ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#41

Nick1990 έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 20, 2018 4:01 pm

Εύκολα βλέπουμε πως αν ονομάσουμε τους 3 αριθμούς, ώστε $a \leq b \leq c$ , τότε είναι ακέραιοι και

Νίκο, δεν λέει πουθενά "διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου".

DimitraAng1 · #42

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 20, 2018 4:24 pm

DimitraAng1 έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 20, 2018 2:55 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 20, 2018 2:17 pm
Θέμα 4 Γ Γυμνασίου Ευκλείδης 2018 Γ Γυμν .4.png
Έστω το σημείο τομής της $\Gamma E$ με τη διχοτόμο της γωνίας $\widehat A.$ Επειδή το $\Gamma AE$ είναι ισοσκελές θα είναι $\displaystyle \Gamma \widehat {\rm A}{\rm O} = {\rm A}\widehat \Gamma {\rm O} = {36^0} \Leftrightarrow {\rm O}{\rm A} = {\rm O}\Gamma$

Άρα το βρίσκεται στη μεσοκάθετο του $A\Gamma$ αλλά και του $B\Gamma,$ οπότε είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου.
Δε θα μπορούσε να γίνει και με άλλο τρόπο; Επεκτείνοντας την ΕΓ μέχρι το Ζ (σημείο του κύκλου) και τραβώντας την ΑΖ; Τότε βρίσκουμε την ΖÂΒ επειδή βαίνει στο ίδιο τόξο με την ΖΓΒ και αποδεικνύουμε ότι Α = 90° Επειδή είναι ορθή βαίνει σε ημικύκλιο. Σωστά;
Πολύ σωστά!

Ααα τέλεια

Ευχαριστώ! Έτσι έχω τρία θέματα σωστά

Καλή επιτυχία σε όλους!!!

kaliop1234 · #43

Μπορεί κάποιος να δημοσιεύσει τις λύσεις της Γ γυμνασίου;

#44

Πρόβλημα 1 Γ Γυμνασίου

$\displaystyle \alpha = \frac{9}{4},\beta = - \frac{1}{8},\gamma = - \frac{9}{4},\delta = \frac{1}{8} \Rightarrow$ $\boxed{\alpha \delta = \beta \gamma = \frac{9}{{32}}}$ (1)

$\displaystyle {\rm A} = {\alpha ^2}{\gamma ^2} + {\alpha ^2}{\delta ^2} + {\beta ^2}{\gamma ^2} + {\beta ^2}{\delta ^2} - {\alpha ^2}{\gamma ^2} - {\beta ^2}{\delta ^2} - 2\alpha \beta \gamma \delta \Leftrightarrow$ $\boxed{{\rm A} = {(\alpha \delta - \beta \gamma )^2}\mathop = \limits^{(1)} 0}$

#45

Πρόβλημα 3 Γ Γυμνασίου

α) $\displaystyle \frac{{P(x) - P(y)}}{{x - y}} = \frac{{a[{{(x + 2)}^2} - {{(y + 2)}^2}] + b[(x + 3) - (y + 3)]}}{{x - y}} = \frac{{a(x + y + 4)(x - y) + b(x - y)}}{{x - y}}$

$\displaystyle \frac{{P(x) - P(y)}}{{x - y}} = \frac{{(x - y)[a(x + y + 4) + b]}}{{x - y}} = a(x + y + 4) + b$ που είναι θετικός ακέραιος.

β) έστω $\displaystyle P(8) = 3k,$ όπου $\displaystyle k$ θετικός ακέραιος. Από το προηγούμενο ερώτημα, υπάρχει θετικός ακέραιος

ώστε:

$\displaystyle \frac{{P(2018) - P(8)}}{{2010}} = m \Leftrightarrow P(2018) - P(8) = 2010m \Leftrightarrow P(2018) = 3k + 3 \cdot 670m = 3(k + 670m)$

που είναι πολλαπλάσιο του

Nick1990 · #46

silouan έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 20, 2018 4:48 pm

Nick1990 έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 20, 2018 4:01 pm

Εύκολα βλέπουμε πως αν ονομάσουμε τους 3 αριθμούς, ώστε $a \leq b \leq c$ , τότε είναι ακέραιοι και
Νίκο, δεν λέει πουθενά "διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου".

Ωχ πράγματι. Θα επανέλθω πιο μετά.

Edit: Επανέρχομαι: Είναι a = xn + y, b = xm + y, c = xk + y

με

φυσικούς, οπότε για z = n - m, w = n - k

έχουμε $a - b = xz \Rightarrow (a - b)w = xzw = z(a - c) \Rightarrow a(w - z) - wb + cz = 0$ . Όμως από Euler $(a(w - z))^3 + (-wb)^3 + (cz)^3 = 3(z - w)wz\sqrt[3]{2018^2p^2q^2r^2}$ όπου εύκολα το αριστερό μέλος είναι ακέραιος, άρα για να είναι και το δεξί πρέπει το

κάτω από τη ρίζα να εμφανίζεται σε δύναμη που είναι πολλαπλάσιο του

, το οποίο εύκολα δεν γίνεται καθώς η δύναμη αυτή είναι είτε

είτε

.

