mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2014 9:21 am**

Αυτά είναι τα θέματα !

Καλά αποτελέσματα στους διαγωνιζόμενους !

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2014 9:52 am**

ΘΕΜΑ 3/Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Αφού x+y=3a

και

είναι

και

, οπότε

.

Συνεπώς, xy>0

, κι αφού

έπεται ότι y>0

και $z\geq 3a-y=x>0$ . Επιπλέον,

a^2+(9a^2-6ax+x^2)+z^2=6a^2

οπότε

$6ax=2x^2+z^2+3a^2\geq 3x^2+3a^2=3(x^2+a^2)\geq 6ax$ .

Άρα θα πρέπει να ισχύει η ισότητα, οπότε (x,y,z)=(a,2a,a)

.

Edit (2018): Διόρθωση κώδικα $\LaTeX$ , προσθήκη $.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2014 10:05 am**

Καλημέρα. Δίνω τα σχήματα όλων των γεωμετρικών θεμάτων σε geogebra.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2014 10:18 am**

ΘΕΜΑ 2/Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Η εξίσωση γίνεται (x-2)(x^2-4ax+3a)=0

.

Συνεπώς, πρέπει να υπάρχουν ακέρεαιοι ώστε 4a=x+y

και

.

Αν

, η εξίσωση έχει μόνο ακέραιες λύσεις.

Αν $a\ne 0$ , τότε $\dfrac{4a}{3a}=\dfrac{x+y}{xy}$ , κι άρα $\dfrac{4}{3}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}$ (1) και 4xy=3(x+y)

(2).

Δε μπορεί να είναι x<0

και

λόγω της (1). Έστω ότι x>0

. Τότε $x\geq 1$ και $y=\dfrac{3x}{4x-3}>0$ . Ομοίως, αν y>0

, τότε

.

Άρα είναι $x\geq 1$ και $y\geq 1$ . Αν x>3

, τότε $y=\dfrac{3x}{4x-3}<1$ , οπότε δεν είναι ακέραιος. Συνεπώς, $x\leq 3$ . Ομοίως $y\leq 3$ .

Εύκολα βλέπουμε ότι λύσεις είναι (x,y)=(1,3)

ή

. Άρα $a=\dfrac{x+y}{4}=1$ .

Τελική απάντηση: a=0

ή

.

Φιλικά,

Αχιλλέας

(Edit:Στην πρώτη δημοσίευση το επιχείρημα ότι δε μπορεί να είναι x<0

και

ήταν λανθασμένο, αφού βιαστικά είχα γράψει ότι 3(x-1)(y-1)+xy=0

. Βιαζόμουν να επιστρέψω στο εξεταστικό κέντρο πριν βγούν οι μαθητές μας και... Όποιος βιάζεται...ευχαριστώ, Αποστόλη (apotin) !) Ευτυχώς διορθώθηκε εύκολα!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2014 10:29 am**

ΘΕΜΑ 1/Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Είναι $\overrightarrow{\Gamma A}=\overrightarrow{\alpha}-\overrightarrow{\gamma}$ και $\overrightarrow{\Gamma B}=\overrightarrow{\beta}-\overrightarrow{\gamma}$ οπότε

$\overrightarrow{\Gamma A}\cdot \overrightarrow{\Gamma B}=\overrightarrow{\alpha}\cdot \overrightarrow{\beta}-(\overrightarrow{\alpha}+ \overrightarrow{\beta})\cdot \overrightarrow{\gamma}+ \overrightarrow{\gamma}^2$

Από τη δοθείσα έπεται ότι

$(\overrightarrow{\alpha}+ \overrightarrow{\beta})\cdot \overrightarrow{\gamma}=0$ ,

δηλαδή, από τον κανόνα του παραλληλογράμμου,

$\overrightarrow{O\Delta}\cdot \overrightarrow{\gamma}=0$ ,

όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2014 10:39 am**

Μία λύση για το 3 της Γ Λυκείου:

Ας υποθέσουμε ότι τέτοιο $\alpha$ δεν υπάρχει τότε $1\leq f(n)\leq k+1$ για κάθε $n\in\{1,2,3,\ldots, k+1\}$ . Αφού στο άθροισμα $S=3\left[(f(1)-1)^2+(f(2)-2)^2+\cdots (f(k+1)-1)^2\right]$ εμφανίζονται k+1

τιμές της συνάρτησης

και η

είναι

άρα πρέπει οι τιμές $f(1),f(2),\ldots f(k+1)$ να είναι μία αναδιάταξη των $1,2,\ldots, k+1$ . Άρα $S=3\left(0^2+1^2+2^2+\cdots k^2\right)=\dfrac{k(k+1)(2k+1)}{2}=k^3+\dfrac{3k^2+k}{2}$ .

