ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

#1

Μια και πέρασε ο χρόνος διεξαγωγής του διαγωνισμού ανεβάζω τα σημερινά θέματα του διαγωνισμού για να σχολιάσουμε τις λύσεις τους εδώ.

Καλά αποτελέσματα σε όλους τους υποψηφίους

Αλέξανδρος

Dimessi · #2

Ωραία θεματακια παιδιά! Έρχομαι σε λίγο με τις λύσεις..Καλή επιτυχία σε όλους !!

Nickdpoul · #3

Έδωσα σήμερα Γ Λυκείου. Πολύ ωραία τα θέματα. Το 4ο θεωρώ δυσκολότερο από τα άλλα. Ξέρει κανένας περίπου στο πόσο διαμορφώνεται η βάση για τον Αρχιμίδη;

Τσιαλας Νικολαος · #4

Ωραία θέματα και τα σημερινά! Συγχαρητήρια στην επιτροπή. Καλή επιτυχία σε όλα τα παιδιά!

fmak65 · #5

Καλά αποτελέσματα. Στο συνημμένο είναι οι λύσεις από την Ε.Μ.Ε.
http://www.hms.gr/sites/default/files/s ... 1_2024.pdf

#6

Α Λυκείου

Πρόβλημα 1

Είναι $A=\dfrac{n^6(n^4-1)-(n^4-1)}{n^6(n-1)-(n-1)}=\dfrac{(n^4-1)(n^6-1)}{(n-1)(n^6-1)}=\dfrac{(n-1)(n+1)(n^2+1)}{n-1}=(n+1)(n^2+1)$

άρα ο

είναι σύνθετος αφού αποτελείται από γινόμενο δύο παραγόντων κάθενας από τους οποίους είναι

.

Πρόβλημα 2

Έστω

το σημείο τομής των

και

. Τα ορθογώνια τρίγωνα $KMN, \ KBC, \ CBN$ είναι ίσα (απλό) άρα $\angle{CKB}=\angle{BCN}$ άρα το τετράπλευρο CTBK είναι εγγράψιμο οπότε $\angle{CTK}=\angle{CBK}=90^{\circ}$ συνεπώς στο τρίγωνο CNK

το $\Lambda$ είναι το ορθόκεντρο, άρα $N\Lambda \perp CK$ .

Πρόβλημα 3

Θέλουμε $a=(b+c)^2, \ b=(c+a)^2, \ c=(a+b)^2 \ \ (1)$ . Αφαιρώντας τις

πρώτες κατά μέλη παίρνουμε a-b=(a-b)(-a-b-2c)

και αφού είναι διαφορετικοί μεταξύ τους, άρα -a-b-2c=1

δηλαδή $a+b=-1-2c \ \ (2)$ .

Αντικαθιστώντας την (2)

στην

παίρνουμε

απ΄όπου καταλήγουμε στην εξίσωση 4c^2+3c+1=0

που δεν έχει πραγματικές λύσεις. Άρα δεν υπάρχουν τέτοιοι αριθμοί.

Πρόβλημα 4

Αρχικά a^2+9=a^2+ab+bc+ca=(a+b)(a+c)

. Όμοια

και

οπότε αντικαθιστώντας στην παράσταση παίρνουμε

$\begin{aligned} A &=abc+\sqrt{\left[(a+b)(b+c)(c+a)\right]^2}=abc+\left|(a+b)(b+c)(c+a)\right| \\ &\stackrel{(\star)}{=} abc+(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)=54 \end{aligned}$

$(\star)$ Από τις αρχικές σχέσεις πρέπει οι αριθμοί $a+b, \ b+c, \ c+a$ να είναι όλοι θετικοί ή όλοι αρνητικοί. Το δεύτερο απορρίπτεται γιατί τότε το άθροισμά τους θα ήταν αρνητικό που είναι άτοπο διότι το άθροισμά τους είναι 2(a+b+c)=12>0

.

Γ Λυκείου

Πρόβλημα 2

Λόγω κυκλικότητας του συστήματος μπορούμε να υποθέσουμε ότι κάποιος από τους x,y,z

είναι ο μεγαλύτερος, έστω ο

.

Αν ήταν $x\geq y \geq z$ τότε $4x\geq 4y$ και $3y^3\geq 3z^3$ άρα $4x+3y^3\geq 4y+3z^3$ απ' όπου παίρνουμε $z^5\geq x^5$ δηλαδή $z\geq x$ και σε συνδυασμό με την $x\geq z$ έχουμε τελικά x=y=z

.

Αν ήταν $x \geq z \geq y$ τότε $4z\geq 4y$ και $3x^3\geq 3z^3$ απ' όπου παίρνουμε $3x^3+4z\geq 3z^3+4y$ δηλαδή $y^5\geq x^5$ οπότε $y\geq x$ απ' όπου και πάλι παίρνουμε x=y=z

.

