ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10161
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#61

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Ιαν 21, 2018 10:34 am

melasjumper έγραψε:
Σάβ Ιαν 20, 2018 1:30 pm
ΘΕΜΑ 2 Γ ΛΥΚΕΙΟΥ
Θα αποδείξουμε κατι περισσότερο.Εστω
g(x)=a_1\cos(r_1x+b_1)+\cdots+a_n\cos(r_nx+b_n)
Αν τα r_i^2είναι ανα δύο διαφορετικα και η g(x)ειναι περιοδική με περίοδο Τ τοτε ολοι οι οροι \cos(r_ix+b_i)
ειναι περιοδικοι με περιοδο Τ.

Παραγωγίζουμε την g(x) 2kφορες για k=0,1,2,...,n-1.Αυτοι οι παραγωγοι ειναι περιοδικοι με περιοδο Τ.
Aυτο που βγαινει ειναι g^{(2k)}(x)=a_1r^{2k}_1\cos(r_1x+b_1)+\cdots+a_nr^{2k}_n\cos(r_nx+b_n)χωρις τα προσημα.Καθε γραμμικος
συνδυασμος αυτων ειναι περιοδικος με περιοδο Τ.Θελουμε για να φτιαξουμε τους ορους \cos(r_ix+b_i) ετσι ,να ειναι η οριζουσα
Vandermonde διαφορη του 0.Ομως αυτο ισουται με a_1a_2...a_n\prod_{i\not=j}\ (r^2_i-r^2_j)το οποιο οντως ειναι διαφορο του 0.
Απο εδω η λυση ειναι προφανης.
:10sta10:

Ωραιότατη η γενίκευση, ακόμα καλύτερη η λύση.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4025
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#62

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Κυρ Ιαν 21, 2018 11:55 am

jimpav έγραψε:
Κυρ Ιαν 21, 2018 1:37 am
1 θεμα απο β λυκειου?
Επειδή οι παρονομαστές είναι θετικοί για κάθε  \displaystyle x \in R , αφού έχουν αρνητικές διακρίνουσες και συντελεστή του x^2 θετικό, έχουμε ισοδύναμα:

 \displaystyle \frac{x}{{{x^2} + 2x + 3}} > \frac{{x + a}}{{{x^2} + x + 1}} \Leftrightarrow \left( {a + 1} \right){x^2} + 2\left( {a + 1} \right)x + 3a < 0 .

Αν a = -1 η ανίσωση ισχύει για κάθε  \displaystyle x \in R .

Για  \displaystyle a \ne  - 1 η διακρίνουσά του είναι  \displaystyle D = 4\left( {a + 1} \right)\left( {1 - 2a} \right) .

Η ανίσωση αληθεύει για κάθε  \displaystyle x \in R αν και μόνο αν

 \displaystyle \left\{ \begin{array}{l} 
D < 0\\ 
\;\; \wedge \\ 
a + 1 < 0 
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 
\left( {a + 1} \right)\left( {1 - 2a} \right) < 0\\ 
\;\;\;\;\;\;\; \wedge \\ 
\;\;\;\;\;\;a <  - 1 
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 
a <  - 1\;\; \vee a > \frac{1}{2}\\ 
\;\;\;\;\;\;\; \wedge \\ 
\;\;\;a <  - 1 
\end{array} \right. \Leftrightarrow a <  - 1

Άρα πρέπει να είναι  \displaystyle a \le  - 1 .


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 1796
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#63

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Κυρ Ιαν 21, 2018 12:15 pm

Γιώργος Ρίζος έγραψε:
Κυρ Ιαν 21, 2018 11:55 am
jimpav έγραψε:
Κυρ Ιαν 21, 2018 1:37 am
1 θεμα απο β λυκειου?
Επειδή οι παρονομαστές είναι θετικοί για κάθε  \displaystyle x \in R , αφού έχουν αρνητικές διακρίνουσες και συντελεστή του x^2 θετικό, έχουμε ισοδύναμα:

 \displaystyle \frac{x}{{{x^2} + 2x + 3}} > \frac{{x + a}}{{{x^2} + x + 1}} \Leftrightarrow \left( {a + 1} \right){x^2} + 2\left( {a + 1} \right)x + 3a < 0 .

Αν a = -1 η ανίσωση ισχύει για κάθε  \displaystyle x \in R .

