ΘΑΛΗΣ 2015

#1

Τα σημερινά θέματα του ΘΑΛΗ 2015 !

Ας γράψουμε εδώ τις λύσεις ,έστω και σύντομες παρά υποδείξεις.

Καλά αποτελέσματα σε όλα τα παιδιά που συμμετείχαν .

Μπ

#2

ΘΕΜΑ 3/Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Το αριστερό μέλος είναι x(x+1)+y(y+1)

, δηλ. άρτιος.

Άρα p=2

, κι η εξίσωση γίνεται

(2x+1)^2+(2y+1)^2=10

.

Συνεπώς, αφού $(2y+1)^2\geq 1$ , ισχύει

$(2x+1)^2\leq 9$ ,

απ'όπου παίρνουμε τις δυνατές (ακέραιες) τιμές του

να είναι

.

Για

είναι

ή

.

Για

είναι

ή

.

Για

είναι

ή

.

Για

είναι

.

Άρα οι λύσεις (x,y)

είναι

.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#3

ΘΕΜΑ 2/Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Πρέπει $x\ne 3$ και $y\ne -2$ .

Θέτουμε $a=\dfrac{1}{x-3}$ και $b=\dfrac{1}{y+2}$ , οπότε η δεύτερη εξίσωση γίνεται

3a-4b=11

,

ενώ από την πρώτη παίρνουμε

$a+b=\dfrac{1}{x-3}+\dfrac{1}{y+2}=\dfrac{(x-3)+(y-2) }{(x-3)(y+2)}=\dfrac{x+y-1}{(x-3)(y+2)}=6$ .

Έτσι έχουμε το σύστημα

3a-4b=11

,

.

Πολλαπλασιάζοντας την τελευταία με

και προσθέτοντας κατά μέλη παίρνουμε 7a=35

.

Συνεπώς, a=5

και

, κι άρα

$x=3+\dfrac{1}{a}=\dfrac{16}{5}$ και $y=-2+\dfrac{1}{b}=-1$ . (δεκτές)

Φιλικά,

Αχιλλέας

papamixalis · #4

Καλημέρα

Α λυκείου πρόβλημα 1

$2x+x^2-1<x^2+x-2+l \Leftrightarrow$

x<l-1

Η δεύτερη ανίσωση γράφεται ισοδύναμα

$4x-2-3>2x-2 \Leftrightarrow$

$2x>4 \Leftrightarrow x>\dfrac{3}{2}$

Για να συναληθεύουν οι ανισώσεις πρέπει

$l-1>\dfrac{3}{2} \Leftrightarrow l>\dfrac{5}{2}$

Φιλικά
Μιχάλης

papamixalis · #5

Β λυκείου
Πρόβλημα 1

$x^2+2y^2=4 \Leftrightarrow 2y^2=4-x^2 (1)$

32y^2=64-16x^2 (2)

Άρα η παράσταση γράφετε

$A=\sqrt{x^4+5x^2 +4-x^2} +\sqrt{x^4 -16x^2+64}$

$A=\sqrt{(x^2+2)^2} + \sqrt{(x^2-8)^2}$

A=|x^2+2|+|x^2-8|

Από την

προκύπτει ότι $4-x^2 \geq 0 \Leftrightarrow x^2 \leq 4$

Άρα $x^2-8 \leq -4 \leq 0$

A=x^2+2-x^2+8

#6

Πρόβλημα 4 Α Λυκείου.

: Θαλής Α. Γεωμ. 2015.png (16.32 KiB) Προβλήθηκε 10925 φορές

α) Το τρίγωνο BEA

είναι ορθογώνιο γιατί η διάμεσος $\displaystyle{{\rm E}\Delta = \frac{{{\rm A}{\rm B}}}{2}}$ . Εύκολα τώρα προκύπτει ότι $\displaystyle{{\rm E}\widehat {\rm A}\Delta = {30^0} \Leftrightarrow {\rm E}\widehat {\rm A}{\rm T} = {60^0}}$ . Επίσης είναι $\displaystyle{{\rm A}\widehat {\rm T}{\rm E} = {60^0}}$ , επομένως το τρίγωνο $\displaystyle{{\rm A}{\rm E}{\rm T}}$ είναι ισόπλευρο.