Άρα η αρχική εξίσωση γίνεται x^5-3x^3-4x=0

δηλαδή

ή

οπότε τελικά οι λύσεις της εξίσωσης είναι $(x,y,z)=(0,0,0), \ (2,2,2), \ (-2,-2,-2)$ .

Αλέξανδρος

Dimessi · #7

Πρόβλημα 1- γ λυκείου. Είναι $\displaystyle \frac{K\Delta }{\Delta H}=\frac{AK}{AH}\cdot \frac{\eta \mu \angle BAM}{\eta \mu \angle MAH}\overset{BM=MH}=\frac{AK}{AH}\cdot \frac{AH}{AB}=\frac{AK}{AB}$ και αφού M,N

μέσα των

αντίστοιχα, άρα $\displaystyle MN\parallel B\Gamma \Rightarrow K\Lambda \parallel B\Gamma \overset{\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta }\Rightarrow \frac{AK}{AB}=\frac{A\Lambda }{A\Gamma }.$ Επομένως $\displaystyle \frac{K\Delta }{\Delta H}=\frac{A\Lambda }{A\Gamma }.$ Αφού $\displaystyle \frac{E\Lambda }{EH}=\frac{A\Lambda }{AH}\cdot \frac{\eta \mu \angle \Gamma A\Lambda }{\eta \mu \angle NAH}\overset{\Gamma N=NH}=\frac{A\Lambda }{AH}\cdot \frac{AH}{A\Gamma }=\frac{A\Lambda }{A\Gamma }$ , τελικά $\displaystyle \frac{K\Delta }{\Delta H}=\frac{E\Lambda }{EH}\overset{\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau \rho o\varphi o\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta }\Rightarrow \Delta E\parallel K\Lambda \overset{K\Lambda \parallel B\Gamma }\Rightarrow \Delta E\parallel B\Gamma$ που ολοκληρώνει την απόδειξη.

elenipappa · #8

Η λύση μου στο Π2 Α' λυκείου
Παρατηρούμε ότι το $\Lambda$ είναι σημείο της μεσοκαθέτου $B\Gamma$ του τμήματος

.Άρα το τρίγωνο $K\Lambda N$ είναι ισοσκελές με $N\Lambda =\Lambda K$ . Επίσης, παρατηρούμε ότι $K\Gamma =N\Gamma$ , αφού $\Gamma$ σημείο της μεσοκαθέτου. Όμως, η $B\Gamma$ είναι διχοτόμος της $\angle K\Gamma N$ . Επίσης, τα τρίγωνα KNI

(με

σημέιο τομης της $N\Lambda$ με την $K\Gamma$ ) και NPK

(με

σημείο τομής της

με την $N\Gamma$ )είναι ίσα (ΓΠΓ). Άρα προκύπτει ότι NP=KI

. Άρα, $\Gamma P=\Gamma I$ . Ακόμα, προκύπτει ότι $\Lambda P=\Lambda I$ . Έτσι, αφού το $\Lambda$ είναι σημέιο της διχοτόμου $B\Gamma$ , τότε $\angle \Lambda IB = 90^{\circ}$ . Άρα η $N\Lambda$ είναι κάθετη στην $K\Gamma$ .

Lymperis Karras · #9

Προβλημα 3, Γ Λυκείου:

Εύκολα παίρνουμε ότι το

είναι το ορθόκεντρο των AKN, AML

. Έτσι

κάθετη στην

και

κάθετη στην

. Έτσι το

είναι ορθόκεντρο του ADE

και το ζητούμενο έπεται.

Dimessi · #10

Πρόβλημα 4-γ λυκείου. Είναι $\displaystyle a_{1}+a_{3}+...+a_{2023}=\frac{Q\left ( 1 \right )-Q\left ( -1 \right )}{2}=\frac{P\left ( 1 \right )-P\left ( -1 \right )}{2}=\frac{45^{1012}-1}{2}$ και καλούμαστε να αποδείξουμε ότι ο αριθμός $\displaystyle A=\frac{45^{1012}-1}{2\cdot 2\cdot 2\left ( 1+2+...+1012 \right )}=\frac{45^{1012}-1}{2024\cdot 2026}$ είναι ακέραιος. Ειναι $\displaystyle A=\frac{45^{1012}-1}{2024\cdot 2026}=\frac{2025^{506}-1}{2025^{2}-1}=\frac{\left ( 2025^{2} \right )^{253}-1}{2025^{2}-1}.$ Όμως, ο $2025^{2}-1$ είναι παράγοντας του $\left ( 2025^{2} \right )^{253}-1$ , που ολοκληρώνει την απόδειξη.