Όμως $k^3<k^3+\dfrac{3k^2+k}{2}<(k+1)^3$ δηλαδή ο

βρίσκεται μεταξύ δύο κύβων διαδοχικών ακεραίων αριθμών, άρα δεν μπορεί να είναι κύβος, άτοπο.

Άρα υπάρχει $\alpha$ με τη ζητούμενη ιδιότητα.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2014 10:54 am**

Α ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΜΑ Δ

${a^2} + 4{b^2} = 2a + 12b - 5 \Leftrightarrow {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {2b - 3} \right)^2} = 5:\left( 1 \right)$ .Έχουμε
$\left( {{2^2} + {1^2}} \right)\left[ {{{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {2b - 3} \right)}^2}} \right] = {\left[ {2\left( {a - 1} \right) + 1.\left( {2b - 3} \right)} \right]^2} + {\left[ {2\left( {2b - 3} \right) - 1.\left( {a - 1} \right)} \right]^2}\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left( 1 \right)}$
$\begin{array}{l} \mathop \Leftrightarrow \limits^{\left( 1 \right)} {\left( {2a + 2b - 5} \right)^2} + {\left( {4b - a - 5} \right)^2} = 5.5 = 25 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow {\left( {2a + 2b - 5} \right)^2} = 25 - {\left( {4b - a - 5} \right)^2} \end{array}$
Έτσι εχουμε ${\left( {2a + 2b - 5} \right)^2} = 25 - {\left( {4b - a - 5} \right)^2} \le 25 \Rightarrow \left| {2a + 2b - 5} \right| \le 5 \Rightarrow$ $- 5 \le 2a + 2b - 5 \le 5 \Rightarrow 0 \le a + b \le 5$
με την ισότητα a + b = 5

να ισχύει μονο όταν $\left\{ \begin{array}{l} 4b - a - 5 = 0\\ a + b = 5 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 3\\ b = 2 \end{array} \right.$

Αρα $\max \left( {a + b} \right) = 5$ , μόνο όταν $\left( {a,b} \right) = \left( {3,2} \right)$
Ν.Ζ.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2014 11:06 am**

Α' ΛΥΚΕΙΟΥ/ΘΕΜΑ 4ο

Μια προσέγγιση που κάναμε με το συνάδελφο Βασίλη Αθανασίου στο γραφείο, στα γρήγορα :

Αν θέσουμε a+b=k

, λύνουμε ως προς

και από τη δοσμένη σχέση φτιάχνουμε εξίσωση ως προς

με παράμετρο

. Απαιτούμε η διακρίνουσα να είναι μεγαλύτερη

ή ίση από το μηδέν και βρίσκουμε $k\leq 5$ .

Η συνέχεια είναι λογική.

(To αν αυτά είναι επιτρεπτά, με την έννοια ότι η μία παράμετρος εξαρτάται από την άλλη, το έχουμε κουβεντιάσει πλατιά σε άλλες εποχές !)

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2014 11:09 am**

Γενικό σχόλιο !

Οι Γεωμετρίες των Α και Β' Λυκείου που κοίταξα μέχρι τώρα, είναι καλές για Ευκλείδη !

Ευχαριστώ και το Μιχάλη για τα σχήματα !

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2014 11:26 am**

Για το 2ο της Γ Λυκείου:

α) Από την ανισότητα Cauchy - Schwartz έχουμε

$\left[(x-1)+(y-2)\right]^2\leq \left(1^2+1^2\right)\left[(x-1)^2+(y-2)^2\right] \leq 2\cdot 8$

Άρα $(x+y-3)^2\leq 16$ δηλαδή $x+y\leq 7$ με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν $\dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-2}{1}$ δηλαδή όταν x=y-1

απ' όπου βγάζουμε x=3, y=4

.

