ΘΑΛΗΣ 2023

Henri van Aubel · #1

Καλημέρα, καλή επιτυχία σε όλα τα παιδιά!

Αν θέλει κάποιος, ανεβάζει τα θέματα και τα λύνουμε

Παπαδόπουλος Κώστας · #2

Καλημέρα κύριε Κώστα!Έχω μια απορία στο θέμα 3 Α λυκείου το οποίο το παραθέτω:
ΝΑ ΕΞΕΤΑΣΕΤΕ ΑΝ ΥΠΑΡΧΕΙ ΘΕΤΙΚΟΣ ΑΚΕΡΑΙΟΣ n ΤΕΤΟΙΟΣ, ΩΣΤΕ Ο ΑΡΙΘΜΟΣ Α= $2023\cdot 10^{n} + 1$
ΝΑ ΙΣΟΥΤΑΙ ΜΕ ΤΕΤΡΑΓΩΝΟ ΑΚΕΡΑΙΟΥ ΑΡΙΘΜΟΥ.

Παπαδόπουλος Κώστας · #3

Στην ουσία προσωπίκα πήρα περίπτωση για n =0 όπου Α=2024 ο οποιος δεν είναι τετράγωνο ακέραιου αριθμού. Και μέτα είπα πως στην ουσια για οποιαδήποτε τιμή του n o Α θα είναι πάντα περιττός. Άρα δεν υπάρχει τέτοιος n.( Δεν γνωρίζω καν αν είναι σωστός ο συλογισμός μου απλως τον παραθέτω με λίγα λόγια)

Παπαδόπουλος Κώστας · #4

Επίσης, έχω και έναν ενδοιασμό πάνω στο θέμα 4 Α λυκείου.
Σε ένα κύκλο c(O,R) θεωρούμε τα σημεία Α,Β,Γ, και Δ τέτοια ώστε το τετράπλευρο ΑΒΓΔ να είναι ισοσκελές τραπέζιο με ΑΒ//ΔΓ. Έστω Ε το σημείο τομής της διχοτόμου της γωνίας $\widehat{A}$ του τραπεζίου με τον κύκλο c(O,R). Αν η παράλληλη από το Ε στην ΔΓ τέμνει την ευθεία ΒΓ στο Ζ, να αποδείξετε ότι η ευθεία ΟΖ είναι κάθετη στην ΕΓ.

∫ot.T. · #5

Παπαδόπουλος Κώστας έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 04, 2023 12:48 pm
Στην ουσία προσωπίκα πήρα περίπτωση για n =0 όπου Α=2024 ο οποιος δεν είναι τετράγωνο ακέραιου αριθμού. Και μέτα είπα πως στην ουσια για οποιαδήποτε τιμή του n o Α θα είναι πάντα περιττός. Άρα δεν υπάρχει τέτοιος n.( Δεν γνωρίζω καν αν είναι σωστός ο συλογισμός μου απλως τον παραθέτω με λίγα λόγια)

Μπορεί ένα τετράγωνο να είναι περιττό, οπότε δεν μπορούμε να αποκλείσουμε τα άλλα n.
Παραθέτω εν συντομία την δική μου λύση στο θέμα.

Έστω α ο αριθμός του οποίου το τετράγωνο είναι το Α.
$a-1=k_{1}\cdot 2^{m_{1}}\cdot 5^{l_{1}}$
$a+1=k_{2}\cdot 2^{m_{2}}\cdot 5^{l_{2}}$
Με $k_{1}k_{2}=2023$ και $m_{1}+m_{2}=n$ και $l_{1}+l_{2}=n$

Αφαιρώντας προκύπτει πώς
$max(m_{1},m_{2})=n-1$ ή $m_{1}=m_{2}=\frac{n}{2}$ , που οδηγεί στο n=0, άτοπο.

Παίρνοντας στην πρώτη περίπτωση mod5 μετά από πράξεις προκύπτει ότι μόνο το n=2 μπορεί να είναι λύση.
Αλλά το 202301 δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

∫ot.T. · #6

Για το τέταρτο θέμα θα αποδείξουμε ότι ΕΖ = ΖΓ
Παραθέτω το σχήμα μου για βοήθεια.

Τσιαλας Νικολαος · #7

Καλά είναι να περιμένουμε πριν αναρτήσουμε τα θέματα....Μπορεί η επιτροπή να μην το επιτρέπει!