β) Από το προηγούμενο έχουμε ότι το $\displaystyle{{\rm E}\Delta {\rm T}{\rm B}}$ είναι ρόμβος και το $\displaystyle{{\rm A}\Theta \Delta {\rm E}}$ παραλληλόγραμμο, άρα $\displaystyle{\Delta {\rm T} = \Delta {\rm E} = {\rm A}\Theta }=$

και $\displaystyle{{\rm A}{\rm T} = \Delta \Theta = {\rm A}{\rm E}}$ . Τα τρίγωνα $ATB, \Delta\Theta T$ είναι ορθογώνια και έχουν τις κάθετες πλευρές τους ίσες μία προς μία, επομένως είναι ίσα.

#7

ΘΕΜΑ 4/Α ΛΥΚΕΙΟΥ

(α) Είναι $\Delta A=\Delta E=\Delta B$ .

Άρα το τρίγωνο $E\Delta A$ είναι ισοσκελές με $\angle E\Delta A=120^{\circ}$ κι άρα $\angle AE\Delta=\angle EA\Delta=30^{\circ}=\angle \Delta AT$ .

Αφού

είναι μεσοκάθετος της $E\Delta$ , θα είναι και διχοτόμος της $BE\Delta$ , κι άρα $\Delta ET=30^{\circ}$ , οπότε $\angle AET=60^{\circ}$ .

Έτσι, το τρίγωνο AET

έχει δύο γωνίες ίσες με $60^\circ$ , οπότε είναι ισόπλευρο.

(β) Η

είναι μεσοκάθετος της

(ως διχοτόμος σε ισόπλευρο τρίγωνο) κι άρα $T\Delta=\Delta E=EB=BT$ .

Παρατηρούμε ότι $A\Theta //BT$ αφού $\angle BA\Theta+\angle ABT=120^{\circ}+60^{\circ}=180^{\circ}$ .

Επίσης, $A\Theta=\dfrac{A\Gamma}{2}=\dfrac{AB}{2}=BT$ .

Συνεπώς, το $ABT\Theta$ είναι παραλληλόγραμμο,κι έτσι $\Theta T=AB$ .

Εύκολα βλέπουμε ότι $T\Delta \Theta=90^{\circ}$ και $ATB=90^{\circ}$ .

Άρα τα ορθογώνια τρίγωνα ABT

και $\Theta \Delta T$ έχουν ίσες υποτείνουσες και μια κάθετη πλευρά ίση, κι άρα είναι ίσα.

Φιλικά,

Αχιλλέας

KARKAR · #8

: Γεωμετρία Α'.png (27.01 KiB) Προβλήθηκε 10881 φορές

Εύκολα μπορεί να βρει κανείς τις σημειούμενες γωνίες τριάντα μοιρών , που οδηγούν στη λύση

(Θα έλεγα ότι το θέμα μπορούσε να δοθεί και σε μικρότερη τάξη )

*Διόρθωσα την αρχική μου διατύπωση , διότι μπορούσε να εκληφθεί ως ειρωνεία ,

κάτι που ασφαλώς δεν ήταν στις προθέσεις μου ...

#9

ΘΕΜΑ 4/Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Προφανώς μια λύση είναι a=b=c=0

.

Θέτουμε $x=\sqrt[3]{a}$ , $y=\sqrt[3]{b}$ , $z=\sqrt[3]{c}$

οπότε το σύστημα γίνεται

$y-1=\dfrac{z^3}{x^3}$
$z-1=\dfrac{x^3}{y^3}$
$x-1=\dfrac{y^3}{z^3}$

Έστω $z=\min\{x,y,z\}$ .

Αν $x\geq y\geq z$ , τότε $y=1+\dfrac{z^3}{x^3}\leq 2$ και $z=1+\dfrac{x^3}{y^3}\geq 2$ .

Άρα $2\geq y\geq z\geq 2$ , οπότε y=2

, κι άρα

, όποτε

(αφού $2\geq y\geq z\geq 2$ ).

Αν $y\geq x\geq z$ , τότε ομοίως βρίσκουμε ότι

$y\leq 2$ , $x\geq 2$ και $z\leq 2$ .

Συνεπώς, $2\geq y\geq x\geq 2\geq z$ , δηλ. x=y=z=2

.

