mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 05, 2021 3:09 pm**

Μιας και τα θέματα αναρτήθηκαν παντού στο διαδίκτυο τα αναρτώ εδώ για να συζητήσουμε τις λύσεις!!! Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά που συμμετείχαν!!!

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 05, 2021 3:26 pm**

Για τη γεωμετρία της Β' Λυκείου.
Έστω

το μέσο της

και

το σημείο τομής των

και

Στο ορθογώνιο BDE

έχουμε

άρα $\angle DBC=\angle BDC\Leftrightarrow 90^{\circ}-\angle DBC=90^{\circ}-\angle BDC\Leftrightarrow \angle DEB=\angle CDE$ άρα το CDE

είναι ισοσκελές και CD=CE=CB

Από το θεώρημα Μενελάου στο ABC

με διατέμνουσα EDM

έχουμε:
$\dfrac{AM}{MB} \cdot \dfrac{BE}{EC} \cdot \dfrac{CD}{DA} =1 \Leftrightarrow 1\cdot 2 \cdot \dfrac{CD}{DA} =1 \Leftrightarrow \dfrac{CD}{DA} =\dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \dfrac{CD}{CA} =\dfrac{1}{3} \Leftrightarrow \dfrac{CB}{CA} =\dfrac{1}{3} \Leftrightarrow AC=3AB$

: Βγεωμ.png (12.94 KiB) Προβλήθηκε 10086 φορές

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 05, 2021 3:30 pm**

Β λυκείου, θέμα 1

Για x>0

είναι $f(x)=2x^3-7x^2+4x+4\geq0\Leftrightarrow (x-2)^2(2x+1)\geq 0$ που ισχύει με ίσον μόνο για x=2

.
Προσθέτουμε κατά μέλη τις τρεις σχέσεις που δίνονται και παίρνουμε $0=f(x)+f(y)+f(z)\geq 0\Leftrightarrow x=y=z=2$ μοναδική λύση.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 05, 2021 3:31 pm**

Α Λυκείου

2) Αφού ο αριθμός

είναι πολλαπλάσιο του

(άρα και του

), πρέπει ο αριθμός $\overline{1\beta}$ να είναι πολλαπλάσιος του

που σημαίνει ότι $\beta=2$ ή $\beta=6$ .

Αν $\beta=2$ τότε πρέπει $\alpha = 1$ και ο αριθμός 112

δεν είναι πληροί τις συνθήκες του προβλήματος.
Αν $\beta=6$ τότε πρέπει $\alpha\in\{1,2,3,4,5\}$ και μόνο οι αριθμοί 216

και

είναι και πολλαπλάσια του

εκ των οποίων μόνο ο 216

έχει και την επιπλέον ιδιότητα του προβλήματος άρα είναι ο ζητούμενος αριθμός.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 05, 2021 3:33 pm**

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 05, 2021 3:09 pm
Μιας και τα θέματα αναρτήθηκαν παντού στο διαδίκτυο τα αναρτώ εδώ για να συζητήσουμε τις λύσεις!!! Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά που συμμετείχαν!!!

Για την Γ΄Γυμνασίου:
Πρόβλημα 1
Το άθροισμα των ψηφίων του αριθμού που θέλει να γράψει ο Γιάννης είναι της μορφής $9k+2,k\epsilon \mathbb{N}$
Παρατηρούμε πως οι

και

διαιρούν το

και όχι το

. Άρα δεν διαιρούν το 9k+2

(το άθροισμα τον ψηφίων τους) και, συνεπώς, ούτε τον αριθμό.

Αν ο

διαιρούσε τον αριθμό, θα τον διαιρούσε και ο

, πράγμα άτοπο. Άρα, ο

δεν διαιρεί τον αριθμό.

Ο

δεν διαιρεί τον αριθμό, καθώς δεν μπορεί αυτός να τελειώνει σε 0 ή 5

Ο αριθμός, για να διαιρείται με το

, πρέπει το

να είναι το τελευταίο ψηφίο του. Άρα τα δύο τελευταία ψηφία του θα είναι 9,2

και εφόσον το

διαιρεί το

, θα διαιρεί και τον αριθμό.

