ΘΑΛΗΣ 2019-2020

#1

Καλημέρα σε όλους,

Σε λίγη ώρα διεξάγεται ο Πανελλήνιος Διαγωνισμός στα Μαθηματικά "Ο ΘΑΛΗΣ". Ευχόμαστε σε όλους τους μαθητές καλή επιτυχία και σε όλους τους εμπλεκόμενους με αυτόν κάθε καλό!! Σε αυτή τη δημοσίευση θα δοθούν και οι απαντήσεις του διαγωνισμού αλλά μετά το πέρας του διαγωνισμού δηλαδή μετά τις 12:30.

#2

Αυτά είναι τα θέματα !

Βάλτε τις ωραίες και αναλυτικές σας λύσεις !

Καλά αποτελέσματα !!!

ΠΡΟΣΟΧΗ

Στο θέμα γεωμετρίας (2ο ΘΕΜΑ) της Γ Λυκείου έχει σταλεί διόρθωση.

Το σημείο Ε είναι στην ΒΓ και όχι στην ΑΓ.

Καλά αποτελέσματα !!!

kostas.zig · #3

Καλά αποτελέσματα σε όλους!

Αναρτώ ένα αρχείο για το θέμα 3 Β Λυκείου στο Geogebra και ένα για το θέμα 2 της Γ Λυκείου

#4

*******************
ΘΕΜΑ 1-Α ΛΥΚΕΙΟΥ
******************

Αφού $\alpha,\beta>0$ είναι

$\displaystyle \alpha+\beta=7\iff (\alpha+\beta)^2=49\iff \alpha^2+\beta^2+2\alpha\beta=49.$

Πολλαπλασιάζοντας με 10 και τα δύο μέλη έχουμε ισοδύναμα και χρησιμοποιώντας την πρώτη δοθείσα σχέση έχουμε

$\displaystyle 10(\alpha^2+\beta^2)+20\alpha\beta=490\iff 29\alpha\beta+20\alpha\beta=490\iff \alpha\beta=10$

Έτσι

$\displaystyle \frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}=\frac{\alpha+\beta}{\alpha\beta}=\frac{7}{10}$

και

$\displaystyle \frac{1}{\alpha^2}+\frac{1}{\beta^2}=\frac{\alpha^2+\beta^2}{\alpha^2\beta^2}=\frac{(\alpha+\beta)^2-2\alpha\beta}{(\alpha\beta)^2}=\frac{7^2-2\cdot 10}{10^2}=\frac{29}{100}.$

*******************
ΘΕΜΑ 2-Α ΛΥΚΕΙΟΥ
******************

Παρατηρούμε ότι για x>0

έχουμε

$\displaystyle \frac{x}{x+1}<\frac{x+1}{x+2}\iff x(x+2)<(x+1)^2\iff x^2+2x<x^2+2x+1$

που ισχύει. Συνεπώς,

$\displaystyle \frac{3019}{3020}<\frac{3020}{3021}<\frac{3021}{3022},$

και

$\displaystyle \frac{4019}{4020}<\frac{4020}{4021}<\frac{4021}{4022}.$

Επιπλέον, για x>0

είναι

$\displaystyle \frac{x}{x+1}<\frac{x+1000}{x+1001}\iff x(x+1001)<(x+1)(x+1000)\iff x^2+1001x<x^2+1001x+1000,$

που ισχύει.

Συνεπώς,

$\dfrac{3019}{3020}<\dfrac{4019}{4020}$ και $\dfrac{3021}{3022}<\dfrac{4021}{4022}.$

Συνεπώς, το μικρότερο κλάσμα είναι το $\dfrac{3019}{3020}$ και το μεγαλύτερο το $\dfrac{4021}{4022}$ .

Αλλιώς, (βασισμένη στην ιδέα του μαθητή Βασίλη Βολιώτη).

Όλα τα κλάσματα είναι μικρότερα από το 1. Μεγαλύτερο είναι αυτό που έχει την μικρότερη απόσταση από τη 1 και μικρότερο αυτό που έχει την μεγαλύτερη απόσταση.