Edit 2: Πρέπει παραπάνω να εξετάσουμε και την περίπτωση wz(w - z) = 0

που ισοδυναμεί με το να έχουμε 2 ίδιους όρους. Αυτό είναι απλό καθώς εξισώνοντας 2 από τους αριθμούς που δίνονται βρίσκουμε είτε p=r

είτε ότι κάποιος από τους p,q,r

είναι πολλαπλάσιο του 2018 (άρα όχι πρώτος).

min## · #47

Μικρό το κακό νομίζω.Θα ισχύει κάτι του τύπου am+cn=(m+n)b

.Από ταυτότητα euler

κλπ. βγαίνει το ζητούμενο.Τα υπόλοιπα ο Νίκος...

Edit:Ουσιαστικά το ίδιο: Αντί για την ειδική περίπτωση a+c=2b

για διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου, χρησιμοποιούμε $\frac{am+cn}{m+n}=b$ (βάζουμε ''βάρη'').Το τελείωμα ίδιο...

sokpanvas · #48

Γνωρίζει κάποιος πότε πρόκειται να ανακοινωθούν τα αποτελέσματα;

Βεκι · #49

Θα μπορούσε κάποιος το 2ό θεμα της Γ γυμνασιου

kimjonarfib · #50

2 Γυμνασίου
Περιγραφικά:
Η μία ομάδα τελειώνει τ 1/4 του έργου σε 1/3 της ημέρας .Σε 1/3 της μέρας τελειώνουν τα 15 έργα οι 15/(1/4)=60 ομάδες.Για 5 μέρες χρειάζονται
60/(5/(1/3))=4 ομάδες.Για την λύση χρησιμοποιήσαμε ότι το εκάστοτε έργο που παράγεται είναι ανάλογο του πλήθους των ομάδων και ότι ο χρόνος που απαιτείται είναι αντιστρόφως ανάλογος του πλήθους των ομάδων.

#51

Μια λύση του ΘΕΜΑΤΟΣ 4/Α ΛΥΚΕΙΟΥ δημοσιεύθηκε εδώ.

Ακολουθεί μια άλλη ιδέα βασισμένη στη "γνωστή" σχέση $1001=7\cdot 143.$

Παρατηρούμε ότι

$49000+1001=7\cdot 7000+7\cdot 143=7\cdot 7143,$

κι άρα

$7\cdot 7143=50001,$

ο οποίος λήγει σε 1 όταν διαιρεθεί με το 10000.

Έτσι, σκεφτόμαστε να βρούμε τα γινόμενα

$2007\cdot 7143=14336001$

και

$2007\cdot 2001=4016007$

Προσθέτοντας κατά μέλη βρίσκουμε $2007\cdot 9144=18352008$

(το $2007\cdot 1001=2009007$ και ο 2009007+14336001

δεν λήγει σε 2008

. Γι' αυτό υπολογίζουμε το επόμενο $2007\cdot 2001$ )

και τα υπόλοιπα συνεχίζονται όπως στην παραπάνω πρώτη λύση.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#52

Διαβάζοντας τη λύση τoυ Αχιλλέα για το 4o θέμα της Α Λυκείου έκανα την εξής σκέψη: Μπορεί να λυθεί χωρίς να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης 2007x=10.000k+2008

αλλά παρατηρώντας την μορφή των λύσεων. Εφόσον οι 2007,10.000

είναι πρώτοι μεταξύ τους η εξίσωση έχει σίγουρα ακέραια λύση (x_0,k_0)

οπότε

και

με $t\in \mathbb Z$ . Τα διαδοχικά

που είναι λύσεις απέχουν ακριβώς 10.000,

με άλλα λόγια σε κάθε 10.000

διαδοχικούς ακεραίους υπάρχει ακριβώς μία λύση. Οι εξαψήφιοι χωρίζονται ακριβώς σε

ομάδες των 10.000,

άρα έχουμε ακριβώς

λύσεις.

#53

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 20, 2018 2:07 pm
Θέμα 3 Β Γυμνασίου Ευκλείδης 2018 Β Γυμν .3.png
$\displaystyle 3\omega + 3\varphi = {180^0} - {115^0} = {65^0} \Leftrightarrow \omega + \varphi = \frac{{{{65}^0}}}{3} \Leftrightarrow 2\omega + 2\varphi = \frac{{{{130}^0}}}{3}$

$\displaystyle {\rm B}\widehat \Delta \Gamma = {180^0} - (2\omega + 2\varphi ) = {180^0} - \frac{{{{130}^0}}}{3} \Leftrightarrow$ $\boxed{{\rm B}\widehat \Delta \Gamma = \frac{{{{410}^0}}}{3}}$

Δεν ξέρω γιατί δεν επέλεξαν για τη γωνία Α το μέτρο 105

και άφησαν ένα τέτοιο απογοητευτικό αριθμό ως απάντηση !!!

