ΘΑΛΗΣ 2014

#1

Στο συνημμένο τα θέματα του 2014 !

Καλά αποτελέσματα σε όλα τα παιδιά !

Μπάμπης

#2

ΘΕΜΑ 3-Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Απλή εφαρμογή των ταυτοτήτων:

(α) Είναι

$\displaystyle{A=(x^2)^2+(y^2)^2+(xy)^2+2x^2y^2+2x^2xy+2y^2xy=x^4+2x^3y+3x^2y^2+2xy^3+y^4}$

(β) Είναι

$\displaystyle{B=2x^4+2(x^4+4xy^3+6x^2y^2+4xy^3+y^4)+2y^4=4(x^4+2x^3y+3x^2y^2+2xy^3+y^4)=4(x^2+xy+y^2)^2}$ ,

κι άρα $\sqrt{B}=2|x^2+xy+y^2|=2(x^2+xy+y^2)$ ,

δηλ. ρητός.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#3

ΘΕΜΑ 2-Γ Λυκείου

Είναι

$\displaystyle{(x^2-xy+y^2)(x^2+xy+y^2)=x^4+x^2y^2+y^4=91}$ ,

κι άρα

$\displaystyle{x^2-xy+y^2=\dfrac{91}{x^2+xy+y^2}=\dfrac{91}{13}=7}$ .

Προσθέτοντας κατά μέλη την τελευταία με την x^2+xy+y^2=13

και διαιρώντας με 2 παίρνουμε

x^2+y^2=10

και

.

Άρα

, οπότε $x+y=\pm 4$ .

Εύκολα βλέπουμε τώρα ότι οι λύσεις είναι (x,y)=(1,3)

,

.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#4

ΘΕΜΑ 1-Γ λυκείου

Έστω p,q

οι ακέραιες λύσεις της x^2-(3a-5)x+186=0

.

Τότε θα είναι p+q=3a-5

και $pq=186=2\cdot 3\cdot 31$ .

Συνεπώς, οι p,q

είναι ακέραιοι διαιρέτες του 186.

Αν p=1

και

παίρνουμε $p+q+5=192=3\cdot 64$ , κι άρα a=64

.

Αν

και

παίρνουμε

, κι άρα $a=-\dfrac{182}{3}$ .

Αν p=2

και

παίρνουμε

, κι άρα $a=\dfrac{100}{3}$ .

Αν p=-2

και

παίρνουμε

, κι άρα

.

Αν

και

παίρνουμε

, κι άρα $a=\dfrac{70}{3}$ .

Αν p=-3

και

παίρνουμε

, κι άρα

.

Αν

και

παίρνουμε

, κι άρα

.

Αν

και

παίρνουμε

, κι άρα $a=-\dfrac{32}{3}$ .

Λόγω συμμετρίας, τα παραπάνω ζεύγη εξαντλούν όλες τις περιπτώσεις.

Σημείωση: Δείτε τοπαρακάτω μήνυμα.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Edit: 2:08 μμ Προσθήκη σημείωσης.

#5

ΘΕΜΑ 4-Α Λυκείου

Λύση με γνώσεις εγγράψιμων τετραπλεύρων:

Το ABCD

είναι εγγράψιμο, κι άρα $\angle CAB=20^{\circ}=\angle CDB=\dfrac{\angle CDA}{2}=20^{\circ}$ .

Πράγματι στο ισοσκελές BDC

είναι $\angle BDC=20^{\circ}$ κι άρα $\angle BCD=80^{\circ}$ .

Άρα οι γωνίες BAD

και

είναι παραπληρωματικές, οπότε το ABCD

είναι εγγράψιμο.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#6

Πρόβλημα 4- A Λυκείου

Θεωρούμε τετράπλευρο ABCD

με τη γωνία $\widehat A=100^0$ και $\widehat D=40^0$ .Αν

είναι
διχοτόμος της γωνίας $C\widehat DA$ και DB = DC

, να υπολογισθεί το μέτρο της γωνίας $C\widehat AB$

Λύση.

Η απλούστερη λύση είναι με το εγγράψιμο τετράπλευρο, που όμως δεν το γνωρίζουν ακόμα τα παιδιά της Α Λυκείου.

