες κρατάει τις $\dfrac{3\gamma}{4}$ και δίνει στο Βαγγέλη, και στο Βασίλη από $\dfrac{\gamma}{8}$ .

Επειδή ο καθένας έχει ακέραιο αριθμό καραμελών σε αυτή τη μοιρασιά, πρέπει το $\gamma$ να είναι πολ/σιο του 8.

Έστω ότι ο Βαγγέλης παίρνει $\beta$ καραμέλες, κρατάει τις $\dfrac{\beta}{4}$ και δίνει $\dfrac{3\beta}{8}$ στο Γιάννη και στο Βασίλη.

Επειδή ο καθένας έχει ακέραιο αριθμό καραμελών σε αυτή τη μοιρασιά, πρέπει το $\beta$ να είναι πολ/σιο του

.

Έστω ότι ο Βασίλης παίρνει $\delta$ καραμέλες, κρατάει τις $\dfrac{\delta}{6}$ και δίνει $\dfrac{5\delta}{12}$ στο Γιάννη και στο Βαγγέλη.

Επειδή ο καθένας έχει ακέραιο αριθμό καραμελών σε αυτή τη μοιρασιά, πρέπει το $\delta$ να είναι πολ/σιο του

.

Ο Γιάννης, λοιπόν, θα έχει $\dfrac{3\gamma}{4}+\dfrac{3\beta}{8}+\dfrac{5\delta}{12}=\dfrac{18\gamma+9\beta+10\delta}{24}$ καραμέλες,

ο Βαγγέλης, θα έχει $\dfrac{\gamma}{8}+\dfrac{\beta}{4}+\dfrac{5\delta}{12}=\dfrac{3\gamma+6\beta+10\delta}{24}$ καραμέλες, ενώ

ο Βασίλης, θα έχει $\dfrac{\gamma}{8}+\dfrac{3\beta}{8}+\dfrac{\delta}{6}=\dfrac{3\gamma+9\beta+4\delta}{24}$ καραμέλες

Αφού ο Γιάννης θα έχει τελικά τριπλάσιες καραμέλες από το Βασίλη, και ο Βαγγέλης θα έχει τελικά διπλάσιες καραμέλες από το Βασίλη είναι

$18\gamma+9\beta+10\delta=3(3\gamma+9\beta+4\delta)$ και

$3\gamma+6\beta+10\delta=2(3\gamma+9\beta+4\delta)$

δηλ. $2\delta=9\gamma-18\beta=12\beta+3\gamma$ , οπότε $\gamma=5\beta$ και $2\delta=27\beta$

Με $\beta=8b$ , $\gamma=8c$ και $\delta=12d$ παίρνουμε c=5b

, και $d=9\color{red}{b}$ .

Οι ελάχιστοι (b,c,d)

που ικανοποιούν τις παραπάνω συνθληκες είναι οι $(b,c,d)=(1,5,\color{red}{9})$ .

Οι ελάχιστοι θετικοί ακέραιοι που ικανοποιούν τις παραπάνω συνθήκες είναι

$\gamma=40$ , $\beta=8$ , και $\delta=\color{red}{108}$ ,

οπότε η σακούλα περιέχει $\color{red}{156}$ καραμέλες.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Κώστας Γαϊτανάς · #39

Για το Θέμα 4 της δευτέρας Γυμνασίου: Η απάντηση είναι 5.700

ερευνητές.
Η απάντηση μοιάζει απίστευτη αλλά δε γίνεται αλλιώς.
Έστω ότι το έργο απαιτεί χ ώρες για να πραγματοποιηθεί οπότε το $\frac{1}{4}$ θα θέλει $\frac{x}{4}$ ώρες.
Τότε οι 500

εργάτες θα κάνουν $\frac{x}{4}$ για το πρώτο τέταρτο οι 400

θα κάνουν $\frac{5x}{16}$ ώρες για το δεύτερο τέταρτο οι 300

θα κάνουν $\frac{5x}{12}$ ώρες για το τρίτο τέταρτο και θέλουμε ένα κλάσμα του $\frac{x}{4}$ να μας δίνει το υπόλοιπο για να βγαίνει το συνολικό άθροισμα χ.
Άρα : $\frac{x}{4}+\frac{5x}{16}+\frac{5x}{12}+c\cdot \frac{x}{4}=x\Rightarrow c=1/12$
που σημαίνει ότι οι εργάτες πρέπει να δωδεκαπλασιαστούν άρα να γίνουν 6000

οπότε θα πάρουμε άλλους 6000-300=5700

ερευνητές.

jason.prod · #40

achilleas έγραψε:ΘΕΜΑ 4/Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Αφού ο Γιάννης θα έχει τελικά εξαπλάσιες καραμέλες από το Βασίλη, και ο Βαγγέλης θα έχει τελικά διπλάσιες καραμέλες από το Βασίλη είναι

οπότε η σακούλα περιέχει καραμέλες.

Η άσκηση λέει ότι ο Γιάννης κατέληξε με τριπλάσιες καραμέλες απ' ότι ο Βασίλης, όχι εξαπλάσιες.
Αν δεν κάνω λάθος, η σωστή απάντηση είναι 156.
Όπως ορίστηκαν στο πρόβλημα με $\beta = 40, \gamma = 8, \delta = 108$ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Μέλη σε σύνδεση