Τέλος, παρατηρούμε πως η μικρότερη περίπτωση για να διαιρούν οι 7, 8

τον αριθμό είναι η 999.992

(δεν τον διαιρούν για 92, 992, 9992, 99992

), που είναι το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 05, 2021 3:36 pm**

Manolis Petrakis έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 05, 2021 3:26 pm
Για τη γεωμετρία της Β' Λυκείου.
Έστω το μέσο της και το σημείο τομής των και
Στο ορθογώνιο έχουμε άρα $\angle DBC=\angle BDC\Leftrightarrow 90^{\circ}-\angle DBC=90^{\circ}-\angle BDC\Leftrightarrow \angle DEB=\angle CDE$ άρα το είναι ισοσκελές και
Από το θεώρημα Μενελάου στο με διατέμνουσα έχουμε:
$\dfrac{AM}{MB} \cdot \dfrac{BE}{EC} \cdot \dfrac{CD}{DA} =1 \Leftrightarrow 1\cdot 2 \cdot \dfrac{CD}{DA} =1 \Leftrightarrow \dfrac{CD}{DA} =\dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \dfrac{CD}{CA} =\dfrac{1}{3} \Leftrightarrow \dfrac{CB}{CA} =\dfrac{1}{3} \Leftrightarrow AC=3AB$
Βγεωμ.png
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
"Κλέβω" το σχήμα από εδώ: viewtopic.php?f=178&t=70443

Μανώλη

Μήπως το

ειναι βαρύκεντρο τριγώνου και τελειώσαμε ;

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 05, 2021 3:41 pm**

Μία για την γεωμετρία β λυκείου, ωραίο πρόβλημα!

: 41.PNG (14.14 KiB) Προβλήθηκε 10033 φορές

Παίρνω

μέσον

,

μέσον $A\Delta$ και

το συμμετρικό του

προς το

.
Είναι $EZ\parallel B\Delta$ και $KZ=2EZ=B\Delta$ άρα $B\Delta ZK$ παραλληλόγραμμο.
Επίσης το $KZ\Delta$ ισοσκελές, έτσι $\Delta K=\Delta Z=BK$ και αφού $\angle KB\Delta= \angle \Delta ZE=\angle \Gamma \Delta B$ τα $B\Gamma \Delta, B\Delta K$ είναι ίσα άρα $\Gamma A=\Gamma \Delta +2KB=3\Gamma \Delta =3\Gamma B$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 05, 2021 3:44 pm**

Α Λυκείου 3

3) Αφού η $A\Gamma$ είναι διχοτόμος της γωνίας $\angle{BA\Delta}$ άρα από το θεώρημα διχοτόμων έχουμε

$\dfrac{\Gamma B}{\Gamma\Delta}=\dfrac{AB}{A\Delta}$ και αφού $AB=A\Gamma$ και $BE=\Gamma\Delta$ άρα η προηγούμενη γράφεται:

$\dfrac{\Gamma B}{BE}=\dfrac{A\Gamma}{A\Delta}$ κι επειδή τα τρίγωνα $B\Gamma E$ , $\Gamma A \Delta$ έχουν επιπλέον $\angle{B\Gamma E}=\angle{A\Gamma\Delta}$ άρα είναι όμοια κι έτσι $\angle{\Gamma A \Delta}=\angle{EB\Gamma}$ οπότε το τετράπλευρο $ABE\Delta$ είναι εγγράψιμο και το ζητούμενο έπεται.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 05, 2021 3:47 pm**

ΘΕΜΑΤΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΕΜΑ 1 . Θέτοντας a=5x-2y

και

, το σύστημα γράφεται
$\displaystyle \begin{cases} a+\dfrac{3}{2b}&=\dfrac{13}{2}\\ ab+2&=6b\\ \end{cases}$
Η πρώτη γράφεται ως 2ab+3=13b

, οποτε από την δεύτερη παίρνουμε 2(6b-2)+3=13b

, η οποία δίνει b=-1

, και άρα $a=\dfrac{13}{2}-\dfrac{3}{-2}=8$ .

Το σύστημα

$\displaystyle \begin{cases} 5x-2y&=8\\ x-3y&=-1\\ \end{cases}$

δίνει εύκολα (x,y)=(2,1)

.