Και του χρόνου-Καλά αποτελέσματα σε όλα τα παιδιά !!!

Athena apo · #54

Πώς σας φάνηκαν τα Θέματα της Α λυκειου;

Eleftheria · #55

Νομίζω δύσκολα.

#56

Μια ακόμα λύση για το 4ο θέμα της Β΄ Γυμνασίου

Έστω

ο αριθμός των κερμάτων δύο ευρώ. Ο

πρέπει να είναι φυσικός μικρότερος του

. Τότε είναι 40-x

ο αριθμός των κερμάτων του ενός ευρώ.

Ο Γιάννης ξόδεψε $\displaystyle \frac{x}{3} \cdot 2$ ευρώ την πρώτη μέρα.

Τού έμειναν $\displaystyle \frac{{2x}}{3} \cdot 2\; + \;\;\left( {40 - x} \right) \cdot 1$ ευρώ, οπότε ξόδεψε $\displaystyle 0,4\left( {\frac{{2x}}{3} \cdot 2 + 40 - x} \right) = \frac{{1,6x}}{3} + 16 - 0,4x$ ευρώ τη δεύτερη μέρα.

Η εξίσωση $\displaystyle \frac{{2x}}{3} + \frac{{1,6x}}{3}\; + 16 - 0,4x\; = 40$ έχει ρίζα x=30

.

#57

Μια λύση για το θέμα 2 της Γ΄ Γυμνασίου:

Θεωρούμε σταθερή την απόδοση της ομάδας.

Η εκφώνηση είναι ισοδύναμη με την εξής διατύπωση:

Πόσες τέτοιες ομάδες εργατών της ιδίας απόδοσης χρειάζονται για να τελειώσουν

ίδια έργα σε μία ημέρα;

Η ομάδα τελειώνει τα $\displaystyle \frac{3}{4}$ ενός έργου σε μία μέρα, άρα

ίδιες ομάδες θα τελειώσουν

ίδια έργα σε μία ημέρα, δηλαδή

ίδια έργα σε

ημέρες.

Αναρωτιέμαι αν αυτό το (όμορφο για άλλες περιπτώσεις) θέμα είναι επιπέδου Γ΄ Γυμνασίου σε διαγωνισμό ΕΥΚΛΕΙΔΗ;

#58

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 20, 2018 9:09 pm
Διαβάζοντας τη λύση τoυ Αχιλλέα για το 4o θέμα της Α Λυκείου έκανα την εξής σκέψη: Μπορεί να λυθεί χωρίς να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης αλλά παρατηρώντας την μορφή των λύσεων. Εφόσον οι είναι πρώτοι μεταξύ τους η εξίσωση έχει σίγουρα ακέραια λύση οπότε και με $t\in \mathbb Z$ . Τα διαδοχικά που είναι λύσεις απέχουν ακριβώς με άλλα λόγια σε κάθε διαδοχικούς ακεραίους υπάρχει ακριβώς μία λύση. Οι εξαψήφιοι χωρίζονται ακριβώς σε ομάδες των άρα έχουμε ακριβώς λύσεις.

Ωραία ιδέα, Παύλο, και πιο κοντά στο διαγωνιστικό πνεύμα!

Εμμέσως απάντησες και σε μια απορία-σκέψη που είχα εάν έπρεπε οι μαθητές να βρουν οπωσδήποτε τους αριθμούς αυτούς.

Ισως δεν είναι τυχαίο ότι το θέμα ζητούσε απλώς να βρουν το πλήθος τους.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#59

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 20, 2018 9:09 pm
Διαβάζοντας τη λύση τoυ Αχιλλέα για το 4o θέμα της Α Λυκείου έκανα την εξής σκέψη: Μπορεί να λυθεί χωρίς να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης αλλά παρατηρώντας την μορφή των λύσεων. Εφόσον οι είναι πρώτοι μεταξύ τους η εξίσωση έχει σίγουρα ακέραια λύση οπότε και με $t\in \mathbb Z$ . Τα διαδοχικά που είναι λύσεις απέχουν ακριβώς με άλλα λόγια σε κάθε διαδοχικούς ακεραίους υπάρχει ακριβώς μία λύση. Οι εξαψήφιοι χωρίζονται ακριβώς σε ομάδες των άρα έχουμε ακριβώς λύσεις.

Παύλο πολύ ωραία ιδέα!!

jimpav · #60

1 θεμα απο β λυκειου?

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Μέλη σε σύνδεση