Άρα

είναι η μοναδική άλλη λύση (Edit: εκτός από την (0,0,0)

που βρήκαμε στην αρχή φυσικά)

Φιλικά,

Αχιλλέας

#10

2ο Θέμα Γ Λυκείου

Έχουμε να λύσουμε εξίσωση της μορφής $\sqrt{a}+\sqrt{b}=\sqrt{c}+\sqrt{d}$ με a+b=c+d

.

Υψώνοντας στο τετράγωνο και χρησιμοποιώντας τη συνθήκη a+b=c+d

παίρνουμε

άρα

δηλαδή

απ' όπου

ή

Εφαρμόζοντας τα παραπάνω στην εξίσωση που έχουμε παίρνουμε 2x^2-3x+5=3x^2-3x+4

ή

απ' όπου παίρνουμε $x=\pm 1 , 2$ που είναι δεκτές τιμές.

Αλέξανδρος

KARKAR · #11

: Γεωμετρία B'.png (8.79 KiB) Προβλήθηκε 10827 φορές

Είναι : $MN//=\dfrac{AB}{2}//=\dfrac{DC}{2}$ , άρα τα M,N

είναι τα μέσα και των DP,CP

Επειδή $\dfrac{AM}{MK}=\dfrac{DM}{MP}$ , είναι KP//DA

#12

ΘΕΜΑ 3/Β ΛΥΚΕΙΟΥ

(α) Εύκολα βλέπουμε ότι για θετικό ακέραιο

ισχύει:

$\dfrac{a+2}{5}<a<\dfrac{5a}{2}$ .

(β) H 1η ανίσωση είναι ισοδύναμη με $x\leq \dfrac{5a}{2}$ , η 2η με $x>\dfrac{a+2}{5}$ και η 3η με $x\geq a$ .

Συνεπώς, $A=[a, \dfrac{5a}{2}]$ .

Αν a=2k

, τότε το πλήθος των στοιχείων του

είναι

, ενώ αν

,

τότε το πλήθος των στοιχείων του

είναι

.

Συνεπώς, το πλήθος των στοιχείων του

είναι $\dfrac{3a+2}{2}$ , αν

άρτιος και $\dfrac{3a+1}{2}$ αν

περιττός.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#13

Πρόβλημα 2 Β Λυκείου

: Θαλής B. Γεωμ. 2015.png (12.21 KiB) Προβλήθηκε 10794 φορές

$\displaystyle{{\rm M}{\rm N}// = \frac{{{\rm A}{\rm B}}}{2}// = \frac{{\Delta \Gamma }}{2}}$ , άρα τα M, N

είναι μέσα και των $\Delta P, \Gamma P$ , οπότε τα $APK\Delta, BPK\Gamma$ είναι παραλληλόγραμμα, άρα $PK//A\Delta$ και το ζητούμενο έπεται.

#14

3ο Θέμα Γ Λυκείου

Παίρνουμε περιπτώσεις για τους x,y

απ' όπου καταλήγουμε ότι το 1ο μέλος της εξίσωσης είναι άρτιος. Άρα ένας από τους $p, \ q$ είναι άρτιος και αφού οι $p, \ q$ είναι πρώτοι άρα ένας από τους δύο είναι ίσος με

, έστω

.

Άρα η εξίσωση γίνεται (x+y)(x^2-xy+y^2)-(x+y)=2q

δηλαδή

. Οι θετικοί διαιρέτες του 2ου μέλους είναι οι 1,2,q,2q

συνεπώς καταλήγουμε στα εξής συστήματα:

$(\Sigma_1) \ \begin{cases}x+y=1 \\ x^2-xy+y^2-1=2q \end{cases}$ $(\Sigma_2) \ \begin{cases}x+y=2q \\ x^2-xy+y^2-1=1 \end{cases}$ $(\Sigma_3) \ \begin{cases}x+y=2 \\ x^2-xy+y^2-1=q \end{cases}$ $(\Sigma_4) \ \begin{cases}x+y=q \\ x^2-xy+y^2-1=2 \end{cases}$