ΘΕΜΑ 2 Το

$\displaystyle N=100\alpha+10+\beta=8(12\alpha+1)+4\alpha+2+\beta$

διαιρείται με το

αν και μόνο αν το $4\alpha+2+\beta$ διαιρείται με το

.

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

$\alpha$ άρτιος.

Τότε ο

διαιρείται με το

αν και μόνο αν $2+\beta$ διαιρείται με το

με $0\leq \beta\leq 9$ . Αναγκαστικά $\beta=6$ , οπότε $\alpha=2$ ή $\alpha=4$ , και έτσι οι δυνατές τιμές του

είναι

και

, από τις οποίες μόνο το 216

ικανοποιεί την συνθήκη $N=8(2+3+\cdots+7)=8\cdot 27,$ ενώ $8(4+5+\cdots+7)=8\cdot 22\ne 416$ .

$\alpha$ περιττός.

Τότε το $6+\beta$ πρέπει να διαιρείται με το

, οπότε αφού $0\leq \beta\leq 9$ , είναι αναγκαστικά $\beta=2$ . Η πιθανή τιμή του

είναι το 112, που απορρίπτεται αφού $8(1+2+3)=48\ne 112$ .

Συνεπώς, N=216

.

ΘΕΜΑ 3 Παίρνουμε το συμμετρικό του

ως προς την μεσοκάθετο του $B\Gamma$ , έστω

και το συμμετρικό του $\Delta$ ως προς την $A\Gamma$ , έστω $\Delta'$ , το οποίο ανήκει στην ευθεία

από την υπόθεση.

Τότε $\Gamma \Delta '=\Gamma\Delta$ (1) και $\Gamma E'=BE$ (2), αφού τα τρίγωνα $BE' \Gamma$ και $BE\Gamma$ είναι ίσα από Π-Γ-Π ( $BE'=\Gamma E$ , $E' \widehat{B}\Gamma=E\widehat{\Gamma}B$ , $B\Gamma$ κοινή)

Από (1), (2) έπεται ότι το τρίγωνο $E'\Gamma\Delta'$ είναι ισοσκελές με $\widehat{\Delta'}=B\widehat{E'}\Gamma$ . Αλλά, $B\widehat{E}\Gamma=B\widehat{E'}\Gamma$ και $\Gamma\widehat{\Delta}A=\widehat{\Delta'}$ . Συνεπώς,
$\displaystyle \Gamma\widehat{\Delta}A=\widehat{\Delta'}=B\widehat{E'}\Gamma=B\widehat{E}\Gamma.$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 05, 2021 3:49 pm**

2ο θέμα - Β' Γυμνασίου
Έχουμε:
$20a+18b+16c+14d=18a+16b+14c+20d\Leftrightarrow 2a+2b+2c=6d\Leftrightarrow a+b+c=3d$
$\Leftrightarrow a+b+c+d=4d \Leftrightarrow N=4d$
Άρα 4 | N

και αφού

υποχρεωτικά είναι N=24

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 05, 2021 3:51 pm**

ΘΕΜΑΤΑ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΕΜΑ 1 Με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε

$\displaystyle (2x^3-7x^2+4x+4)+(2y^3-7y^2+4y+4)+(2z^3-7z^2+4z+4)=0$

Είναι

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

οπότε

$\displaystyle (x-2)^2(2x+1)+(y-2)^2(2y+1)+(z-2)^2(2z+1)=0.$

Αφού x,y,z>0

είναι

$\displaystyle (x-2)^2(2x+1)\geq 0,\quad (y-2)^2(2y+1)\geq 0\quad \text{και} \quad (z-2)^2(2z+1)\geq 0.$

Αφού το άθροισμα των τελευταίων μη αρνητικών αριθμών είναι 0, αναγκαστικά θα έχουμε

$\displaystyle (x-2)^2(2x+1)=(y-2)^2(2y+1)=(z-2)^2(2z+1)=0,$

και άρα x=y=z=2

, αφού

.

ΘΕΜΑ 2. Αφού $\gamma\leq 9$ , είναι $N\leq 8(1^2+2^2+\cdots +10^2)=3080$ , οπότε a=1

ή

. Με

ή

, αφού

$\displaystyle 8(1^2+2^2+\cdot +6^2)=728,$

που είναι τριψήφιος, έχουμε τους πιθανούς αριθμούς:

$\begin{aligned} 8(1^2+2^2+\cdots+7^2)&=1120\\ 8(1^2+2^2+\cdots+8^2)&=1632\\ 8(1^2+2^2+\cdots+9^2)&=2280\\ \end{aligned}$

από τους οποίους δεκτός γίνεται ο 2280

.

