mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 12, 2016 10:17 am**

Τα θέματα του ΘΑΛΗ 2016 !

Χαρείτε τα και στείλτε πλήρεις λύσεις για το αρχείο μας !

Μπ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 12, 2016 10:31 am**

Γεωμετρία Γ ΛΥΚΕΙΟΥ .

: Γεωμετρία Γ' ΛΥΚ.png (19.89 KiB) Προβλήθηκε 12777 φορές

Επειδή $\widehat{DKC}=45$ ,είναι $\widehat{KCA}=22.5^0$ , οπότε το

είναι το κέντρο του περικύκλου .

Είναι : $\widehat{AKM}=90^0 (=\widehat{AKN})$ , συνεπώς τα M,N

είναι αντιδιαμετρικά .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 12, 2016 10:31 am**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Τα θέματα του ΘΑΛΗ 2016 !

Χαρείτε τα και στείλτε πλήρεις λύσεις για το αρχείο μας !

Μπ

ΘΕΜΑ 4- Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Με x=2014

το γινόμενο

ισούται με

A=(x^2-1)(x^2-4)(x^2-9)=x^6-14x^4+49x^2-36=(x^3-7x)^2-36

.

Συνεπώς, αν k=36

έχουμε

,

δηλ. τέλειο τετράγωνο.

Φιλικά,

ΑχιλλέΑς

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 12, 2016 10:40 am**

ΘΕΜΑ 1-Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Με διαφορά τετραγώνων παίρνουμε

A=(a^2+8a+19)(a^2-8a+17)=((a+4)^2+3)((a-4)^2+1)

.

Προφανώς (a+4)^2+3>1

, οπότε για να είναι ο

πρώτος θα πρέπει να είναι (a-4)^2+1=1

, δηλ.

.

Με

, είναι

, που είναι πράγματι πρώτος.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 12, 2016 10:40 am**

Α-Λυκείου
πρόβλημα 4
Ο αριθμός είναι άρτιος δηλαδή

Αρα $2c+1+c^{2}=(c+1)^{2}$

Δηλαδή $k=c^{2}+1$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 12, 2016 10:50 am**

Θεμα 3-Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Για x>0

είναι

$(2+\dfrac{1}{x})^2=4+\dfrac{4}{x}+\dfrac{1}{x^2}>4+\dfrac{4}{x}=\left(2\sqrt{\dfrac{x+1}{x}}\right)^2$

οπότε παίρνοντας την τετραγωνική ρίζα έχουμε

$2+\dfrac{1}{x}>2\sqrt{1+\dfrac{1}{x}}=2\sqrt{\dfrac{x+1}{x}}$ ,

Πολλαπλασιάζοντας τις σχέσεις αυτές για x=a, a+1,a+2, a+3

παίρνουμε

$\displaystyle{\left(2+\dfrac{1}{a}\right)\left(2+\dfrac{1}{a+1}\right)\left(2+\dfrac{1}{a+2}\right)\left(2+\dfrac{1}{a+3}\right)}>{2^4\sqrt{\dfrac{a+1}{a}}\cdot \sqrt{\dfrac{a+2}{a+1}}\sqrt{\dfrac{a+3}{a+2}}\cdot \sqrt{\dfrac{a+4}{a+3}}=16\sqrt{\dfrac{a+4}{a}}}$

όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 12, 2016 10:55 am**

: Γεωμετρία B LYK.png (18.85 KiB) Προβλήθηκε 12727 φορές

Ας το κάνουμε καρτεσιανά : Προφανώς τα B,D,O,Z

συνευθειακά , δηλαδή $\lambda_{BO}=1$ .

Οι συντεταγμένες του

( εύκολα με πράξεις ρουτίνας ) , δείχνουν ότι και $\lambda_{MK}=1$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 12, 2016 11:02 am**

Πρόβλημα 2 - Β Λυκείου

: Θαλής Β.ΙΙ.2016.png (15.13 KiB) Προβλήθηκε 12718 φορές

$\displaystyle{{\rm B}\widehat \Delta \Gamma = {90^0}}$ κι επειδή $\displaystyle{{\rm B}\widehat \Delta {\rm M} = {\rm A}\widehat \Delta {\rm Z} = {45^0}}$ τα σημεία $B, \Delta, Z$ είναι συνευθειακά. Είναι επίσης $\displaystyle{\Delta \Gamma ||{\rm O}{\rm K}}$