#11

Nickdpoul έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 20, 2024 2:03 pm
Έδωσα σήμερα Γ Λυκείου. Πολύ ωραία τα θέματα. Το 4ο θεωρώ δυσκολότερο από τα άλλα. Ξέρει κανένας περίπου στο πόσο διαμορφώνεται η βάση για τον Αρχιμίδη;

Kavousianos Ioannis έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 20, 2024 2:55 pm
Μήπως ξέρει κανείς αν η βάση στην Β γυμνασιου θα είναι από 15 και κάτω?

Οποιαδήποτε εκτίμηση για τις βάσεις είναι άκαιρη. Κατ'επανάληψη έχουμε επισημάνει ότι τέτοια ερωτήματα δεν έχουν νόημα και με έκπληξη βλέπουμε να επαναμβάνονται κάθε φορά.

Συγχαίρουμε όλους τους μαθητές και τις μαθήτριες για τη συμμετοχή τους στον "ΕΥΚΛΕΙΔΗ", τους προτρέπουμε να απέχουν από όποιες συζητήσεις για τις βάσεις - εκτός από τους επικεφαλής της επιτροπής της ΕΜΕ μετά το τέλος της βαθμολόγησης, κανείς άλλος δεν γνωρίζει τις βάσεις- και τους ενθαρρύνουμε να συνεχίσουν την ενασχόληση τους με τα μαθηματικά από αγάπη γι'αυτά και ανεξάρτητα από τα αποτελέσματα του σημερινού διαγωνισμού.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Giannis Masterio · #12

Καλησπέρα σας. Γνωρίζουμε ποτε περίπου θα βγουν τα αποτελέσματα;

Dimessi · #13

Στο 3ο θέμα της Α λυκείου, μπορούμε και αλλιώς. Παίρνουμε $\left ( b-a \right )\left (a+b+2c-1 \right )=0\overset{b-a\neq 0}\Leftrightarrow a+b+2c=1$ και $\displaystyle \left ( c-a \right )\left ( a+c+2b-1 \right )=0\overset{c-a\neq 0}\Leftrightarrow a+c+2b=1$ . Τελικά b=c

, άτοπο. done.

#14

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 4 - Β ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

Μια διδακτική λύση με διαφορά τετραγώνων, την οποία ο μέσος μαθητής διδάσκεται στη Γ Γυμνασίου, αλλά ο μυημένος στους μαθηματικούς διαγωνισμούς την γνωρίζει ήδη:

Λύση. (α) Είναι $2024=2025-1={45}^2-1^2=\left(45-1\right)\left(45+1\right)=44\cdot 46=2^3\cdot 11 \cdot 23$ .

(β) Για $\nu>1$ , είναι

$\dfrac{1}{\nu-1}-\dfrac{1}{\nu+1}=\dfrac{\left(\nu+1\right)-\left(\nu-1\right)}{\left(\nu-1\right)\left(\nu+1\right)}=\dfrac{2}{\nu^2-1},$

Οπότε διαιρώντας και τα δύο μέλη με το 2 παίρνουμε

$\dfrac{1}{\nu^2-1}=\dfrac{1}{2(\nu-1)}-\dfrac{1}{2(\nu+1)}.$

Με $\nu=45$ παιρνουμε

$\dfrac{1}{2024}=\dfrac{1}{{45}^2-1}=\dfrac{1}{2\cdot 44}-\dfrac{1}{2\cdot 46}=\dfrac{1}{88}-\dfrac{1}{92}.$

Φιλικά,

Αχιλλέας

Al.Koutsouridis · #15

Α' Λυκείου.

Πρόβλημα 1. Να αποδείξετε ότι το πηλίκο

$A = \dfrac{n^{10} -n^6-n^4+1}{n^7-n^6-n+1}$

είναι σύνθετος ακέραιος, για κάθε ακέραιο $n \geq 2$ .

Λύση.

Εκτελούμε την διαίρεση των πολυωνύμων του αριθμητή προς τον παρονομαστή του ζητούμενου κλάσματος και βρίσκουμε:

$\begin{tabular}{c|l} n^{10} -n^6-n^4+1& \underline{n^7-n^6-n+1 \phantom{1+}} \\ \underline{-(n^{10}-n^9-n^4+n^3)} \phantom{1+} & n^3+n^2+n+1 \\ \phantom{1+} 0 +n^9-n^6-n^3+1 & \\ \underline{- (n^9-n^8-n^3+n^2)} & \\ \phantom{1+}0 +n^8-n^6-n^2+1 & \\ \phantom{1+}\underline{-(n^8-n^7-n^2+n)} & \\ \phantom{1+}0 +n^7-n^6-n +1& \\ \phantom{1+}\underline{-(n^7-n^6-n++1)} & \\ \phantom{1+}0 + 0 & \end{tabular}$ .