Με

, αφού $8(2^2+3^2+\cdots+9^2)=2272<3000$ , η μόνη πιθανή τιμή είναι το

$8(2^2+3^2+\cdots+10^2)=3072$ που απορρίπτεται.

Συνεπώς, N=2280

.

ΘΕΜΑ 3.

Έστω

το μέσο της

. Τότε το

είναι ίσο και παράλληλο με το

, όπου

είναι το μέσο της βάσης

του ισοσκελούς τριγώνου BCD

. Η διάμεσος

είναι και ύψος, οπότε η προέκταση της είναι κάθετη στην ευθεία

, έστω στο

. Από το ορθογώνιο παραλληλόγραμμο HNDM

είναι

, δηλ. το

είναι μέσο του

και αφού

, το

είναι μέσο της

. Άρα

. Αφού

, έπεται ότι AC=3DC=3BC

.

(Σχόλιο

-ΠΜ από Κωνσταντίνο Κωνσταντινίδη) Αρκεί για το 3ο θέμα να παρατηρήσουμε (στο σχήμα σας) ότι τα MED,CND είναι ίσα. Έτσι εγώ το έκανα στον διαγωνισμό.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 05, 2021 4:05 pm**

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 05, 2021 3:09 pm
Μιας και τα θέματα αναρτήθηκαν παντού στο διαδίκτυο τα αναρτώ εδώ για να συζητήσουμε τις λύσεις!!! Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά που συμμετείχαν!!!

Για την Γ' Γυμνασίου:

Πρόβλημα 2 (Να σημειωθεί πως όπου Δ, D)

(α) Από χαρακτηριστική ιδιότητα μεσοκαθέτου, AK=KB

, και τρίγωνο AKB

ισοσκελές, με $\angle KAZ=\angle ZBK (6)$
Άρα, εφόσον τα τρίγωνα είναι ορθογώνια με δύο αντίστοιχες ίσες γωνίες και η άλλη είναι ίση και έχουμε:
$\angle AKZ=\angle ZKB (1)$
$\angle AKE=\angle AKZ (2)$ , αφού είναι γωνίες σε ορθογώνια τρίγωνα με δύο αντίστοιχες γωνίες ίσες.
$\angle BKZ+\angle ZKA+\angle AKE=180^{0} (3)$
$(1),(2),(3)\Rightarrow 3\cdot \angle ZKA=180^{0}\Leftrightarrow \angle ZKA=60^{0}$ , και από αθρ. γωνιών τριγώνου στο ZKA

βρίσκουμε $\angle ZAK=30^{0}\Rightarrow \angle A=60^{0}$

(β) Λόγω παραλληλίας, $\angle DEK=\angle KBZ (4)$ και
$\angle KDE=\angle ZAK (5)$ , ως εντός εναλλάξ.
$(4),(5),(6)\Rightarrow \angle KED=\angle KDE$ και τρίγωνο KDE

ισοσκελές, με KE=KD (7)

Με άθροισμα γωνιών τριγώνου στο AKE

βρίσκουμε την $\angle AKE$ που είναι ίση ως κατακορυφήν με την $\angle BKD$ *και από εκεί με άθροισμα γωνιών τριγώνου βρίσκουμε $\angle KBD=30^{0}$
$\angle ZAK=\angle ABK=30^{0}$ και, επομένως, $AB\Gamma$ ισόπλευρο.
Λόγω ισοπλεύρου, και γνωρίζουμε πως $\angle ZAK=\angle KAE, \angle KZA=\angle AKE$
Άρα, τα ορθογώνια τρίγωνα είναι ίσα και
$(7),(8)\Rightarrow KZ=KE=KD$ *

*ΔΙΟΡΘΩΣΗ*
Το μέρος "και από εκεί με άθροισμα... $\Rightarrow KZ=KE=KD$ " είναι λάθος, καθώς δεν γνωρίζουμε ότι η $\angle KDB$ είναι ορθή.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 05, 2021 5:49 pm**

Πώς σας φάνηκαν τα θέματα της Ά λυκείου?