Συνεπώς, αρκεί να συγκρίνουμε τις αποστάσεις
$\displaystyle \frac{1}{3020},\frac{1}{3021},\frac{1}{3022}, \frac{1}{4020},\frac{1}{4021},\frac{1}{4022}.$

Το αποτέλεσμα έπεται.

*******************
ΘΕΜΑ 3-Α ΛΥΚΕΙΟΥ
******************

(α) Έχουμε $A\widehat{B}E=\widehat{\Gamma}$ , $AB=\Gamma\Delta$ και $BE=E\Gamma$ (αφού $E\widehat{B}\Gamma=\widehat{\Gamma}$ ). Συνεπώς τα τρίγωνα ABE

και $\Delta\Gamma E$ είναι ίσα από ΠΓΠ.

(β) Από το (α) το τρίγωνο $AE\Delta$ είναι ισοσκελές με $AE=\Delta E$ . Αν $B\widehat{A}\Gamma=\phi$ , και $\widehat{\Gamma}=\theta$ , τότε $A\widehat{B}\Gamma=2\theta$ . Στο τρίγωνο $AB\Gamma$ έχουμε

$\displaystyle \widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{\Gamma}=180^\circ\iff \phi+2\theta+\theta=180^\circ\iff \phi+3\theta=180^\circ.$

Αφού $E\Delta \Gamma=\widehat{A}=\phi$ και $E\Delta A=E\widehat{A}\Delta=\phi/2$ , στο τρίγωνο $A\Delta\Gamma$ έχουμε

$\displaystyle \Delta\widehat{A}\Gamma+A\widehat{\Delta}\Gamma+\widehat{\Gamma}=180^\circ\iff \phi/2+3\phi/2+\theta=180^\circ\iff 2\phi+\theta=180^\circ.$

Συνεπώς, απαλείφοντας το $\theta$ έχουμε

$\displaystyle 3 (2\phi+\theta)-( \phi+3\theta)=360^\circ\iff 5\phi=360^\circ\iff \phi=72^\circ.$

*******************
ΘΕΜΑ 4-Α ΛΥΚΕΙΟΥ
******************

Για να ορίζεται η

πρέπει $a\ne 1$ .'Εχουμε

$\displaystyle A=\frac{(a-1)^3(a+1)^3}{(a-1)^4}=\frac{(a+1)^3}{a-1}=\frac{a^3+3a^2+3a+1}{a-1}$

Η παράσταση

είναι ακέραιος εάν ο αριθμητής a^3+3a^2+3a+1

έχει παράγοντα τον παρονομαστή a-1

.
Παρατηρούμε** ότι

$\displaystyle a^3+3a^2+3a+1=(a-1)(a^2+4a+7)+8$ ,

οπότε

$\displaystyle A=a^2+4a+7+\frac{8}{a-1}.$

Έτσι, ο a-1

είναι ένας από τους διαιρέτες του

: $\pm 1, \pm 2, \pm 4, \pm 8$ . Συνεπώς,

$\displaystyle a=0,2, 3,-1,5,-3,9,-7.$

Σημείωση**: Εναλλακτικά, αρκεί να παρατηρήσουμε ότι κάθε παράσταση της μορφής a^k-1

έχει παράγοντα το a-1

και ότι

-----------------------------------------
Επεξεργασία: Διόρθωση τυπογραφικών λαθών.

#5

*******************
ΘΕΜΑ 2-Β ΛΥΚΕΙΟΥ
******************

Παρατηρούμε ότι $xy\ne 0$ και

$\displaystyle \begin{aligned} xy+y^2=2&\iff (xy)^2+xy^3=2xy\\\notag &\iff (xy)^2-2xy-8=0\\\notag &\iff (xy-4)(xy+2)=0.\notag \end{aligned}$

Αν xy=4

, τότε

, αδύνατη.

Αν xy=-2

, τότε

, οπότε

και

ή

και

.