Henri van Aubel · #8

Στο θέμα Γ έχει ένα θεματάκι η απόδειξη του Σωτήρη. Το

δεν είναι πρώτος, οπότε δεν μπορεί να θεωρήσει αυτό που λέει. (υπάρχει απόδειξη σχετικά απλή για την άσκηση αυτή, αλλά όχι για Α λυκείου).
Όσο για την γεωμετρία, μία λύση.

Είναι $\displaystyle \widehat{ZEC}\overset{ZE\parallel DC}=\widehat{DCE}\overset{A,D,E,C\in \left ( O \right )}=\widehat{DAE}\overset{\upsilon \pi o\vartheta .}=\widehat{BAE}$ και από το εγγράψιμο ABCE

είναι $\widehat{ZCE}=\widehat{BAE}$ , επομένως $\widehat{ZEC}=\widehat{ZCE}\Longrightarrow ZE=ZC\overset{OE=OC}\Longrightarrow OZ\perp EC$

Αν η επιτροπή δεν το επιτρέπει, να αποσύρω την ανάρτηση αμέσως...

Παπαδόπουλος Κώστας · #9

Στο θέμα 2 Α λυκείου αν θυμάμαι καλά οι παραστάσεις επαληθεύονται για y =-1 και χ=1 ή χ=3 σωστά;

∫ot.T. · #10

Παπαδόπουλος Κώστας έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 04, 2023 1:43 pm
Στο θέμα 2 Α λυκείου αν θυμάμαι καλά οι παραστάσεις επαληθεύονται για y =-1 και χ=1 ή χ=3 σωστά;

Ακριβώς

Παπαδόπουλος Κώστας · #11

Καταρχάς Σωτήρη χάρηκα για την γνωριμία. Στο θέμα 1 εκτός από την τιμή 9 τησ παράστασης για α=β=γ βρήκες κάποια άλλη λύση;

Τσιαλας Νικολαος · #12

Βλεπω ότι στο ιντερνετ έχουν ανέβει μέχρι και οι επίσημες λύσεις... Οπότε παραθέτω τα θέματα σε pdf...

THALIS 2023_24_Ekfoniseis_04_11_2023.pdf: (483.53 KiB) Μεταφορτώθηκε 361 φορές

elenipappa · #13

Μια λύση για το πρόβλημα 3 Α' Λυκείου

$2023\cdot 10^{n}+1=\left ( \alpha +1\right )^{2}$ , $\alpha \in\mathbb{Z}$
Ο Α είναι περιττός, άρα ο α είναι άρτιος
$2023\cdot 10^{n}=\alpha \left ( \alpha +2 \right )$
Παρατηρώ ότι ο $2023\cdot 10^{n}$ τελειώνει σε 0. Άρα ο $\alpha$ τελειώνει σε 8 και ο $\alpha +2$ σε 0.
Άρα $\alpha +2=10\kappa , \kappa \in \mathbb{Z}$

$2023\cdot 10^{n}=a\cdot 10k\Leftrightarrow 2023=\alpha \frac{k}{10^{n-1}}$
Άρα $\frac{k}{10^{n-1}} |2023=17^{2}\cdot 7$
Έτσι, παίρνουμε τις εξής περιπτώσεις:
1) $k=7\cdot 10^{n-1}$
Τότε $a=\frac{2023\cdot 10^{n}}{10\cdot 7\cdot 10^{n}} \Leftrightarrow \alpha =289$
2) $k=17\cdot 10^{n-1}$
Τότε $\alpha =119$
3) $k=289\cdot 10^{n-1}$
Τότε $\alpha =7$
4) $k=119\cdot 10^{n-1}$
Τότε a=17

Άτοπο
Σε καμία από τις περιπτώσεις ο $\alpha$ τελειώνει σε 8.
Άρα δεν υπάρχει τέτοιος

panosgl2006 · #14

Λύση για Θέμα 3ο της 3ης λυκείου
Έστω A=k^2

τότε

Το $k^2-5=2023\cdot 10^n$ όμως το δεύτερο μέρος τελειώνει σε

άρα

πρέπει να τελειώνει σε

άρα

της μορφής $x\cdot 5^\lambda$

άρα

$2023\cdot 10^n=5\cdot (x^2 \cdot 5^{2\lambda -1}-1)$ άρα

$2\cdot 2023\cdot 10^{n-1}=x^2 \cdot 5^{2\lambda -1}-1$ όμως το πρώτο μέλος τελειώνει σε