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 05, 2021 6:12 pm**

petrosmani έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 05, 2021 5:49 pm
Πώς σας φάνηκαν τα θέματα της Ά λυκείου?

Κατά την άποψή μου τα πιο δύσκολα που έχουν πέσει ποτέ σε Θαλή. Ήταν επίπεδο Αρχιμήδη η Ευκλείδη αν εξαιρέσουμε το 1ο

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 05, 2021 6:23 pm**

Β' Λυκείου Γεωμετρία

Έστω M, E

τα μέσα των AB, BD

αντίστοιχα και

ο σημείο τομής των BD, MC.

: ΒΓεωμ..png (10.17 KiB) Προβλήθηκε 9519 φορές

Προφανώς $\displaystyle CE \bot BD \Leftrightarrow CE||MD$ και ME||AC,

άρα το

είναι παραλληλόγραμμο, οπότε

είναι το μέσο της διαμέσου

του τριγώνου ABC

και από γνωστή άσκηση του σχολικού (*)

θα είναι

που αποδεικνύει το ζητούμενο.

(*)

Είναι η άσκηση 6 από τις αποδεικτικές στη σελίδα 116 του βιβλίου της Α λυκείου.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 05, 2021 6:31 pm**

petrosmani έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 05, 2021 5:49 pm
Πώς σας φάνηκαν τα θέματα της Ά λυκείου?

Σχετικα με τα περσινα ηταν πιο ευκολα. Το 1ο ηταν ενα απλο συστημα που εβγαινε απο τους περισσότερους μαθητες πιστευω. Το 2ο αν καποιος ηξερε οτι το αθροισμα 1+2+..+ν ειναι ν(ν+1)/2 τοτε μπορουσε να χρησιμοποιήσει prefix sum και να βγαλει οτι το αθροισμα α+(α+1)+..+β+1 ειναι ισο με
(β+1)(β+2)/2-α(α-1)/2 και μετα με πραξεις βγαινει οτι Ν ειναι 4(...) αρα πολλαπλασιο του 4 αρα δοκιμαζουμε για β=2 αρα α=1 αναγκαστικα και για β=6 και για καθε α στο {1,2,3,4,5} και βλεπουμε οτι μονο το 216 ειναι εγκυρο. Για το 3ο δε εχω σχηματισει σιγουρη αποψη ακομα αλλα ειναι σιγουρα πιο ευκολο απο περυσι.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 05, 2021 7:27 pm**

ΘΕΜΑ 1 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Πολλαπλασιάζοντας τη 2η εξίσωση με 2 παίρνουμε

$26\alpha=6\beta+4\gamma+68={\underbrace{\beta+\cdots+\beta}_{6-terms}}+{\underbrace{\gamma+\cdots+\gamma}_{4-terms}}+{\underbrace{1+1+\cdots+1}_{68-terms}}$ ,

οπότε από Cauchy- Schwarz,

$(26\alpha)^2\leq (1^2+1^2+\cdots+1^2)(\beta^2+\cdots+\beta^2+\gamma^2+\cdots+\gamma^2+1^2+1^2+\cdots+1^2)$

δηλαδή

$26^2\alpha^2\leq 78(6\beta^2+4\gamma^2+68)=26\cdot 3(4\alpha^2-\gamma^2+43)$

ή ισοδύναμα

$26\alpha^2\leq 12\alpha^2-3\gamma^2+129\iff 3\gamma^2-3\leq 126-14\alpha^2.$

Αφού $\gamma^2\geq 1$ , έχουμε

$0\leq 3(\gamma^2-1)\leq 14(9-\alpha^2)$ (*),

και άρα $\alpha^2\leq 9$ . Αλλά από την πρώτη εξίσωση, αφού $\beta,\gamma\geq 1$ , είναι $4\alpha^2\geq 6+5+25=36$ , απότε $\alpha^2\geq 9$ .

Άρα $\alpha^2=9$ και $\gamma^2=1$ από την (*)

. Αφού $\alpha>0$ και $\gamma>0$ είναι $\alpha=3$ και $\gamma=1$ .