Για  \displaystyle a \ne  - 1 η διακρίνουσά του είναι  \displaystyle D = 4\left( {a + 1} \right)\left( {1 - 2a} \right) .

Η ανίσωση αληθεύει για κάθε  \displaystyle x \in R αν και μόνο αν

 \displaystyle \left\{ \begin{array}{l} 
D < 0\\ 
\;\; \wedge \\ 
a + 1 < 0 
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 
\left( {a + 1} \right)\left( {1 - 2a} \right) < 0\\ 
\;\;\;\;\;\;\; \wedge \\ 
\;\;\;\;\;\;a <  - 1 
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 
a <  - 1\;\; \vee a > \frac{1}{2}\\ 
\;\;\;\;\;\;\; \wedge \\ 
\;\;\;a <  - 1 
\end{array} \right. \Leftrightarrow a <  - 1

Άρα πρέπει να είναι  \displaystyle a \le  - 1 .

Από ένα σημείο και πέρα μπορούμε να κάνουμε το εξής:

Η  \left( {a + 1} \right){x^2} + 2\left( {a + 1} \right)x + 3a < 0 .

για a+1\neq 0

γράφεται (a+1)(x^{2}+2x+\frac{3a}{a+1})=(a+1)((x+1)^{2}+\frac{2a-1}{a+1})

Η δεύτερη παρένθεση παίρνει πάντα και θετικές τιμές.

Αρα θα πρέπει a+1< 0 που για αυτά τα a ισχύει η ανίσωση.


kimjonarfib
Δημοσιεύσεις: 26
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 07, 2017 8:17 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#64

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kimjonarfib » Κυρ Ιαν 21, 2018 1:17 pm

Γεια σας .
Εάν δεν διακρίναμε την περίπτωση α=-1 τότε πόσο προβλεπετε να χάσουμε;(Γνωρίζω ότι δεν ξέρετε άλλα ίσως να μπορείτε να υποθέσετε από την εμπειρία σας ως διορθωτές(ίσως)).

Ευχαριστώ


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2547
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#65

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Δευ Ιαν 22, 2018 10:36 am

achilleas έγραψε:
Σάβ Ιαν 20, 2018 8:00 pm
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
Μια ιδέα από μαθητή μας για την εύρεση του 9144.

Ψάχνουμε αριθμό \overline{abcbd} τέτοιο ώστε 2007\cdot \overline{abcbd}=\dots  2008

Λύνοντας την παρακάτω σχέση
 
\begin{array}{ccccc} 
&2&0&0&7\\ 
\times &a&b&c&d\\ 
\hline 
.&2&0&0&8\\ 
\end{array}

βρίσκουμε \overline{abcd}=9144.

Για την αντιγραφή,

Αχιλλέας Συνεφακόπουλος


Μανώλης123
Δημοσιεύσεις: 1
Εγγραφή: Δευ Ιαν 22, 2018 5:58 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#66

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μανώλης123 » Δευ Ιαν 22, 2018 6:08 pm

Έχω μια απορία. Το θέμα 3 Β γυμνασίου αν πούμε ότι το τρίγωνο είναι ισοσκελες για να υπολογίσουμε τις γωνιές είναι λάθος;;;;;;;;;;;;


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2547
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#67

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Δευ Ιαν 22, 2018 7:59 pm

achilleas έγραψε:
Σάβ Ιαν 20, 2018 12:50 pm
ΘΕΜΑ 2/Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Είναι a_5=(x^2+y^2)(x^3+y^3)-x^2y^2(x+y)=a_2a_3-p^2 a_1.

(Σχόλιο: Δε βλέπω πραγματική διαφορά από το Θέμα της Α. Στο ΘΕΜΑ 1της Α Λυκείου δείξαμε ότι a_3, p\in \mathbb{Z} κι άρα το συμπέρασμα έπεται άμεσα.)

Διαφορετικά,

a_5=a_1(a_4-pa_2+p^2)

αρκεί να δειχθεί ότι ο p είναι ακέραιος, όπως στο ΘΕΜΑ 1της Α Λυκείου.

Οι επίσημες ενδεικτικές λύσεις είναι διαθέσιμες εδώ.

Δεν καταλαβαίνω, όμως, γιατί στις λύσεις το Πρόβλημα 2 της Β Λυκείου εμφανίζεται ως Πρόβλημα 1.