(κάθετες στην ίδια ευθεία), οπότε το

είναι μέσο του $Z\Gamma$ (αφού το

είναι μέσο του $\Delta Z$ ) και το ζητούμενο έπεται.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 12, 2016 11:04 am**

Αλλιώς το 4ο της Α Λυκείου:

Αν ορίσουμε a=2014

τότε

A=(a+3)(a-3)(a+2)(a-2)(a+1)(a-1)=(a^2-9)(a^2-4)(a^2-1)=(a^2-4)(a^4-10a^2+9)

Οπότε αν προσθέσουμε στο

τον αριθμό k=(a^4-10a^2+9)(a^4-11a^2+13)

τότε

$\begin{aligned}A+k &=(a^2-4)(a^4-10a^2+9)+(a^4-10a^2+9)(a^4-11a^2+13) \\ &= (a^4-10a^2+9)(a^4-10a^2+9)=(a^4-10a^2+9)^2\end{aligned}$
δηλαδή τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 12, 2016 11:09 am**

4o της Γ Λυκείου

Ο αριθμός

είναι της μορφής x^7+x^2+1

ο οποίος γράφεται:

$x^7+x^2+1=x^7-x+x^2+x+1=x(x^3-1)(x^3+1)+x^2+x+1=x(x-1)(x^2+x+1)(x^3+1)+x^2+x+1=(x^2+x+1)\left[(x(x-1)(x^3+1)+1\right]$

οπότε ο αριθμός

διαιρείται από τον αριθμό x^2+x+1=14^2+14+1=211

που είναι πράγματι πρώτος αφού δεν διαιρείται από κανένα πρώτο μικρότερο του $\sqrt{211}<15$ .

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 12, 2016 11:14 am**

Γεωμετρία Β (αλλιώς)

: Γεωμετρία Β ΛΥΚΕΙΟΥ.png (17.72 KiB) Προβλήθηκε 12705 φορές

Προεκτείνοντας τις AE , BC

, δημιουργείται το παραλληλόγραμμο ACSZ

και τότε το

είναι το μέσο της

, δηλαδή $MK \perp AE$ , αφού το AMS

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 12, 2016 11:19 am**

ΘΕΜΑ 4 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Αφαιρώντας τις δύο πρώτες σχέσεις κατά μέλη παίρνουμε

$x-y+\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{y}=0$

που γράφεται ισοδύναμα ως

(x-y)(xy-1)=0

.

Έχουμε τις περιπτώσεις:

(Ι) $x\ne y$ .

Τότε xy=1

.

Aπό τις δύο τελευταίες σχέσεις τις υπόθεσης προκύπτει $z=\dfrac{1}{z}$ , κι αφού z>0

είναι

.

Με

η τελευταία σχέση δίνει y+w=1

και η πρώτη δίνει x+y-w=2

.

Προσθέτοντας αυτές κατά μέλη κι αφού y=1/x

παίρουμε

, δηλ. $x+\dfrac{2}{x}=3$

ή ισοδύναμα x^2-3x+2=0

με λύσεις

και

.

Αφού $x\ne y$ και xy=1

αποδεκτή είναι μόνο η x=2

, οποτε $y=\dfrac{1}{2}$ , και $w=\dfrac{1}{2}$ .

Άρα $(x,y,z,w)=(2,\dfrac{1}{2},1,\dfrac{1}{2})$ .

(ΙI) x=y

.

Αφαιρώντας τις τελευταίες δύο δοθείσες σχέσεις, αφού θε΄σουμε x=y

παίρουμε

$z-\dfrac{1}{x}-x-\dfrac{1}{z}=0$

δηλαδή

$(z-x)(1+\dfrac{1}{xz})=0$ ,

οπότε z=x=y

.

Εύκολα βλέπουμε τότε, προσθέτοντας τις δύο πρώτες σχέσεις ότι x=y=z=1

, και

Άρα

.

Συνοψίζοντας $(x,y,z,w)=(2,\dfrac{1}{2},1,\dfrac{1}{2})$ ή (x,y,z,w)=(1,1,1,0)

.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 12, 2016 11:22 am**

2ο Α Λυκείου

Επειδή $8=1\cdot 8 = 2\cdot 4 = 2\cdot 2\cdot 2$

άρα αφενός ο αριθμός δεν μπορεί να περιέχει τον αριθμό

ως ψηφίο (αφού είναι τουλάχιστον

-ψήφιος) και αφετέρου αφού το άθροισμα των ψηφίων είναι

άρα θα είναι είτε

-ψήφιος της μορφής 1124

(με όλες τις μεταθέσεις των ψηφίων) είτε

-ψήφιος της μορφής 11222

(με όλες τις μεταθέσεις των ψηφίων).