Το σύστημα $(\Sigma_1)$ δίνει 3xy=2q

απ' όπου

άρα

Το σύστημα $(\Sigma_2)$ δίνει 4q^2-3(2q-y)y=2

δηλαδή

, άτοπο διότι το

δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο $\mod{3}$ . (Ίσως αυτή η περίπτωση απορρίπτεται με πιο απλό τρόπο $\color{red}(\star)$ )

Το σύστημα $(\Sigma_3)$ δίνει 3-3xy=q

άρα

κι έτσι

άρα παίρνουμε τις λύσεις (x,y)=(0,2), (2,0)

Τέλος, το σύστημα $(\Sigma_4)$ δίνει q^2=3+3xy

άρα

και παίρνουμε τις λύσεις (x,y)=(1,2), (2,1)

Edit: $\color{red}(\star)$ Η περίπτωση αυτή απορρίπτεται με απλούστερο τρόπο. Η πρώτη εξίσωση του συστήματος γίνεται x^2-yx+y^2-2=0

που έχει διακρίνουσα $\Delta = 8-y^2$ η οποία δεν είναι τετράγωνο ακεραίου για κάποια τιμή του

. Άρα η εξίσωση δεν έχει λύση στους ακεραίους.

Αλέξανδρος

#15

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 4 - Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω $D.\ E$ , τα μέσα των $AB,\ AC$ , αντιστοίχως. Έστω , τυχόν σημείο του μικρού τόξου $\overset\frown {BC}$ και $(C_{1}),\ (C_{2})$ , οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων $\vartriangle BDT$ και $\vartriangle CET$ αντιστοίχως. Οι κύκλοι $(C_{1}),\ (C_{2})$ τέμνουν την στα σημεία και , αντιστοίχως. Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο είναι παραλληλόγραμμο.

$\bullet$ Έστω το σημείο $S\equiv DE\cap (C_{1})$

Ισχύει $\angle BTS = \angle ADS = \angle B\ \ \ ,(1)$ και $\angle BTC = 180^{o} - \angle A = \angle B + \angle C\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $\angle CTS = \angle BTC - \angle BTS = \angle C\ \ \ ,(3)$ και άρα, ο περίκυκλος $(C_{2})$ του τριγώνου $\vartriangle CET$ περνάει από το σημείο

.

Έστω το σημείο $Z\equiv (O)\cap ST$ και από $\angle CTZ = \angle C$ έχουμε ότι CZ = AB

και άρα ισχύει $AZ\parallel BC\parallel DE\ \ \ ,(4)$

Από (4)

και $AL = LK\Rightarrow$ $ZS = SK\ \ \ ,(5)$ όπου $K\equiv BC\cap ST$ και $L\equiv DE\cap AK$ .

Από και $\angle BNS = \angle BTS = \angle B = \angle BCZ$

λόγω του ισοσκελούς τραπεζίου ABCZ

προκύπτει ότι $SN\parallel ZC$ και άρα, ισχύει $KN = NC\ \ \ ,(6)$ λόγω της (5)

: Πρόβλημα 4 - Γ' Λυκείου.; f=58_t=51746 (Πρόβλημα 4 - Γ' Λυκείου).PNG (29.15 KiB) Προβλήθηκε 10370 φορές

Από

και $AE = EC\Rightarrow$ $EN\parallel AK\ \ \ ,(7)$ και ομοίως έχουμε $DM\parallel AK\ \ \ ,(8)$

Από $(7),\ (8)\Rightarrow$ $EN\parallel DM\ \ \ ,(9)$

Από (9)

και $DE\parallel MN$ συμπεραίνεται ότι το τετράπλευρο DMNE

είναι παραλληλόγραμμο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Τα σημεία $N,\ M$ ως άνω, αντιστοιχούν με τα σημεία $L,\ K$ της εκφώνησης.

#16

Θέμα 2ο Γ' Λυκείου:

Έστω $\displaystyle{x}$ ρίζα της εξίσωσης.