Φιλικά,

Αχιλλέας


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2547
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#68

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Δευ Ιαν 22, 2018 8:02 pm

Μανώλης123 έγραψε:
Δευ Ιαν 22, 2018 6:08 pm
Έχω μια απορία. Το θέμα 3 Β γυμνασίου αν πούμε ότι το τρίγωνο είναι ισοσκελες για να υπολογίσουμε τις γωνιές είναι λάθος;;;;;;;;;;;;
Να υπολογίσουμε τη γωνία εννοείς, όχι τις γωνίες.

Ναι, λάθος είναι. Στη γεωμετρία δουλεύουμε με ένα τυχόν, γενικό τρίγωνο.

Το ισοσκελές είναι ειδική περίπτωση.


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 177
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#69

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Δευ Ιαν 22, 2018 9:08 pm

achilleas έγραψε:
Δευ Ιαν 22, 2018 7:59 pm
achilleas έγραψε:
Σάβ Ιαν 20, 2018 12:50 pm
ΘΕΜΑ 2/Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Είναι a_5=(x^2+y^2)(x^3+y^3)-x^2y^2(x+y)=a_2a_3-p^2 a_1.

(Σχόλιο: Δε βλέπω πραγματική διαφορά από το Θέμα της Α. Στο ΘΕΜΑ 1της Α Λυκείου δείξαμε ότι a_3, p\in \mathbb{Z} κι άρα το συμπέρασμα έπεται άμεσα.)

Διαφορετικά,

a_5=a_1(a_4-pa_2+p^2)

αρκεί να δειχθεί ότι ο p είναι ακέραιος, όπως στο ΘΕΜΑ 1της Α Λυκείου.

Οι επίσημες ενδεικτικές λύσεις είναι διαθέσιμες εδώ.

Δεν καταλαβαίνω, όμως, γιατί στις λύσεις το Πρόβλημα 2 της Β Λυκείου εμφανίζεται ως Πρόβλημα 1.

Φιλικά,

Αχιλλέας
To αστείο της υπόθεσης είναι ότι και το 1ο της Α΄ και το δεύτερο της Β΄ λύνοντε σε 2 σειρές και δεν εμφανίστηκε η λύση αυτή!!! :lol: :lol: :lol:


Athena apo
Δημοσιεύσεις: 21
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 04, 2016 7:41 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#70

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Athena apo » Δευ Ιαν 22, 2018 9:47 pm

Στην γεωμετρία τη πρώτης Λυκείου αν πήρα τις πλευρές του ισοσκελους τραπεζιού την κάθε μια από 4 ρίζα δέκα και όχι από 2 ρίζα δέκα και έλυσα το πρόβλημα βρίσκοντας φυσικά λάθος νούμερα θα πάρω κάποιον βαθμό;


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2547
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#71

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Δευ Ιαν 22, 2018 10:34 pm

Τσιαλας Νικολαος έγραψε:
Δευ Ιαν 22, 2018 9:08 pm
achilleas έγραψε:
Δευ Ιαν 22, 2018 7:59 pm
achilleas έγραψε:
Σάβ Ιαν 20, 2018 12:50 pm
ΘΕΜΑ 2/Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Είναι a_5=(x^2+y^2)(x^3+y^3)-x^2y^2(x+y)=a_2a_3-p^2 a_1.

(Σχόλιο: Δε βλέπω πραγματική διαφορά από το Θέμα της Α. Στο ΘΕΜΑ 1της Α Λυκείου δείξαμε ότι a_3, p\in \mathbb{Z} κι άρα το συμπέρασμα έπεται άμεσα.)

Διαφορετικά,

a_5=a_1(a_4-pa_2+p^2)

αρκεί να δειχθεί ότι ο p είναι ακέραιος, όπως στο ΘΕΜΑ 1της Α Λυκείου.

Οι επίσημες ενδεικτικές λύσεις είναι διαθέσιμες εδώ.

Δεν καταλαβαίνω, όμως, γιατί στις λύσεις το Πρόβλημα 2 της Β Λυκείου εμφανίζεται ως Πρόβλημα 1.