και το δεύτερο

σε

άρα δεν υπάρχει τέτοιο

(ΣΗΜΕΙΩΣΗ ΑΠΟ ΕΠΙΜΕΛΗΤΗ (ΙΩΑΝΝΟΥ Δ.): Διόρθωση κώδικα)

Giannis Masterio · #15

Καλησπέρα σας. Έγραφα στης Γ Λυκείου και στο Π2 κατόπιν διευκρίνησης με είπαν ότι δε μας νοιάζει η πολλαπλότητα της κάθε διακεκριμένης ρίζας και η λέξη ακριβώς εχει να κάνει με το πόσες είναι διακεκριμένες. Και έτσι έβγαλα 2020 συντελεστές . (Βέβαια έγραψα και ειδική σημείωση που λέω οτι αμα μας νοιαζει η πολλαπλοτητα τοτε 2019 συντελεστες γτ δε πρεπει να μηδενισουμε τον σταθερο ορο του βοηθητικου πολυωνυμου παράγοντα του αρχικού, και εκει ομως δεν εδωσα πιο ειδικη εξηγηση οτι πρεπει ο μεγιστοβαθμιος συντελεστης να ναι ομοσημος του σταθερου για να μην εχουμε αλλη διακεκριμενη) Πιστεύετε θα με κοψουν τιποτα?

Τσιαλας Νικολαος · #16

Giannis Masterio έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 04, 2023 2:33 pm
Καλησπέρα σας. Έγραφα στης Γ Λυκείου και στο Π2 κατόπιν διευκρίνησης με είπαν ότι δε μας νοιάζει η πολλαπλότητα της κάθε διακεκριμένης ρίζας και η λέξη ακριβώς εχει να κάνει με το πόσες είναι διακεκριμένες. Και έτσι έβγαλα 2020 συντελεστές . (Βέβαια έγραψα και ειδική σημείωση που λέω οτι αμα μας νοιαζει η πολλαπλοτητα τοτε 2019 συντελεστες γτ δε πρεπει να μηδενισουμε τον σταθερο ορο του βοηθητικου πολυωνυμου παράγοντα του αρχικού, και εκει ομως δεν εδωσα πιο ειδικη εξηγηση οτι πρεπει ο μεγιστοβαθμιος συντελεστης να ναι ομοσημος του σταθερου για να μην εχουμε αλλη διακεκριμενη) Πιστεύετε θα με κοψουν τιποτα?

Καλησπέρα! Η σωστή απάντηση είναι 2022...

Giannis Masterio · #17

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 04, 2023 3:04 pm

Giannis Masterio έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 04, 2023 2:33 pm
Καλησπέρα σας. Έγραφα στης Γ Λυκείου και στο Π2 κατόπιν διευκρίνησης με είπαν ότι δε μας νοιάζει η πολλαπλότητα της κάθε διακεκριμένης ρίζας και η λέξη ακριβώς εχει να κάνει με το πόσες είναι διακεκριμένες. Και έτσι έβγαλα 2020 συντελεστές . (Βέβαια έγραψα και ειδική σημείωση που λέω οτι αμα μας νοιαζει η πολλαπλοτητα τοτε 2019 συντελεστες γτ δε πρεπει να μηδενισουμε τον σταθερο ορο του βοηθητικου πολυωνυμου παράγοντα του αρχικού, και εκει ομως δεν εδωσα πιο ειδικη εξηγηση οτι πρεπει ο μεγιστοβαθμιος συντελεστης να ναι ομοσημος του σταθερου για να μην εχουμε αλλη διακεκριμενη) Πιστεύετε θα με κοψουν τιποτα?
Καλησπέρα! Η σωστή απάντηση είναι 2022...

Θεώρησα

με deg

Και ασχολήθηκα με το

. Λογικά θα έχασα τους άλλους δυο από το γινόμενο των (x-p_i)

με

να ναι

επειδή δεν έκανα τις πράξεις εκεί και αμέλησα να μετρήσω άλλους 2(οι παραπάνω 2 προκύπτουν όπως αντιλαμβάνομαι αν η μια ρίζα είναι το

). Παρόλα αυτά άμα τα υπόλοιπα τα έχω κάνει σωστά πιστεύετε θα πάρω 3 με 4 μόρια από τα 5?