Έστω $\displaystyle{a=3x^2-3x+4,b=x^2+3,c=2x^2-3x+5,d=2x^2+2.}$

Είναι

$\displaystyle{a+b=c+d}$ και λόγω της εξίσωσης $\displaystyle{\sqrt{a}+\sqrt{b}=\sqrt{c}+\sqrt{d}.}$

Άρα

$\displaystyle{a+b+2\sqrt{ab}=c+d+2\sqrt{cd}\implies ab=cd.}$

Επειδή $\displaystyle{a+b=c+d~\wedge ab=cd}$ είναι $\displaystyle{(a=c,b=d)\vee (a=d,b=c).}$

Λύνοντας τις εξισώσεις που προκύπτουν βρίσκουμε τις λύσεις $\displaystyle{-1,1,2.}$

#17

ΘΕΜΑ 4/Β ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

Ο αριθμός

λήγει σε 0, κι άρα ο x+1

λήγει σε 1.

Οι θετικοί ακέραιοι που είναι πολλαπλάσια του 11 και λήγουν σε 1 είναι της μορφής 11(10k+1)

με

μη αρνητικό ακέραιο.

Συνεπώς, x+1=110k+11

, κι άρα

.

Αφού

, είναι

, κι άρα

.

Για να είναι ο x-1

πολλαλάσιο του 3, πρέπει ο 110k

να είναι πολλαπλάσιο του 3. Αφού το 3 δε διαιρεί το 110, θα πρέπει να διαιρεί το

.

Συνεπώς, k=0, 3, 6

, κι άρα

ή

.

Φιλικά,

Αχιλλέας

nickthegreek · #18

Ας ανεβάσω κι εγώ ένα σχόλιο για το καλό, με τις ευχές μου για να πάει καλά κι αυτή η χρονιά (πώς περνάει τόσο γρήγορα ο καιρός...)

Στο θέμα 3 της Γ Λυκείου, παρατηρήστε ότι η αριστερή πλευρά πάντα διαιρείται με το 6 και τελειώσαμε.

Ειδικότερα, για να λύσουμε την x^3 -x +y^3 -y =6

παρατηρούμε καμιά από τις μεταβλητές δεν μπορεί να είναι μεγαλύτερη του

. Άρα ελέγχουμε τις περιπτώσεις που μένουν...

Λύσεις τα (1,2), (2,1) ,(0,2) ,(2,0)

.

Νίκος Αθανασίου

#19

ΘΕΜΑ 4/Β ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

Επειδή ο αριθμός

είναι πολλαπλάσιο του

, και ο αριθμός x-10

θα είναι πολλαπλάσιο του

.

Επειδή ο αριθμός x-1

είναι πολλαπλάσιο του

, και ο αριθμός x-10 = x-1 -9

θα είναι πολλαπλάσιο του

.

Επειδή ο αριθμός x+1

είναι πολλαπλάσιο του

, και ο αριθμός x-10 = x+1 -11

θα είναι πολλαπλάσιο του

.

Αλλά οι αριθμοί 3, 10

και

είναι σχετικά πρώτοι ανά δύο, οπότε ο αριθμός x-10

θα είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{3 \cdot 10 \cdot 11 = 330.}$ Έτσι, αφού $\displaystyle{0< x < 1000,}$ θα έχουμε τις περιπτώσεις:

$\bullet$ $\displaystyle{x - 10 = 0,}$ οπότε οι ζητούμενοι διαδοχικοί ακέραιοι είναι οι $\displaystyle{9,10,11.}$

$\bullet$ $\displaystyle{x - 10 = 330,}$ οπότε οι ζητούμενοι διαδοχικοί ακέραιοι είναι οι $\displaystyle{339,340,341.}$

$\bullet$ $\displaystyle{x - 10 = 660,}$ οπότε οι ζητούμενοι διαδοχικοί ακέραιοι είναι οι $\displaystyle{669,670,671.}$

Εύκολα βλέπουμε ότι όλες οι παραπάνω λύσεις είναι δεκτές.

Kostas Tzimoulias · #20

στο τρίτο θεμα της Γ λυκείου, προσπάθησα να βγάλω μια συνάρτηση που δίνει πρώτους (απέτυχα παταγωδώς) και με υπερβολικη περιπτωσεολογία κατέληγα συνέχεια οτι το πρώτο μέλος είναι άρτιος και το γινόμενο

περιττός, αφού είναι γινόμενο πρώτων...δεν ξέρω που έχω κάνει λάθος... απέρριψα τις περιπτώσεις όπου x=y=0

,

και

ΘΑΛΗΣ 2015

ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Μέλη σε σύνδεση