$\displaystyle{DB = DC \Leftrightarrow D\widehat BC = {80^0}}$ και $\displaystyle{D\widehat BA = {60^0}}$
Προεκτείνω την

και παίρνω σημείο

, ώστε

.
Τα τρίγωνα DBE, DBC

είναι ίσα (Π-Γ-Π). Άρα BE=BC

και $\displaystyle{D\widehat EB = D\widehat CB = {80^0}}$ .
Αλλά είναι και $\displaystyle{E\widehat AB = {80^0}}$ , οπότε το τρίγωνο BAE

είναι ισοσκελές, δηλαδή BA=BC

.

Άρα: $\displaystyle{C\widehat AB = \frac{{{{180}^0} - {{140}^0}}}{2} \Leftrightarrow }$ $\boxed{C\widehat AB = {20^0}}$

: Thalis A-2014.png (12.1 KiB) Προβλήθηκε 8194 φορές

#7

Για το (3) της Β' γυμνασίου:

Εφαρμόζουμε την ανισότητα

$\displaystyle{\frac{a}{b}<\frac{a+k}{b+k},}$ όπου $k>0, \ 0<a<b,$

για τους αριθμούς $\displaystyle{a=997,\ b=2009 , \ k=2,4,...,14.}$

KARKAR · #8

Εύκολη η Γεωμετρία της Γ ... Το

είναι το μέσο του $\overset{\frown}{AC}$ .

: Θαλής Γ-3.png (24.8 KiB) Προβλήθηκε 6574 φορές

Οι γωνίες $\theta , \phi$ είναι ίσες : $\theta=\dfrac{\overset{\frown}{AZ}-\overset{\frown}{CH}}{2}=\dfrac{\overset{\frown}{ZH}}{2}=\phi$

Οι ροζ παραπληρωματικές : $\hat{D}=\dfrac{\overset{\frown}{BC}+\overset{\frown}{AZ}}{2} , \hat{K}=\dfrac{\overset{\frown}{AB}+\overset{\frown}{AZ}}{2}$

$\hat{D}+\hat{K}=\dfrac{\overset{\frown}{BC}+\overset{\frown}{AB}+2\overset{\frown}{AZ}}{2}=180^0$ . Η κόκκινη $\omega=\phi=\theta$ , τελειώνει το θέμα .

panagiotis99 · #9

Καλησπέρα και καλή επιτυχία σε όλους τους τους συμμετέχοντες.

Ένα σχόλιο για το τέταρτο θέμα της Α Λυκείου.
Λύση θα μπορούσε και εύκολα να προκύψει με χρήση του νόμου ημιτόνων ( που είναι εντός ύλης για την α λυκείου)
Αρκεί να εφαρμόσουμε τον νόμο ημιτόνων στα τρίγωνα ABD

και εύκολα προκύπτει AB=AC

το οποίο μας δίνει άμεσα το ζητούμενο

#10

: G _lyk_thalis_75.png (39.82 KiB) Προβλήθηκε 7979 φορές

Και της Β Λυκείου η Γεωμετρία δεν είναι δύσκολη αλλά πιο ανεβασμένη από της Γ Λυκείου.

Αν

το σημείο τομής των ευθειών

και

, τα τρίγωνα ADL

,

είναι ισοσκελή ορθογώνια , το τετράπλευρο ALTK

εγγράψιμο και έτσι και το τετράπλευρο

TECD

εγγράψιμο , μετά ...τέλος.

Σχήμα αργότερα γιατί έχω εγκλωβιστεί στα του διαγωνισμού στο σχολείο μου .

Νίκος

Παναγιώτης Χ. · #11

Πρόβλημα:
Χωρίς την εκτέλεση των διαιρέσεων αριθμητή με παρανομαστή, να βρείτε τον
μεγαλύτερο και τον μικρότερο από τους παρακάτω αριθμούς:
$\displaystyle{\frac{1003}{2015}, \frac{1007}{2019}, \frac{1009}{2021}, \frac{997}{2009}, \frac{1011}{2023}, \frac{999}{2011}, \frac{1001}{2013}, \frac{1005}{2017}.}$

Η δικιά μου λύση:
Παρατηρούμε ότι σε όλα τα κλάσματα η διαφορά παρανομαστή - αριθμητή είναι 1012

, οπότε το κλάσμα με τον μεγαλύτερο αριθμητή και παρανομαστή, το $\displaystyle{\frac{1011}{2023}}$ είναι το μεγαλύτερο. Το ίδιο και με το μικρότερο κλάσμα που είναι το $\displaystyle{\frac{997}{2009}}$ .

#12

Μια λύση για το 4ο θέμα της Α από το συνάδελφο Μίλτο Στεργιούλη:

"Από το

φέρνω κάθετες

και

στις

και

αντίστοιχα.