#6

*******************
ΘΕΜΑ 1-Β ΛΥΚΕΙΟΥ
******************

Αφού

$\displaystyle \alpha^2+\beta^2=(\alpha+\beta)^2-2\alpha\beta=16\alpha\beta,$

παίρνουμε

$\displaystyle (\alpha+\beta)^2=18\alpha\beta, (*)$

κι άρα

$\displaystyle (\alpha+\beta)^3=18\alpha\beta(\alpha+\beta).$

Αφού

$\displaystyle \alpha^3+\beta^3=(\alpha+\beta)^3-3\alpha\beta(\alpha+\beta)=90\alpha\beta,$

παίρνουμε

$15\alpha\beta(\alpha+\beta)=90\alpha\beta,$ δηλ. $\alpha\beta(\alpha+\beta-6)=0.$

Αφού $\alpha,\beta>0$ έπεται ότι $\alpha+\beta=6.$
\]

Συνεπώς, από (*),

$\displaystyle 6^2=18\alpha\beta\iff \alpha\beta=2,$

οπότε

$\displaystyle \frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}=\frac{\alpha+\beta}{\alpha\beta}=\frac{6}{2}=3.$

#7

Καλημέρα σε όλους. Εύχομαι επιτυχία στους μαθητές που προσπάθησαν.

Άξιοι συγχαρητηρίων είναι οι δεκάδες μαθητές μας στην Κέρκυρα που προσήλθαν στο διαγωνισμό εν μέσω σφοδρής κακοκαιρίας......

*****************
ΘΕΜΑ 1-Γ ΛΥΚΕΙΟΥ
******************

Στο σύνολο των πραγματικών αριθμών να προσδιορίσετε τις λύσεις της εξίσωσης:

$\displaystyle 108{\left( {x - 2} \right)^4} + {\left( {4 - {x^2}} \right)^3} = 0$

Είναι

$\displaystyle \begin{array}{l} 108{\left( {x - 2} \right)^4} + {\left( {4 - {x^2}} \right)^3} = 0 & & \Leftrightarrow 108{\left( {x - 2} \right)^4} - {\left( {x - 2} \right)^3}{\left( {x + 2} \right)^3} = 0 & \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^3}\left( {108\left( {x - 2} \right) - {{\left( {x + 2} \right)}^3}} \right) = 0 \end{array}$

Οπότε $\displaystyle {\left( {x - 2} \right)^3} = 0 \Leftrightarrow x = 2\;\;\;\;\left( 1 \right)$ (τριπλή ρίζα)

ή $\displaystyle {x^3} + 6{x^2} - 96x + 224 = 0$ (2)

Με σχήμα Horner η (2) γίνεται $\displaystyle {\left( {x - 4} \right)^2}\left( {x + 14} \right) = 0$ , οπότε οι υπόλοιπες ρίζες είναι $\displaystyle x = 4$ διπλή ρίζα και $\displaystyle x = - 14$ .

*****************
ΘΕΜΑ 3-Γ ΛΥΚΕΙΟΥ
******************

Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς το σύστημα:

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} x{y^3} = - 108\\ \left( {x + y} \right)y = - 3 \end{array} \right.$

Από την (1) προκύπτει ότι $\displaystyle xy \ne 0$ . (1): $\displaystyle x = \frac{{ - 108}}{{{y^3}}}$

Αντικαθιστούμε στην (2):

$\displaystyle \left( {\frac{{ - 108}}{{{y^3}}} + y} \right)y = - 3 \Leftrightarrow \frac{{ - 108}}{{{y^2}}} + {y^2} = - 3 \Leftrightarrow {y^4} + 3{y^2} - 108 = 0$

Θέτουμε $\displaystyle {y^2} = k,\;\;k > 0$ και η εξίσωση γίνεται

$\displaystyle {k^2} + 3k - 108 = 0$ που έχει ρίζες k = 9

και

που απορρίπτεται.