Φιλικά,

Αχιλλέας
To αστείο της υπόθεσης είναι ότι και το 1ο της Α΄ και το δεύτερο της Β΄ λύνοντε σε 2 σειρές και δεν εμφανίστηκε η λύση αυτή!!! :lol: :lol: :lol:
Νίκο,

Ποια λύση έχεις στο νου σου;

Φιλικά,

Αχιλλέας


Michalis21
Δημοσιεύσεις: 1
Εγγραφή: Δευ Ιαν 22, 2018 11:31 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#72

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Michalis21 » Δευ Ιαν 22, 2018 11:52 pm

Καλησπέρα
Θεμα 1ο Γ Γυμνασίου,

Το έχω προχωρήσει μέχρι τη μέση και εκεί έκανα λάθος ένα πρόσημο και δεν έβγαλα 0 αποτέλεσμα.
Είναι λάθος όλο το πρόβλημα ή μπορεί να μου δώσουν κάποια μονάδα;
Ευχαριστώ πολύ.

Μήπως θα μπορούσε κάποιος να μου απαντήσει. Ευχαριστώ πολύ,.
τελευταία επεξεργασία από Michalis21 σε Τρί Ιαν 23, 2018 8:44 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Panagiotis11
Δημοσιεύσεις: 73
Εγγραφή: Κυρ Απρ 09, 2017 7:33 pm
Τοποθεσία: Πάτρα

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#73

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Panagiotis11 » Τρί Ιαν 23, 2018 12:28 am

Η λύση μου για το 2ο θέμα Β Λυκείου

Αρκεί να αποδείξουμε πως x^5+y^5=(x^3+y^3)(x^2+y^2)-(xy)^2(x+y)\in \mathbb{Z}
Δηλαδή αρκεί x^3+y^3\wedge xy\in \mathbb{Z}

\bullet Ισχύει ότι (x+y)^2\in \mathbb{Z} άρα x^2+y^2+2xy\in \mathbb{Z}\Leftrightarrow 2xy\in \mathbb{Z}(1)

\bullet Επίσης (x^2+y^2)^2\in \mathbb{Z}\Leftrightarrow x^4+y^4+2(xy)^2\in \mathbb{Z}\Leftrightarrow 2(xy)^2\in \mathbb{Z}(2)

Από (2)-(1)\Rightarrow 2xy(xy-1)\in \mathbb{Z}\Leftrightarrow xy\in \mathbb{Z}

Άρα και (xy)^2\in \mathbb{Z} και x^3+y^3=(x+y)(x^2-xy+y^2)\in \mathbb{Z} αφού -xy=xy\cdot (-1)

και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.


Μπορεί να απογοητευθείς αν αποτύχεις, αλλά είσαι χαμένος αν δεν προσπαθήσεις.
achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2547
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#74

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Τρί Ιαν 23, 2018 12:50 am

Panagiotis11 έγραψε:
Τρί Ιαν 23, 2018 12:28 am
Η λύση μου για το 2ο θέμα Β Λυκείου

Αρκεί να αποδείξουμε πως x^5+y^5=(x^3+y^3)(x^2+y^2)-(xy)^2(x+y)\in \mathbb{Z}
Δηλαδή αρκεί x^3+y^3\wedge xy\in \mathbb{Z}

\bullet Ισχύει ότι (x+y)^2\in \mathbb{Z} άρα x^2+y^2+2xy\in \mathbb{Z}\Leftrightarrow 2xy\in \mathbb{Z}(1)

\bullet Επίσης (x^2+y^2)^2\in \mathbb{Z}\Leftrightarrow x^4+y^4+2(xy)^2\in \mathbb{Z}\Leftrightarrow 2(xy)^2\in \mathbb{Z}(2)

Από (2)-(1)\Rightarrow 2xy(xy-1)\in \mathbb{Z}\Leftrightarrow xy\in \mathbb{Z}

Άρα και (xy)^2\in \mathbb{Z} και x^3+y^3=(x+y)(x^2-xy+y^2)\in \mathbb{Z} αφού -xy=xy\cdot (-1)

και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Δεν βλέπω γιατί 2xy(xy-1)\in \mathbb{Z}\implies xy\in \mathbb{Z}.

Νομίζω χρειάζεται απόδειξη.

(Προσθήκη: Για παράδειγμα: η εξίσωση 2a(a-1)=1 δεν έχει λύση ακέραιο.)