Αφού

διχοτόμος της $\ανγλε CDA$ από το γυμνάσιο είναι γνωστό ότι BE=BZ

,

κι άρα τα ορθογώνια τρίγωνα BEA

και

είναι ίσα (αφού έχουν και $\angle EAB=\angle BCZ=80^{\circ}$ ), οπότε BA=BC

, κι άρα

αφού $\angle ABC=140^{\circ}$ , είναι $\angle BAC=20^{\circ}$ ."

Για την αντιγραφή:

Αχιλλέας Συνεφακόπουλος

gavrilos · #13

Καλησπέρα σε όλους.Στη Β' Λυκείου ωραία θέματα.Ορίστε οι λύσεις μου συνοπτικά για 1,4.

Θέμα 1

Οι αριθμοί $\displaystyle{A,B}$ είναι θετικοί.

Επίσης $\displaystyle{A-B=\frac{x^{k}+1}{x^{k+1}+1}-\frac{x^{k+1}+1}{x^{k+2}+1}=\frac{(x^{k}+1)(x^{k+2}+1)-(x^{k+1}+1)^{2}}{(x^{k+1}+1)(x^{k+2}+1)}=}$

$\displaystyle{\frac{x^{2k+2}+x^{k}+x^{k+1}+1-x^{2k+2}-2x^{k+1}-1}{(x^{k+1}+1)(x^{k+2}+1)}=\frac{x^{k}(x-1)^{2}}{(x^{k+1}+1)(x^{k+2}+1)}}$ .

Άρα $\displaystyle{A=B}$ για $\displaystyle{x=1}$ και $\displaystyle{A>B}$ για $\displaystyle{x\neq 1}$ .

Θέμα 4

Έστω $\displaystyle{a_{1},a_{2},...,a_{x}}$ οι βαθμοί των μαθητών.Είναι $\displaystyle{\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{x}}{x}=78\Leftrightarrow a_{1}+a_{2}+...+a_{x}=78x}$ .

Έστω ότι οι βαθμοί των μαθητών που πήραν $\displaystyle{100}$ είναι οι $\displaystyle{a_{1},a_{2},...,a_{8}}$ .

Τότε θα ισχύει $\displaystyle{a_{9}+a_{10}+...+a_{x}=78x-800}$ .

Όμως όλοι οι μαθητές έγραψαν τουλάχιστον $\displaystyle{70}$ άρα στην τελευταία είναι $\displaystyle{LHS\geq 70(x-8)\Leftrightarrow 78x-800\geq 70x-560\Leftrightarrow 8x\geq 240\Leftrightarrow \boxed{x\geq 30}}$ .

Τη γεωμετρία την έλυσα όπως και ο κύριος Νίκος (Doloros) παραπάνω.Το 2 ήταν αρκετά δύσκολο κατά τη γνώμη μου.Βρήκα μια μακροσκελή λύση που μάλλον είναι σωστή (έμπλεξα με διακρίνουσες και πρόσημα τριωνύμου).Θα ήθελα να δω μια καλύτερη λύση.

#14

Θέμα 4-Γ λυκείου:

Ο αριθμός θα είναι της μορφής n=pq

ή

όπου

πρώτοι.

Στη δεύτερη περίπτωση η εξίσωση 1+p+p^2+p^3=640

γίνεται $p(1+p+p^2)=3^2\cdot 71$ .

Εύκολα βλέπουμε ότι δεν έχει λύση (αφού, π.χ. αν p=3

, τότε

).

Στην πρώτη περίπτωση, είναι

1+p+q+pq=640

ή ισοδύναμα $(p+1)(q+1)=640=5\cdot 2^7$ .

Έχοντας στο νου ότι p,q

πρώτοι αριθμοί βρίσκουμε (εξετάζοντας περιπτώσεις) ότι οι μόνες δυνατές λύσεις είναι οι

(1) p=7

,

και $n=7\cdot 79=553$

και

(2) p=19

,

και $n=19\cdot 31=589$

Φιλικά,

Αχιλλέας

Al.Koutsouridis · #15

Για το δευτερο θεμα της Β λυκείου.

Αρκεί να παρατηρήσουμε ότι η δοθείσα εξίσωση γράφεται:

$(x-3y)^{2} + (x-2y)^{2} + 2\left|x-y \right| = 5$

Οπότε περιορίζομαστε στο να βρούμε τριάδες της μορφής (4,1,0) για αυτά τα τετράγωνα κτλ...