Άρα $\displaystyle y = \pm 3 \Rightarrow x = \mp 4$ .

edit 13:05 Πρόσθεσα το 3ο θέμα.

JimNt. · #8

Γ Λυκείου 4
Θεωρώντας τους $2^1,2^2,..,2^{10}$ παρατηρούμε ότι $k\ge 10$ αφού διαφορετικά από περιστεροφωλιά

θα είναι στο ίδιο σύνολο και ο μικρότερος θα διαιρεί τον μεγαλύτερο. To k=10

δουλεύει: $C_i=(2^{i},2^{i+1}]$ για $i=\{0,...,9\}$

ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ · #9

Θέμα 3 Β' Λυκείου
Η λύση μου:
Έστω

το συμμετρικό του

ως προ το

. Είναι

μέσα των

, άρα $HZ\parallel AE'$ . Αρκεί λοιπόν να δείξω ότι $AE\perp AB$ .
Είναι $A\Gamma =\dfrac{BE}{2}$ , δηλαδή το τρίγωνο ABE'

είναι ορθογώνιο, άρα $E'A\perp AB$ , και το ζητούμενο δείχθηκε.
Για την γωνία : Έστω $N\equiv B\Gamma \cap ZH$ .
Eίναι τώρα $\widehat{\Gamma ZH}=90^{\circ}-\widehat{ZN\Gamma }=90^{\circ}-\widehat{AE'\Gamma }=60^{\circ}$ .

: Β' Λυκείου Γεωμετρία.PNG (28.49 KiB) Προβλήθηκε 7945 φορές

#10

ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 09, 2019 1:30 pm
Θέμα 3 Β' Λυκείου
Η λύση μου:
Έστω το συμμετρικό του ως προ το . Είναι μέσα των , άρα $HZ\parallel AE'$ . Αρκεί λοιπόν να δείξω ότι $AE\perp AB$ .
Είναι $A\Gamma =\dfrac{BE}{2}$ , δηλαδή το τρίγωνο είναι ορθογώνιο, άρα $E'A\perp AB$ , και το ζητούμενο δείχθηκε.
Για την γωνία : Έστω $N\equiv B\Gamma \cap ZH$ .
Eίναι τώρα $\widehat{\Gamma ZH}=90^{\circ}-\widehat{ZN\Gamma }=90^{\circ}-\widehat{AE'\Gamma }=60^{\circ}$ .
Β' Λυκείου Γεωμετρία.PNG

Μπράβο Θεοδόση . Μου αρέσει ή λύση σου !!

Edit: Έγινε η διόρθωση του ονόματος του νεαρού Φωτιάδη

KARKAR · #11

: Γεωμετρία Β'.png (14.12 KiB) Προβλήθηκε 7853 φορές

, μέσο της

...

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #12

Πρόβλημα 2 γ' γυμνασίου

Έστω ότι απάντησε σε

ερωτήσεις σωστά.Τότε σε 12-x

θα απάντησε λανθασμένα.
Έχουμε λοιπόν $1320=600+\left ( 80x-40\left ( 12-x \right ) \right )\Leftrightarrow 720=120x-480\Leftrightarrow \boxed{x=10}$

*Kύριε Νίκο η λύση είναι του Θεοδόση

**Μήπως θα έπρεπε η συζήτηση να βρίσκεται στον φάκελο των διαγωνισμών;

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #13

Πρόβλημα 4 γ' γυμνασίου

α)Τα τρίγωνα $\overset{\Delta }{\textrm{AB}\Gamma },\overset{\Delta }{B\Gamma \Delta },\overset{\Delta }{\Gamma \Delta E},\overset{\Delta }{\Gamma EZ}$ είναι ορθογώνια και ισοσκελή άρα: $AB=B\Gamma \dfrac{\sqrt{2}}{2}=\Gamma \Delta \left (\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right )^2=\Gamma E\left ( \dfrac{\sqrt{2}}{2} \right )^3=\Gamma Z\left ( \dfrac{\sqrt{2}}{2} \right )^4=4 cm \cdot \dfrac{1}{4}=1cm$