β) Πρέπει το σύστημα κύκλου ευθείας να έχει μοναδική λύση. Όταν αντικαταστήσουμε y=-x+k

στην εξίσωση του κύκλου παίρνουμε τελικά τη δευτεροβάθμια εξίσωση

2x^2+2(1-k)x+k^2-4k-3=0

η οποία θέλουμε να έχει μοναδική λύση άρα απαιτούμε η διακρίνουσα να είναι

. Βγάζουμε k^2-6k-7=0

απ' όπου

και

. Η ελάχιστη λοιπόν τιμή του

είναι η

.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2014 11:44 am**

Θέμα 1ο της Α Λυκείου

$\begin{aligned}x &= \dfrac{2}{\left(\sqrt{3}+1\right)\left(\sqrt[4]{3}+1\right)\left(\sqrt[8]{3}+1\right)}=\dfrac{2\left(\sqrt{3}-1\right)}{2\left(\sqrt[4]{3}+1\right)\left(\sqrt[8]{3}+1\right)} \\ &= \dfrac{\left(\sqrt{3}-1\right)\left(\sqrt[4]{3}-1\right)}{\left(\sqrt{3}-1\right)\left(\sqrt[8]{3}+1\right)} = \dfrac{\left(\sqrt[4]{3}-1\right)\left(\sqrt[8]{3}-1\right)}{\left(\sqrt[4]{3}-1\right)} \\ &=\sqrt[8]{3}-1\end{aligned}$

Άρα $x+1=\sqrt[8]{3}$ .

Όμως $\sqrt[8]{3}<\sqrt[4]{2}$ που ισοδύναμα (υψώνουμε και τα δύο μέλη στην 8η) δίνει: 3< 2^2

που ισχύει.

Άρα x+1<y

.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2014 12:54 pm**

Έχουμε μήπως τις λύσεις των θεμάτων;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2014 1:07 pm**

ΘΕΜΑ 4/Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Αφού

μέσο του τόξου BAC

είναι $\angle BDM=\angle MDC$ . Έστω $\theta=\angle BDM=\angle MDC$ (*).

Αφού το $BIC\color{red}{E}$ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο και

είναι το έγκεντρο του τριγώνου ABC

είναι $\angle IEC=\angle IBC=\angle B/2$ και $\angle BEI=\angle BCI=\angle C/2$ .

Για να δείξουμε τη ζητούμενη ισότητα κι αφού $\angle IDC$ είναι εξωτερική στο $\triangle CDE$ , κι η $\angle BDI$ είναι εξωτερική στο $\triangle BDE$ , λόγω της (*) αρκεί να δειχθεί ότι $\theta=\angle B/2+\angle C/2=90^{\circ}-\angle A/2$ .

Αλλά η τελευταία σχέση έπεται άμεσα από το γεγονός ότι οι γωνίες

και

είναι παραπληρωματικές.

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Edit: Διόρθωση με κόκκινο χρώμα.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2014 1:14 pm**

Στην Α' Λυκείου δύσκολα θέματα.Έλυσα 1,2.Τη γεωμετρία δεν την πρόλαβα αφού ασχολήθηκα γύρω στις δύο ώρες με το 4,δυστυχώς όμως δεν το έβγαλα.

Δείτε λίγο τη λύση μου στο 4.(είναι λάθος προφανώς)

Προσθέτουμε στα δύο μέλη το $\displaystyle{2ab}$ κι έτσι η σχέση γίνεται $\displaystyle{(a+b)^{2}=-3b^{2}+2a+12b-5+2ab=-3b^{2}+2b(a+6)+2a-5}$ .

Θεωρούμε το δεύτερο μέλος τριώνυμο ως προς $\displaystyle{b}$ και γνωρίζουμε ότι παίρνει μέγιστη τιμή για $\displaystyle{\frac{-2(a+6)}{-6}=\frac{a+6}{3}}$ .

Άρα το άθροισμα $\displaystyle{a+b}$ παίρνει μέγιστη τιμή για $\displaystyle{b=\frac{a+6}{3}}$ .