Ιστοσελίδα · #16

Θέμα 2ο - Γ΄ Λυκείου

$(x^2+xy+y^2)^2=169 \Rightarrow x^4+x^2y^2+y^4+2(x^3y+x^2y^2+xy^3)=169\Rightarrow$

x^3y+x^2y^2+xy^3=39

Είναι $x^3y+x^2y^2+xy^3-3(x^2+xy+y^2)=0 \Rightarrow$

$x^2(xy-3)+xy(xy-3)+y^2(xy-3)=0 \Rightarrow$

$(xy-3)(x^2+xy+y^2)=0 \Rightarrow xy-3=0$ ή $x^2+xy+y^2=0 \Rightarrow xy=3$ ή x=y=0

(απορρίπτεται).

Άρα xy=3

και $x^2+y^2=10 \Rightarrow x+y=\pm 4$

Παίρνουμε $(x,y)\in\{(1,3),(3,1),(-1,-3),(-3,-1)\}$ οι οποίες επαληθεύουν το σύστημα.

#17

Λύσεις

gavrilos · #18

Η λύση του κύριου Κουτσουρίδη είναι φυσικά η λύση που έψαχνα για το δεύτερο πρόβλημα της Β' Λυκείου.Να και η λύση που έδωσα στο διαγωνισμό.

Αφού $\displaystyle{2|x-y|\geq 0}$ είναι $\displaystyle{2x^{2}-10xy+13y^{2}\leq 5\Leftrightarrow 2x^{2}-10xy+13y^{2}-5\leq 0}$ .

Αν το πάρουμε ως τριώνυμο του $\displaystyle{x}$ τότε αφού δεν παίρνει θετικές τιμές,πρέπει $\displaystyle{\Delta \geq 0\Leftrightarrow 100y^{2}-104y^{2}+40\geq 0\Leftrightarrow y^{2}\leq 10}$ .

Αφού το $\displaystyle{y}$ είναι ακέραιο θα είναι $\displaystyle{y^{2}\leq 9\Leftrightarrow |y|\leq 3}$ και ελέγχουμε όλες τις δυνατές περιπτώσεις (που είναι πολλές και έχουν και υποπεριπτώσεις).

Λύσεις προκύπτουν για $\displaystyle{y=1,-1}$ και είναι οι $\displaystyle{(x,y)=(1,1),(3,1),(-1,-1),(-3,-1)}$ .

Ωραία και η λύση της ΕΜΕ για αυτό το θέμα.

Μπράβο στην επιτροπή για τα θέματα.Συγχαρητήρια σε όσους συμμετείχαν!Καλά αποτελέσματα!

#19

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Λύσεις

Στις λύσεις του 1ου θέματος της Γ λυκείου φαίνεται $a\in \mathbb{Z}$ , ενώ στις εκφωνήσεις που ανέβασε το πρωί ο Μπάμπης φαίνεται ότι $a\in \mathbb{R}$ .

Δόθηκε διευκρίνιση στους μαθητές;

Φιλικά,

Αχιλλέας

panos misiakos · #20

Μία παρατήρηση για το 2ο θέμα της Β' Λυκείου.
Αν η εξίσωση επιδέχεται ως λύση την (x,y)

τότε επιδέχεται και την (-x,-y)

Οπότε αρκεί να εξετάσουμε την περίπτωση $x\geq y$ .

ΘΑΛΗΣ 2014

ΘΑΛΗΣ 2014

Re: ΘΑΛΗΣ 2014

Re: ΘΑΛΗΣ 2014

Re: ΘΑΛΗΣ 2014

Re: ΘΑΛΗΣ 2014

Re: ΘΑΛΗΣ 2014

Re: ΘΑΛΗΣ 2014

Re: ΘΑΛΗΣ 2014

Re: ΘΑΛΗΣ 2014

Re: ΘΑΛΗΣ 2014

Re: ΘΑΛΗΣ 2014

Re: ΘΑΛΗΣ 2014

Re: ΘΑΛΗΣ 2014

Re: ΘΑΛΗΣ 2014

Re: ΘΑΛΗΣ 2014

Re: ΘΑΛΗΣ 2014

Re: ΘΑΛΗΣ 2014

Re: ΘΑΛΗΣ 2014

Re: ΘΑΛΗΣ 2014

Re: ΘΑΛΗΣ 2014

Μέλη σε σύνδεση