β) $\angle A\Gamma Z=4\cdot 45^{\circ}=180^{\circ}$ από το οποίο έπεται το ζητούμενο
γ) $\angle H\Delta E=180^{\circ}-90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}$ , όμοια $\angle \Delta EH=45^{\circ}$ άρα το τετράπλευρο $B\Gamma EH$ είναι ορθογώνιο με $\left ( B\Gamma EH \right )=B\Gamma \cdot \Gamma E=\sqrt{2}cm\cdot 2\sqrt{2}cm=4cm^2$

#14

*******************
ΘΕΜΑ 4-Β ΛΥΚΕΙΟΥ
******************

Έστω p,q

οι δύο λύσεις της δοθείσας εξίσωσης. Θέλουμε p^2+q^2=17

.

Από του τύπους Vieta, έχουμε

$p+q=-\dfrac{\lambda^2+1}{\lambda-3}$ και $pq=-\dfrac{11\lambda-18}{\lambda-3}$ .

Είναι

p^2+q^2=(p+q)^2-2pq

Συνεπώς, θέλουμε

$(\lambda^2+1)^2+2(11\lambda-18)(\lambda-3)=17(\lambda-3)^2$

που είναι ισοδύναμη με

$\lambda^4+7\lambda^2-44=0\iff (\lambda^2-4)(\lambda^2+11)=0$

με πραγματικές λύσεις $\lambda=\pm 2.$

Από αυτές δεκτή γίνεται η $\lambda=2$ με λύσεις x=1,4

, εφόσον θέλουμε η Β-θμια εξίσωση να έχει θετικές λύσεις.

(Η $-5x^2+5x+40=0\iff x^2-x-8=0$ έχει μια θετική και μια αρνητική λύση.)

Φιλικά,

Αχιλλέας

Marlena Panagiotakou · #15

Για το 4ο θέμα της Α’ λυκείου :
Για να ορίζεται η Α θα πρέπει a≠1

. Ισχύει :

$A = \frac{(a-1)^3(a+1)^3} {(a-1)^4} = \frac{(a+1)^3} {(a-1)}$

Ισχύει πως το (a+1)^3

γράφεται ως :

(a-1)^3 + 6a^2 +2

άρα, η

γράφεται ως :

$A = \frac{(a-1)^3 + 6a^2 + 2} {(a-1)}$

$A = \frac{(a-1)^3} {(a-1)} + \frac{6a^2 + 2} {(a-1)}$

$A = (a-1)^2 + \frac{6a^2 - 6 + 8} {a-1}$

$A = (a-1)^2 + \frac{6(a-1)(a+1)} {a-1} + \frac{8} {a-1}$

$A = (a-1)^2 + 6(a+1) + \frac{8} {a-1}$

Για να είναι η

ακέραιος αριθμός πρέπει το $\frac{8} {a-1}$ να είναι ακέραιος, άρα το a-1

θα είναι διαιρέτης του 8, συνεπώς θα παίρνει τις τιμές από το σύνολο {-8, -4, -2, -1, 1, 2, 4, 8}

. Συνεπώς,

a = 0, 2, 3, -1, 5, -3, 9, -7

Γιώργος Μήτσιος · #16

Χαιρετώ όλους ! Συγχαρητήρια σε όσους προσπάθησαν και... δεν εγκαταλείπουν ! Για το πρόβλημα

της Β Λυκείου

: 3-Β Λυκείου.PNG (7.83 KiB) Προβλήθηκε 7603 φορές

Αν

το μέσον της

τότε $MH=\parallel \dfrac{BE}{2}=\parallel Z\Gamma$ άρα $ZHM\Gamma$ παραλληλόγραμμο και $ZH \parallel M\Gamma \perp AB$ .

Ακόμη $\widehat{ HZ\Gamma}=60^{0}$ ως παραπληρωματική της $\widehat{Z\Gamma M}=120^{0}$ . Φιλικά , Γιώργος.