Αντικαθιστούμε στη δοσμένη σχέση και έχουμε $\displaystyle{a^{2}+4\left(\frac{a+6}{3}\right)^{2}=2a+12\left(\frac{a+6}{3}\right)-5}$ .

Με πράξεις έχουμε $\displaystyle{13a^{2}-6a-27=0}$ της οποίας θετική λύση είναι η $\displaystyle{\frac{3+6\sqrt{10}}{13}}$ .

Άρα $\displaystyle{b=\frac{\frac{3+6\sqrt{10}}{13}+6}{3}=\frac{3+78+6\sqrt{10}}{39}}=\frac{27+2\sqrt{10}}{13}}$ .

Άρα $\displaystyle{a+b\leq \frac{30+8\sqrt{10}}{13}}$ .

Εντάξει βλέποντας όλα αυτά τα περίεργα νούμερα το ήξερα ότι υπήρχε λάθος αλλά δυστυχώς δεν κατάφερα να σκεφτώ να πολλαπλασιάσω και τα δύο μέλη με 5 οπότε θα έβγαινε αμέσως.Όμως και πάλι δεν καταλαβαίνω τι λάθος υπάρχει στη λύση αυτή.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2014 1:16 pm**

Μια λύση για το 3Β' Λυκείου:

Από Cauchy-Schwarz είναι

$\displaystyle{6a^2=x^2+y^2+z^2=x^2+z^2+\frac{(2y)^2}{4}\geq \frac{(x+z+2y)^2}{1+1+4}=\frac{(3a+y+z)^2}{6}\geq \frac{(3a+3a)^2}{6}=6a^2.}$

Άρα ισχύει παντού ισότητα, οπότε εύκολα $\displaystyle{x=z=a,y=2a.}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2014 1:25 pm**

Μια λύση για το 4Α' Λυκείου:

Η δοθείσα γράφεται

$\displaystyle{(a-1)^2+4\Big(b-\frac{3}{2}\Big)^2=5.}$

Θέτω $\displaystyle{a-1=x,~b-\frac{3}{2}=y,}$ οπότε $\displaystyle{x^2+4y^2=5\implies (2^2+1^2)(x^2+(2y)^2)=25,}$ οπότε από Cauchy-Schwarz είναι

$\displaystyle{25\geq (2x+2y)^2\implies x+y\leq \frac{5}{2}\implies a-1+b-\frac{3}{2}\leq \frac{5}{2}\implies \boxed{a+b\leq 5}}$

Η ισότητα ισχύει όταν ισχύει η ισότητα στην Cauchy-Schwarz δηλαδή όταν $\displaystyle{x=4y \iff a=4b-5,}$ η οποία σε συνδυασμό με την $\displaystyle{a+b=5}$ δίνει $\displaystyle{a=3,b=2.}$

Προφανώς, ο περιορισμός $\displaystyle{a,b>0}$ είναι περιττός.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2014 1:36 pm**

Έχοντας γυρίσει μολις τώρα απο τον Ευκλείδη, γράφω τις εντυπώσεις μου από τη γ λυκείου. Σαν γενική παρατήρηση έχω να πω πως μου φάνηκαν πιο βατά από τα αντίστοιχα περσινά. Τα δύο πρώτα θέματα ήταν αξιοπρεπή, αν και το 2β παραήταν εύκολο για γ λυκείου. Υπάρχει ίδια μεθοδολογία σε ανάρτησή μου με τίτλο "Ιδιοκατασκευή" (viewtopic.php?f=51&t=40133), στο φάκελο των μιγαδικών. Το τρίτο νομίζω ήταν το καλύτερο του διαγωνισμού και θα μπορούσε θεωρητικά να τεθεί και στον Αρχιμήδη σε 1-2 θέμα. Η λύση μου είναι ίδια με εκείνη του κυρίου Συγκελάκη. Το 4 νομίζω ήταν κάπως εύκολο για γεωμετρία Ευκλείδη. Το κόλπο με τα συνευθυειακά είναι τετριμμένο... Γενικά υπολογίζω γύρω στο 15 γιατί έχασα κάτι βλακοδώς στο πρώτο θέμα και επειδή δεν μου έκατσε καλά το 2α. Υπολογίζω δε τη βάση κοντά στα δυό θέματα. Θα επανέλθω με περεταίρω σχόλια γιατί τώρα έχω μάθημα. Καλά αποτελέσματα σε όλους!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2014 1:41 pm**