ΣΗΜΕΙΩΣΗ ΑΠΟ ΕΠΙΜΕΛΗΤΗ(ΙΩΑΝΝΟΥ Δ.): Διόρθωση σε κώδικα.
(Παράκληση προς τα μέλη μας, να μην παραλείπουν τον τονισμό των λέξεων)

Nick Rapanos · #18

Γ' Λυκείου/Θέμα 4

Παρατηρώ ότι όταν η γωνία $\hat{A}=60^o$ τότε το τετράπλευρο ΟΙBC

είναι εγγραψίμο καθώς $\widehat{BIC}=\widehat{BOC}=120^o$ .
Άρα, $\widehat{IOB}=\widehat{ICB}=\hat{C}/2 = \widehat{EOB}/2$ , και συνεπώς η

διχοτομεί τη γωνία $\widehat{EOB}$ .
To τρίγωνο EOB

είναι ισοσκελές, άρα η

είναι και μεσοκάθετος της

.

: C6_P4.png (616.17 KiB) Προβλήθηκε 4685 φορές

[ggb=https://www.geogebra.org/classic/fvhrrvz2][/ggb]

∫ot.T. · #19

Βλέποντας τα θέματα παρατηρώ ότι το πρόβλημα 2 της Β' Λυκείου λύνεται γρήγορα, αλλά με χρήση συμβόλου Legendre.
Αφού 2023=πολ7 τότε $2023\cdot 10^{n}+6\equiv -1mod7$
Άρα πρέπει να υπάρχει α με
$a^{2}\equiv -1mod7$
Άτοπο αφού το -1 δεν είναι τετραγωνικό κατάλοιπο του 7.

Όντως $\left ( \frac{-1}{7} \right )\equiv (-1)^{\frac{7-1}{2}}\equiv -1 mod7$

(Έτσι μπορεί να λυθεί το Π3 της Γ' Λυκείου αφού $\left ( \frac{-2}{7} \right )\equiv -1mod7$ )

Nick Rapanos · #20

Γ' Γυμνασίου

1. $2^{100}$ (αν δεν έχω κάνει κάποιο λάθος..)

2. $2023xy = 2023*100+10x+y \Rightarrow 10x+y = 0$ mod17 και $0\leq10x+y\leq99$

3. Έστω ότι κανένας από τους

αριθμούς δε διαιρείται με το

. Τότε καθένας από αυτούς τους

αριθμούς θα πρέπει να διαιρείται είτε με το

είτε με το

και αυτό γιατί αν υπήρχε ένας που δε διαιρούταν ούτε με το

ούτε με το

, θα μπορούσα να επιλέξω μια τετράδα αριθμών που αποτελείται από αυτόν και τρεις ακόμα αριθμούς με τον ίδιο διαιρέτη (είτε

είτε

) και το γινόμενο τους δε θα διαιρούταν με το

. Αφού λοιπόν οι αριθμοί είναι

και καθένας από τους

αριθμούς θα πρέπει να διαιρείται είτε με το

είτε με το

(αλλά όχι και από το γινόμενο τους), προκύπτει από την Αρχή της Περιστεροφωλιάς ότι τουλάχιστον

αριθμοί έχουν τον ίδιο διαιρέτη και συνεπώς το γινόμενό τους δε διαiρείται με το

, που είναι άτοπο.

4. Το ΑΕΓΖ είναι παραλληλόγραμμο και η ΑΕ μπορεί να μετρηθεί με εφαρμογή του Πυθαγορείου Θεωρήματος. Εύκολα προκύπτει ότι
$AE = AZ = 5\alpha/4$ . Συνεπώς το ΑΕΓΖ είναι ρόμβος και η διαγώνιος ΕΖ διχοτομεί τη διαγώνιο ΑΓ. Με εφαρμογές του Πυθαγορείου Θεωρήματος προκύπτει ότι $A\Gamma = \sqrt{5}\alpha = 2\times EZ$

ΣΗΜΕΙΩΣΗ ΑΠΟ ΕΠΙΜΕΛΗΤΗ(ΙΩΑΝΝΟΥ Δ.) Διόρθωση κώδικα

ΘΑΛΗΣ 2023

ΘΑΛΗΣ 2023

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

Μέλη σε σύνδεση