Teh · #17

Στο 4ο της Β' Λυκείου πόσο λέτε να κόψουν αν δεν έχεις απορρίψει την $\lambda=-2;$ Παραπάνω απο

μονάδα;

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #18

JimNt. έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 09, 2019 12:59 pm
Γ Λυκείου 4
Θεωρώντας τους $2^1,2^2,..,2^{10}$ παρατηρούμε ότι $k\ge 10$ αφού διαφορετικά από περιστεροφωλιά θα είναι στο ίδιο σύνολο και ο μικρότερος θα διαιρεί τον μεγαλύτερο. To δουλεύει: $C_i=(2^{i-1},2^i]$ για $i=\{1,...,10\}$

Να πάρει υπήρχε εύκολο construction. Εγώ αντιστοίχησα στον

το

-οστό χρώμα, όπου f(n)

είναι το άθροισμα των εκθετών στην κανονική μορφή του

. Εύκολα προκύπτει ότι $1\leq f(n)\leq 10$ , ενώ μπορούμε ακόμη να αποδείξουμε πως αν a|b

και

, τότε

, οπότε δεν έχουμε πρόβλημα.

#19

*******************
ΘΕΜΑ 3-Β ΛΥΚΕΙΟΥ
******************

(α) Μετά τις παραπάνω κομψές λύσεις με συνθετική γεωμετρία, ας παρατηρήσουμε ότι μπορούμε να δώσουμε μια λύση με αναλυτική γεωμετρία.

Θεωρούμε σύστημα συντεταγμένων με B(0,0)

και $\Gamma(4a,0)$ . (Θα μπορούσαμε να θέσουμε a=1

για ευκολία.)

Τότε είναι $A(2a,2\sqrt{3}a)$ , E(0,-2b)

και $\Delta(4a,-2b)$ με a,b>0

.

Τότε το μέσο της

είναι το $H=\left(a,\sqrt{3}a-b\right)$ και το μέσο της $\Gamma\Delta$ είναι $Z\left(4a,-b\right)$ .

Η κλίση της ευθείας

είναι $\dfrac{(\sqrt{3}a-b)-(-b)}{a-4a}=-\dfrac{\sqrt{3}}{3},$ ενώ της

είναι $\sqrt{3}$ .

Το συμπέρασμα έπεται άμεσα αφού το γινόμενο των δύο κλίσεων είναι $-\dfrac{\sqrt{3}}{3}\cdot \sqrt{3}=-1$ .

(β) Η παραπάνω κλίση της ευθείας

, που ισούται με $\tan 150^\circ=-\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ , μας δίνει άμεσα ότι η γωνία $\Gamma\widehat{Z}H=150^\circ-90^\circ=60^\circ$ .

Αλλιώς, το συμπέρασμα έπεται άμεσα από το γεγονός ότι τα σημεία $B, \Gamma, Z$ και το σημείο τομής των

και

είναι ομοκυκλικά. Τότε $\Gamma\widehat{Z}H=A\widehat{B}\Gamma=60^\circ.$

Φιλικά,

Αχιλλέας

Επεξεργασία: Προσθήκη σχήματος.

petrosqw · #20

Στο θέμα 1 της Γ'Λυκείου αν κάποιος έφτανε στην σχέση:
$(2-x)^{3}(108(2-x)+(x+2)^{3})=0$

Και από εκει έβρισκε: $(2-x)^{3}=0\Rightarrow 2-x=0\Rightarrow x=2$

Και μετά έγραφε ότι $108(2-x)+(x+2)^{3}=0$
αλλά δεν βρήκε τις άλλες ρίζες πόσο πιστεύετε ότι θα του έκοβαν;

ΘΑΛΗΣ 2019-2020

ΘΑΛΗΣ 2019-2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2019-2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2019-2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2019-2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2019-2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2019-2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2019-2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2019-2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2019-2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2019-2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2019-2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2019-2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2019-2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2019-2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2019-2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2019-2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2019-2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2019-2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2019-2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2019-2020

Μέλη σε σύνδεση