Από τους καλύτερους δυνατούς Ευκλείδηδες. Πρόλαβα και τα είδα όλα όντας επιτηρητής. Το επίπεδο δυσκολίας ήταν ακριβώς αυτό που θα έπρεπε να είναι. Επίσης όλα τα θέματα είχαν σεβαστό επίπεδο δυσκολίας (δεν υπήρχε δηλαδή κάποιο γελοίο πρώτο θέμα) ΚΑΙ υπήρχε και διαβάθμιση. Ξεκάθαρα συγχαρητήρια (και) για φέτος στην ΕΜΕ.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2014 1:43 pm**

Εμένα τα θέματα στη Β' Γυμνασίου μου φάνηκαν αρκετά πιο δύσκολα από άλλες χρονιές. Έγραψα τα 3 από τα 4 θέματα. Μήπως έχει κανείς τις λύσεις; Καλά αποτελέσματα σε όλους!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2014 1:46 pm**

Γ΄ Λυκείου
Πρόβλημα 2

Έχουμε την εξίσωση $\displaystyle{{x^3} - 4{x^2} = 5a{x^2} - 26ax + 24a\;\;\;\left( 1 \right)}$

$\bullet$ Για $\displaystyle{a=0}$
$\displaystyle{\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^3} - 4{x^2} = 0 \Leftrightarrow x = 0\;\;\; \vee \;\;\;x = 4}$

$\bullet$ Για $\displaystyle{a \ne 0}$
$\displaystyle{\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2}\left( {x - 4} \right) = a\left( {x - 4} \right)\left( {5x - 6} \right) \Leftrightarrow x = 4\;\;\; \vee \;\;\;{x^2} - 5ax + 6a = 0\;\;\;\left( 2 \right)}$

Η $\displaystyle{(2)}$ έχει διακρίνουσα $\displaystyle{\Delta = a\left( {25a - 24} \right)}$ .

Άρα $\displaystyle{\Delta \ge 0 \Leftrightarrow a < 0\;\;\; \vee \;\;\;a \ge \frac{{24}}{{25}}}$
Έστω $\displaystyle{k,\;m}$ οι ακέραιες ρίζες της $\displaystyle{(2)}$ με $\displaystyle{0 \ne k \le m}$

$\bullet$ Αν $\displaystyle{a < 0 \Rightarrow k < 0 < m}$ τότε

$\displaystyle{\left\{ \begin{array}{l} k + m = 5a\\ km = 6a \end{array} \right. \Rightarrow \frac{{k + m}}{{km}} = \frac{5}{6} \Leftrightarrow k = \frac{{6m}}{{5m - 6}}}$

και $\displaystyle{k < 0 \Leftrightarrow \frac{{6m}}{{5m - 6}} < 0\;\;\mathop \Leftrightarrow \limits^{m > 0} \;\;m < \frac{6}{5}}$

Άρα $\displaystyle{m = 1 \Rightarrow k = - 6}$ και $\displaystyle{a = - 1}$

$\bullet$ Αν $\displaystyle{a \ge \frac{{24}}{{25}} \Rightarrow 0 < k \le m}$

και $\displaystyle{k > 0 \Leftrightarrow \frac{{6m}}{{5m - 6}} > 0 \Leftrightarrow m > \frac{6}{5} \Rightarrow m \ge 2}$ και όμοια $\displaystyle{k \ge 2}$

τότε

$\displaystyle{m \ge 2 \Leftrightarrow \frac{{6k}}{{5k - 6}} \ge 2 \Leftrightarrow k \le 3}$

Έτσι έχουμε $\displaystyle{k = 2 \Leftrightarrow m = 3}$ ή $\displaystyle{m = 2 \Leftrightarrow k = 3}$

με $\displaystyle{a=1}$ σε κάθε περίπτωση

Τελικά οι ζητούμενες τιμές του $\displaystyle{a}$ είναι οι: $\displaystyle{-1, 0, 1}$

mathematica.gr

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014