Αφού ο αριθμός διαιρείται από το

άρα το τελευταίο ψηφίο είναι άρτιος, τα δύο τελευταία ψηφία πρέπει να διαιρούνται από το

και τα τρία τελευταία ψηφία από το

.

Έτσι από την 1η μορφή κρατάμε μόνο τον αριθμό 4112

(Οι επιλογές είναι πολύ λίγες αφού τα

τελευταία ψηφία μπορεί να είναι μόνο

ή

) που διαιρείται από το

.

Από τη 2η μορφή (τα δύο τελευταία ψηφία είναι αναγκαστικά ο αριθμός

για να διαιρείται από το

) και τις

δυνατές επιλογές για τα

πρώτα ψηφία κρατάμε μόνο τον 22112

.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 12, 2016 11:48 am**

Γεωμετρία Α Λυκείου

: Θαλής A.ΙΙI.2016.png (15.05 KiB) Προβλήθηκε 12642 φορές

$\displaystyle{\Gamma \widehat {\rm K}{\rm M} = {\rm A}\widehat {\rm K}{\rm Z} = {45^0}}$ , άρα τα σημεία $\displaystyle{\Gamma ,{\rm K},{\rm Z}}$ είναι συνευθειακά. Έστω

το σημείο τομής της

με την $\Gamma Z$ .

Θα δείξω ότι τα σημεία $\displaystyle{{\rm H},\Delta ,{\rm E}}$ είναι συνευθειακά.

Το $\displaystyle{{\rm A}{\rm H}{\rm K}\Delta }$ είναι εγγράψιμο (απέναντι γωνίες παραπληρωματικές), άρα $\displaystyle{{\rm H}\widehat {\rm A}{\rm K} = {\rm H}\widehat \Delta {\rm K} = {15^0}}$ .

Αλλά $\displaystyle{{\rm E}{\rm K} = {\rm K}\Delta \Leftrightarrow {\rm K}\widehat E \Delta} = {\rm E}\widehat \Delta {\rm K} = {15^0}}$ , οπότε $\displaystyle{{\rm H}\widehat \Delta {\rm K} = {\rm E}\widehat \Delta {\rm K}}$ και το ζητούμενο έπεται.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 12, 2016 12:05 pm**

Α Λυκείου
πρόβλημα 4

$A+A+1+A^{2}=(A+1)^{2}$

Δηλαδή $k=1+A+A^{2}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 12, 2016 12:15 pm**

Πρόβλημα 1 - Α Λυκείου

Πολύ απλό.
Η πρώτη ανίσωση: $\displaystyle{({x^2} + x + 1)(x - 1) + 5x \leqslant {x^3} + x + 19 \Leftrightarrow 4x \leqslant 20 \Leftrightarrow }$ $\boxed{x \leqslant 5}$

Η δεύτερη ανίσωση: $\displaystyle{\frac{{2x - 1}}{3} - \frac{{23}}{9} > \frac{{4x - 21}}{9} \Leftrightarrow 6x - 3 - 23 > 4x - 21 \Leftrightarrow }$ $\boxed{x > \frac{5}{2}}$

Οι ακέραιες κοινές λύσεις είναι 3, 4, 5.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 12, 2016 12:22 pm**