Φιλικά,

Αχιλλέας


eiriniz
Δημοσιεύσεις: 1
Εγγραφή: Τρί Ιαν 23, 2018 5:56 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#75

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από eiriniz » Τρί Ιαν 23, 2018 6:29 pm

Καλησπέρα σας,

θα ήθελα να μου πείτε αν για το πρώτο θέμα της Β Λυκείου γράψαμε το εξής :

\displaystyle x^2 + 2x + 3> x^2 + x + 1 \Rightarrow  \frac{1}{x^2  + 2x +3}  < \frac{1}{x^2+x+1} (1)
\alpha > 0 τότε ισχύει x < x + \alpha (2)

(1),(2) \Rightarrow  \frac{x}{x^2  + 2x +3}  < \frac{x+\alpha}{x^2+x+1}

Όμως εμείς θέλουμε το αντίθετο άρα \alpha < 0
θα παρούμε καμία μονάδα;
Και αν έχουμε λύσει παράλληλα το γ θεμα, στο δ να έχουμε αποδείξει το πρώτο ερώτημα και στο δεύτερο να έχουμε πει τι χρειάζεται να αποδείξουμε και στο 2ο θεμα να έχουμε γράψει κάτι (αν και να μην έχει απαντηθεί εν τέλει ).
Γενικότερα θα ήθελα να μου πει κάποιος αν έχω κάποιες πιθανότητες για πρόκριση στην επόμενη φάση.

Ευχαριστώ πολύ !
τελευταία επεξεργασία από Demetres σε Τρί Ιαν 23, 2018 7:48 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.
Λόγος: Γραφή σε LaTeX


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 177
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#76

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Τετ Ιαν 24, 2018 1:08 am

achilleas έγραψε:
Δευ Ιαν 22, 2018 10:34 pm
Τσιαλας Νικολαος έγραψε:
Δευ Ιαν 22, 2018 9:08 pm
achilleas έγραψε:
Δευ Ιαν 22, 2018 7:59 pm
achilleas έγραψε:
Σάβ Ιαν 20, 2018 12:50 pm
ΘΕΜΑ 2/Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Είναι a_5=(x^2+y^2)(x^3+y^3)-x^2y^2(x+y)=a_2a_3-p^2 a_1.

(Σχόλιο: Δε βλέπω πραγματική διαφορά από το Θέμα της Α. Στο ΘΕΜΑ 1της Α Λυκείου δείξαμε ότι a_3, p\in \mathbb{Z} κι άρα το συμπέρασμα έπεται άμεσα.)

Διαφορετικά,

a_5=a_1(a_4-pa_2+p^2)

αρκεί να δειχθεί ότι ο p είναι ακέραιος, όπως στο ΘΕΜΑ 1της Α Λυκείου.

Οι επίσημες ενδεικτικές λύσεις είναι διαθέσιμες εδώ.

Δεν καταλαβαίνω, όμως, γιατί στις λύσεις το Πρόβλημα 2 της Β Λυκείου εμφανίζεται ως Πρόβλημα 1.

Φιλικά,

Αχιλλέας
To αστείο της υπόθεσης είναι ότι και το 1ο της Α΄ και το δεύτερο της Β΄ λύνοντε σε 2 σειρές και δεν εμφανίστηκε η λύση αυτή!!! :lol: :lol: :lol:
Νίκο,

Ποια λύση έχεις στο νου σου;

Φιλικά,

Αχιλλέας
Κύριε Αχιλλέα είμουν βιαστικός και απρόσεκτος και την πάτησα παρόμοια με τον Παναγιώτη από πάνω!! :oops: :oops:


mαre nostrum
Δημοσιεύσεις: 1
Εγγραφή: Τετ Ιαν 24, 2018 5:07 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#77

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mαre nostrum » Τετ Ιαν 24, 2018 5:10 pm

Α΄Λυκείου - Θέμα τρίτο

Πόσο χάνει κανείς που έχει ξεχάσει την περίπτωση το Ο να είναι εκτός του τραπεζίου;

Ευχαριστώ.