Οπότε η ζητούμενη παράσταση γράφεται

A=n^3+n^2+n+1 = n^2(n+1)+(n+1)=(n+1)(n^2+1)

Η οποία ως γινόμενο δυο παραγόντων μεγαλύτερων του

είναι σύνθετος αριθμός.

AnnM · #16

Δεν ξέρω για τις άλλες τάξεις, αλλά τα θέματα της Γ Γυμνασιου δεν μου άρεσαν καθόλου. Ήταν πάρα πολύ διαφορετικά σε σχέση με τα παλαιότερα και προσωπικά τα βαρέθηκα.Προετοιμάζομαι από το καλοκαίρι σταδιακά, έχω λύσει πολλες ασκήσεις αλλά τέτοια θέματα δε συνάντησα καθόλου.Θεωρω ίσως πως το 3ο θέμα έπρεπε να το ασχοληθώ περισσότερο γτ μπορούσα να το πιάσω όλο όπως και το πρώτο (χαζομαρα γτ κόλλησα στο 2ο το οποίο τελικά δεν έλυσα) Θέλω ωστόσο να κάνω μια ερώτηση. Οι λύσεις που βγαίνουν είναι οπωσδήποτε αυτές, ή υπάρχουν και άλλες μεθοδολογίες και τρόποι που μπορούν να οδηγήσουν στα ίδια αποτελέσματα οι οποίες πιάνονται? Και εάν δεν έχουμε καταλήξει σε ένα αποτέλεσμα αλλά έχουμε χτίσει ένα κομμάτι της μεθοδολογίας, θα πιαστεί?

#17

Πρόβλημα 2 - Β' Λυκείου:

Προφανώς το

ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του τετραγώνου Άρα:

: Πρ.2-ΒΛ-2024.png (13.68 KiB) Προβλήθηκε 6113 φορές

$\displaystyle \tan \theta = \tan \omega \Leftrightarrow \frac{{CM}}{a} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow CM = \frac{a}{2}$ και το ζητούμενο έπεται.

Τσιαλας Νικολαος · #18

Νομίζω στις επίσημες λύσεις το τελικό αποτέλεσμα έχει λάθος στο θέμα γεωμετρίας της Β' γυμνασίου

Τσιαλας Νικολαος · #19

AnnM έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 20, 2024 5:24 pm
Δεν ξέρω για τις άλλες τάξεις, αλλά τα θέματα της Γ Γυμνασιου δεν μου άρεσαν καθόλου. Ήταν πάρα πολύ διαφορετικά σε σχέση με τα παλαιότερα και προσωπικά τα βαρέθηκα.Προετοιμάζομαι από το καλοκαίρι σταδιακά, έχω λύσει πολλες ασκήσεις αλλά τέτοια θέματα δε συνάντησα καθόλου.Θεωρω ίσως πως το 3ο θέμα έπρεπε να το ασχοληθώ περισσότερο γτ μπορούσα να το πιάσω όλο όπως και το πρώτο (χαζομαρα γτ κόλλησα στο 2ο το οποίο τελικά δεν έλυσα) Θέλω ωστόσο να κάνω μια ερώτηση. Οι λύσεις που βγαίνουν είναι οπωσδήποτε αυτές, ή υπάρχουν και άλλες μεθοδολογίες και τρόποι που μπορούν να οδηγήσουν στα ίδια αποτελέσματα οι οποίες πιάνονται? Και εάν δεν έχουμε καταλήξει σε ένα αποτέλεσμα αλλά έχουμε χτίσει ένα κομμάτι της μεθοδολογίας, θα πιαστεί?

Καλησπέρα. Οι λύσεις είναι ενδεικτικές και εννοείται οποιαδήποτε άλλη λογίζεται ως σωστή, αρκεί να είναι. Από εκεί και πέρα όντως τα θέματα της Γ' Γυμνασίου ήταν λίγο "διαφορετικά" αλλά αυτή δεν είναι άλλωστε και η ομορφιά των διαγωνισμών; Όπως και να έχει η δυσκολία είναι ίδια για όλους οπότε κάντε υπομονή μέχρι να βγουν τα αποτελέσματα για να δείτε πως πήγατε . Συνέχισε την προσπάθειά σου πάντως γιατί μόνο κερδισμένος- κερδισμένη έχεις να βγεις από την όλη διαδικασία!

#20

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 20, 2024 5:40 pm
Νομίζω στις επίσημες λύσεις το τελικό αποτέλεσμα έχει λάθος στο θέμα γεωμετρίας της Β' γυμνασίου

Πρόκειται για τυπογραφικό λάθος, όχι μαθηματικό, το οποίο θα διορθωθεί σύντομα: $12\cdot 11=132$ .

No big deal!

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

Μέλη σε σύνδεση