Έτσι, η δεύτερη εξίσωση δίνει $\beta=1$ .

Συνεπώς, $(\alpha,\beta,\gamma)=(3,1,1)$ .

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 05, 2021 7:48 pm**

petrosmani έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 05, 2021 5:49 pm
Πώς σας φάνηκαν τα θέματα της Ά λυκείου?

Το Πρόβλημα 1 ήταν αρκετά κατάλληλο για Θαλή, μιας και οι περισσότεροι μαθητές μπορούσαν να το αντιμετωπίσουν.
Το Πρόβλημα 2 ήταν λίγο «τρομακτικό» για τους περισσότερους, μιας και δεν είναι εξοικειωμένοι με τέτοιου είδους θέματα. Βέβαια υπάρχει λύση παίρνοντας απλά όλες τις περιπτώσεις που το κάνει κάπως πιο εύκολο.
Το Πρόβλημα 3 ήταν πολύ δύσκολο για Θαλή. Ως τώρα, ότι λύση έχω δει ξεφεύγει από το επίπεδο.
Συνολικά, τα θέματα ήταν αρκετά δύσκολα, αλλά συγχρόνως πολύ ωραία.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 05, 2021 8:00 pm**

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 05, 2021 3:41 pm
Μία για την γεωμετρία β λυκείου, ωραίο πρόβλημα!

41.PNG

Παίρνω μέσον , μέσον $A\Delta$ και το συμμετρικό του προς το .
Είναι $EZ\parallel B\Delta$ και $KZ=2EZ=B\Delta$ άρα $B\Delta ZK$ παραλληλόγραμμο.
Επίσης το $KZ\Delta$ ισοσκελές, έτσι $\Delta K=\Delta Z=BK$ και αφού $\angle KB\Delta= \angle \Delta ZE=\angle \Gamma \Delta B$ τα $B\Gamma \Delta, B\Delta K$ είναι ίσα άρα $\Gamma A=\Gamma \Delta +2KB=3\Gamma \Delta =3\Gamma B$

θα χρησιμοποιήσω το σχήμα του Πρόδρομου χωρίς τις DK,KE,BK

. Αρκεί να δείξουμε ότι $\Delta Z = \Gamma \Delta$ .
Φέρνουμε το ύψος $\Gamma Κ$ του τριγώνου $\Gamma \Delta B$ και τα τρίγωνα $\Gamma \Delta K$ και $\Delta E Z$ είναι ίσα. ο.ε.δ

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 05, 2021 8:10 pm**

Joaakim έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 05, 2021 7:48 pm

petrosmani έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 05, 2021 5:49 pm
Πώς σας φάνηκαν τα θέματα της Ά λυκείου?
Το Πρόβλημα 1 ήταν αρκετά κατάλληλο για Θαλή, μιας και οι περισσότεροι μαθητές μπορούσαν να το αντιμετωπίσουν.
Το Πρόβλημα 2 ήταν λίγο «τρομακτικό» για τους περισσότερους, μιας και δεν είναι εξοικειωμένοι με τέτοιου είδους θέματα. Βέβαια υπάρχει λύση παίρνοντας απλά όλες τις περιπτώσεις που το κάνει κάπως πιο εύκολο.
Το Πρόβλημα 3 ήταν πολύ δύσκολο για Θαλή. Ως τώρα, ότι λύση έχω δει ξεφεύγει από το επίπεδο.
Συνολικά, τα θέματα ήταν αρκετά δύσκολα, αλλά συγχρόνως πολύ ωραία.

Θα συμφωνήσω. Ιδίως για το θέμα 3, ξεφεύγει αρκετά από το πλαίσιο του Θαλή. Θα προτιμούσα να δω και περισσότερες λύσεις για αυτό, μιας και έχω δει μόνο την δική μου και αυτήν εδώ.
Για το 1 δεν έχω να πω κάτι.
Για το 2, με κάλυψε ο Ιωακείμ. Να πω ότι βγαίνει και παρατηρώντας αυτό με τους διαιρέτες, αλλά και με bounding στις μεταβλητές α,β.

Θα επανέλθω αύριο με την λύση μου για το 3, την οποία δεν έχω δει εδώ έως τώρα.

mathematica.gr

ΘΑΛΗΣ 2021

ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021