$\displaystyle{\begin{array}{l} A = \overline {{a_n}{a_{n - 1}}...{a_1}{a_0}} = {a_n}{.10^n} + {a_{n - 1}}{.10^{n - 1}} + ... + {a_1}10 + {a_0}\\ {a_n}{a_{n - 1}}...{a_1}{a_0} = {a_n} + {a_{n - 1}} + ... + {a_1} + {a_0} = 8:\left( 1 \right)\\ 8/A \Rightarrow {a_0} \in \left\{ {0,2,4,6,8} \right\}:\left( 2 \right)\\ \left( 1 \right) \wedge \left( 2 \right) \Rightarrow {a_0} \in \left\{ {2,4} \right\} \end{array}}$
$\displaystyle{ \bullet }$ Για $\displaystyle{{a_0} = 4}$ είναι $\displaystyle{\,\,{a_n}{a_{n - 1}}...{a_1} = 2:\left( 3 \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\,{a_n} + {a_{n - 1}} + ... + {a_1} = 4:\left( 4 \right)}$ ,οπότε ένας απο τους $\displaystyle{\,{a_n},{a_{n -1},...,{a_1}}$ θα είναι το $\displaystyle{2}$ και οι αλλοι
( προφανως στο πλήθος 2)θα είναι ίσοι με το 1.
Οι παραπάνω αριθμοι (1124,1214,2114)δεν ειναι πολλαπλασια του $\displaystyle{8}$ και απορριπτονται.
$\displaystyle{ \bullet }$ Για $\displaystyle{{a_0} = 2}$ είναι $\displaystyle{{a_n}{a_{n - 1}}...{a_1} = 4:\left( 5 \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\,{a_n} + {a_{n - 1}} + ... + {a_1} = 6:\left( 6 \right)}$ ,οπότε
$\displaystyle{ \bullet }$ 1)ένας θα είναι το 4 και άλλοι ( προφανως στο πλήθος 2) θα είναι ίσοι με το 1.Οι αριθμοί αυτοι είναι : $\displaystyle{1142,1412,4112}$ .απο τους οποίους μόνο ο $\displaystyle{4112}$ είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{8}$
$\displaystyle{ \bullet }$ 2)δύο απο τους $\displaystyle{\,{a_n},{a_{n - 1}},...,{a_1}}$ θα είναι ίσοι με το $\displaystyle{2}$ και οι άλλοι
( προφανως στο πλήθος 2) θα είναι ίσοι με το 1.Οι αριθμοί αυτοί είναι $\displaystyle{11222,12122,21122,12212,21212,22112}$ ,
απο τους οποίους μόνο ο $\displaystyle{22112}$ είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{8}$ . Τελικά οι ζητούμενοι αριθμοί είναι $\displaystyle{4112\,\,\kappa \alpha \iota \,22112}$ .
Ν.Ζ.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 12, 2016 12:25 pm**

Από την Γ γυμνασίου το 4 β μου φάνηκε λίγο δύσκολο (αλλά το έλυσα). Τι πιστεύετε;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 12, 2016 12:32 pm**

Πρόβλημα 1 - Γ Λυκείου

$\displaystyle{({\rm A}{\rm B}\Gamma ) = \frac{1}{2}|\det (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A\Gamma } )| = \frac{1}{2}|\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {\beta - \alpha }&{{\beta ^2} - {\alpha ^2}} \\ {\gamma - \alpha }&{{\gamma ^2} - {\alpha ^2}} \end{array}} \right|| = \frac{1}{2}|\left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - \omega }&{ - \omega (\beta + \gamma )} \\ { - 2\omega }&{ - 2\omega (\alpha + \gamma )} \end{array}} \right|| = }$

$\displaystyle{\frac{1}{2}|2{\omega ^2}(\alpha + \gamma ) - 2{\omega ^2}(\beta + \gamma )| \Leftrightarrow }$ $\boxed{({\rm A}{\rm B}\Gamma ) = {\omega ^3}}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 12, 2016 12:44 pm**

JimNt. έγραψε:Από την Γ γυμνασίου το 4 β μου φάνηκε λίγο δύσκολο (αλλά το έλυσα). Τι πιστεύετε;

Πράγματι ήταν δυσκολούτσικο. Θα μπορούσε να ήταν κάλλιστα θέμα Ευκλείδη.

Γενικά όμως ήταν ένας πάρα πολύ ωραίος Θαλής αν και λίγο απαιτητικός.

mathematica.gr

ΘΑΛΗΣ 2016

ΘΑΛΗΣ 2016

Re: ΘΑΛΗΣ 2016

Re: ΘΑΛΗΣ 2016

Re: ΘΑΛΗΣ 2016

Re: ΘΑΛΗΣ 2016

Re: ΘΑΛΗΣ 2016

Re: ΘΑΛΗΣ 2016

Re: ΘΑΛΗΣ 2016

Re: ΘΑΛΗΣ 2016

Re: ΘΑΛΗΣ 2016

Re: ΘΑΛΗΣ 2016

Re: ΘΑΛΗΣ 2016

Re: ΘΑΛΗΣ 2016

Re: ΘΑΛΗΣ 2016

Re: ΘΑΛΗΣ 2016

Re: ΘΑΛΗΣ 2016

Re: ΘΑΛΗΣ 2016

Re: ΘΑΛΗΣ 2016

Re: ΘΑΛΗΣ 2016

Re: ΘΑΛΗΣ 2016