Eleftheria
Δημοσιεύσεις: 11
Εγγραφή: Τρί Οκτ 04, 2016 3:07 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#78

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Eleftheria » Τετ Ιαν 24, 2018 6:25 pm

Ούτε εγώ πήρα αυτή την περίπτωση γιατί τότε δε θα ισαπειχαν οι κορυφές του τραπεζιου από το Ο. Έπρεπε δηλαδή να το πούμε αυτό; Είναι αυτονόητο.


silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1176
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#79

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Πέμ Ιαν 25, 2018 12:20 am

Eleftheria έγραψε:
Τετ Ιαν 24, 2018 6:25 pm
Ούτε εγώ πήρα αυτή την περίπτωση γιατί τότε δε θα ισαπειχαν οι κορυφές του τραπεζιου από το Ο. Έπρεπε δηλαδή να το πούμε αυτό; Είναι αυτονόητο.
Πάρε έναν κύκλο και "πάνω" από το κέντρο φέρε δύο παράλληλες ευθείες. Τι σχήμα είναι αυτό που σχηματίζεται από τα τέσσερα σημεία τομής των παραλλήλων με τον κύκλο;
mαre nostrum έγραψε:
Τετ Ιαν 24, 2018 5:10 pm
Α΄Λυκείου - Θέμα τρίτο

Πόσο χάνει κανείς που έχει ξεχάσει την περίπτωση το Ο να είναι εκτός του τραπεζίου;
Αν κάνεις μία λύση όπως η επίσημη που χρησιμοποιεί τη θέση του κέντρου, τότε αν δεν πάρεις τη μια περίπτωση χάνεις μία μονάδα.
Αν όμως κάνεις μία λύση όπως αυτή που εμφανίστηκε στο mathematica που δεν "αλλάζει" από τη θέση του κέντρου, τότε παίρνεις κανονικά όλες τις μονάδες.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 676
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#80

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Πέμ Ιαν 25, 2018 8:49 pm

silouan έγραψε:
Πέμ Ιαν 25, 2018 12:20 am
Eleftheria έγραψε:
Τετ Ιαν 24, 2018 6:25 pm
Ούτε εγώ πήρα αυτή την περίπτωση γιατί τότε δε θα ισαπειχαν οι κορυφές του τραπεζιου από το Ο. Έπρεπε δηλαδή να το πούμε αυτό; Είναι αυτονόητο.
Πάρε έναν κύκλο και "πάνω" από το κέντρο φέρε δύο παράλληλες ευθείες. Τι σχήμα είναι αυτό που σχηματίζεται από τα τέσσερα σημεία τομής των παραλλήλων με τον κύκλο;
mαre nostrum έγραψε:
Τετ Ιαν 24, 2018 5:10 pm
Α΄Λυκείου - Θέμα τρίτο

Πόσο χάνει κανείς που έχει ξεχάσει την περίπτωση το Ο να είναι εκτός του τραπεζίου;
Αν κάνεις μία λύση όπως η επίσημη που χρησιμοποιεί τη θέση του κέντρου, τότε αν δεν πάρεις τη μια περίπτωση χάνεις μία μονάδα.
Αν όμως κάνεις μία λύση όπως αυτή που εμφανίστηκε στο mathematica που δεν "αλλάζει" από τη θέση του κέντρου, τότε παίρνεις κανονικά όλες τις μονάδες.

Για να αποφευχθεί η χρήση του O μπορούμε να ακολουθήσουμε την εξής τακτική (επιγραμματικά):

Έχοντας ήδη φέρει το ύψος AE και έχοντας υπολογίσει πως AB=10 και CD=14 προκύπτει ότι EC=12.

Άρα έχουμε από πυθαγόρειο σε AEC ότι AC^2=EC^2+AE^2=144+36=180\Leftrightarrow AC=3\sqrt{20}.

Ταυτόχρονα στο ορθογώνιο τρίγωνο ADE έχουμε πως \sin{\widehat{ADE}}=\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{6}{2\sqrt{10}}=\dfrac{3}{\sqrt{10}}.

Επομένως \sin{\widehat{ADC}}=\sin{\widehat{ADE}}=\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{6}{2\sqrt{10}}=\dfrac{3}{\sqrt{10}}

Εφαρμόζοντας τώρα νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο ADC προκύπτει ότι

2R=\dfrac{AC}{\sin{\widehat{ADC}}}=\dfrac{3\sqrt{20}}{\dfrac{3}{\sqrt{10}}}=10\sqrt{2}\Leftrightarrow R=5\sqrt{2}.


Houston, we have a problem!
Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης