ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

#41

Η προσθήκη των εκφωνήσεων στην αρχική ανάρτηση του Αλέξανδρου έγινε από εμένα, ύστερα από σχετική παράκληση συναδέλφου, στις 1:15 μ.μ. (άρα προφανώς μετά τη λήξη του διαγωνισμού). Το επισήμανα με την ανάρτησή μου #11 παραπάνω, που "ανέβηκε" στις 1:18 μ.μ. Έκρινα ότι τα θέματα πρέπει να βρίσκονται στην αρχική ανάρτηση, ώστε να είναι ευκολότερη η εύρεσή τους στο μέλλον (αλλά και στο παρόν...) Δυστυχώς, δεν φαίνεται η ώρα της προσθήκης των θεμάτων στην αρχική ανάρτηση, γι' αυτό και έκανα την επισήμανση άμεσα (ανάρτηση #11).

Ομολογώ ότι δεν καταλαβαίνω το λόγο για τον οποίο δημιουργήθηκε ζήτημα. Καλώς ανέβηκαν οι λύσεις των θεμάτων, που είναι, σε πολλές περιπτώσεις, διαφορετικές και απλούστερες από τις επίσημες. Το

είναι κατεξοχήν χώρος έκφρασης Μαθηματικών και σε μια μέρα σαν τη σημερινή οφείλει να παρέχει σε όσους το επισκέπτονται, ιδίως στους μαθητές, γρήγορη και αξιόπιστη ενημέρωση. Η κακοπιστία, η καχυποψία και η διάθεση (αυτο)προβολής δεν έχουν θέση στο χώρο αυτό.

Ευχαριστώ τους συναδέλφους που ανέβασαν λύσεις των σημερινών θεμάτων και τους παρακαλώ να συνεχίσουν να το κάνουν.

#42

ΘΕΜΑ 2-Β Λυκείου

(a) Είναι

(x-y)P(x,y)=x^8-y^8=(x^4-y^4)(x^4+y^4)=(x-y)(x+y)(x^2+y^2)(x^4+y^4)

Αφού $x^4+y^4=(x^2+y^2-\sqrt{2}xy)(x^2+y^2+\sqrt{2}xy)$ παίρνουμε

$P(x,y)=(x+y)(x^2+y^2)(x^2+y^2-\sqrt{2}xy)(x^2+y^2+\sqrt{2}xy)$ .

(b) Εάν xy=1

,

, τότε $y=\frac{1}{x}$ , και είναι

$\begin{aligned} P(x,y)&=x^7+x^5+x^3+x+y+y^3+y^5+y^7\\ &=\left(x^7+\frac{1}{x^7}\right)+\left(x^5+\frac{1}{x^5}\right)+\left(x^3+\frac{1}{x^3}\right)+\left(x+\frac{1}{x}\right)\\ &\geq 2+2+2+2\\ &=8 \end{aligned}$

με την ισότητα να αληθεύει αν και μόνο αν x=y=1

.

(Σχόλια: 1) Η απαίτηση να έχουμε όρους με βαθμό το πολύ 2 χρειάζεται πααγοντοποίηση επί του $\mathbb{R}$ . Όσοι έψαχναν παραγοντοποίηση επί του $\mathbf{Z}$ θα ματαιοπονούσαν.

2) Η παράσταση $x^4+y^4=x^4+4(\frac{y}{\sqrt{2}})^4$ θυμίζει την ταυτότητα S.Germain:

$a^4+4b^4=(a^2+2b^2-2ab)(a^2+{\color{red}{2}}b^2+2ab)$

με a=x

και $b=\frac{y}{\sqrt{2}}$ .)

Επεξεργασία (19/1/20): Διόρθωση τυπογραφικού.

#43

ΘΕΜΑ 1-Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Παρατηρούμε ότι

$a_{n+1}=(n+1)M_{n+1}-nM_n$

για κάθε $n\geq 0$ .

Επίσης $M_{n+2}-M_{n+1}=M_{n+1}-M_n$ και $M_{n+3}-2M_{n+2}+M_{n+1}=0$ ,

για κάθε $n\geq 0$ , οπότε έχουμε

$\begin{aligned} &a_{n+3}-2a_{n+2}+a_{n+1}\\ &=\left((n+3)M_{n+3}-(n+2)M_{n+2}\right)-2\left((n+2)M_{n+2}-(n+1)M_{n+1}\right)+(n+1)M_{n+1}-nM_n\\ &=(n+2)(M_{n+3}-M_{n+2})+{\color{red}{M_{n+3}-2M_{n+2}}}-(2n+2)({\color{blue}{M_{n+2}-M_{n+1}}})+{\color{red}{M_{n+1}}}+n({\color{blue}M_{n+1}-M_n})\\ &=(n+2)(M_{n+3}-M_{n+2})-(n+2)(M_{n+2}-M_{n+1})\\ &=(n+2)(M_{n+3}-2M_{n+2}+M_{n+1})\\ &=0.\\ \end{aligned}$ .

Συνεπώς,

$a_{n+3}-a_{n+2}=a_{n+2}-a_{n+1}=a_{n+1}-a_n=\dots=a_2-a_1$ ,

δηλ. η (a_n)

είναι αριθμητική πρόοδος.

Επεξεργασία: Διόρθωση δεικτών.

#44

emouroukos έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 18, 2020 10:26 pm
Καλώς ανέβηκαν οι λύσεις των θεμάτων, που είναι, σε πολλές περιπτώσεις, διαφορετικές και απλούστερες από τις επίσημες.

Ευχαριστώ τους συναδέλφους που ανέβασαν λύσεις των σημερινών θεμάτων και τους παρακαλώ να συνεχίσουν να το κάνουν.

Καλημέρα σε όλους.

Β΄ Λυκείου Πρόβλημα 3

: 18-1-2020 Ευκλείδης.jpg (48.73 KiB) Προβλήθηκε 2198 φορές

Έστω

οι σελίδες που διάβασε τις μέρες 1-10

Έστω

οι σελίδες που διάβασε τις μέρες 11-15

Έστω

οι σελίδες που διάβασε τις μέρες 16-20

Έστω

οι σελίδες που διάβασε τις μέρες 21-25

Έστω

οι σελίδες που διάβασε τις μέρες 26-30

Τότε $\displaystyle \frac{{x + y + z}}{{20}} = 30 \Leftrightarrow x + y + z = 600$ (1)
$\displaystyle \frac{{y + z + k}}{{15}} = 20 \Leftrightarrow y + z + k = 300$ (2)
και $\displaystyle \frac{{z + k + m}}{{15}} = 10 \Leftrightarrow z + k + m = 150$ (3)

Προσθέτοντας τις (1), (2), (3) έχουμε x+2y+3z+2k+m = 1050

.

Όλες οι σελίδες είναι S = x+y+z+k+m

Άρα

δηλαδή

.

Αν

, έχουμε $\displaystyle {S_{\max }} = 750$ , ενώ αν το

πάρει τη μέγιστη τιμή του z = 150

, που σημαίνει k + m = 0

, τότε $\displaystyle {S_{\min }} = 600$

(β) Αν z=100

, τότε

, άρα όλες οι σελίδες είναι S = x+y+z+k+m = 650

.

#45

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 18, 2020 12:31 pm
...
ΘΕΜΑ 4- Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Το τρίγωνο $AB\Theta$ προκύπτει από τη στροφή του $A\Delta E$ περί του κατά $90^\circ$ κατά τη φορά των δεικτών του ρολογιού. (Εάν $\Theta'$ είναι η εικόνα του ως προς αυτή τη στροφή, θα πρέπει $\Theta'\in B\Gamma$ με $\Theta'E\perp AB$ , οπότε $\Theta' \equiv \Theta$ ).

...

Μια άλλη ιδέα για να δείξουμε ότι $Z\Theta=ZE$ , σε συνέχεια της στροφής κατά $90^\circ$ , είναι η εξής:

Είναι, λοιπόν, $E\widehat{A}\Theta=90^\circ$ , ίση με τη γωνία της στροφής. Αφού $E\widehat{A}Z=45^\circ$ , η

είναι διχοτόμος της $E\widehat{A}\Theta$ , κι άρα η

είναι μεσοκάθετος της βάσης $E\Theta$ του ισοσκελούς $\triangle EA\Theta$ . Συνεπώς, $Z\Theta=ZE$ .

Ακόμα μια λύση μπορεί να προκύψει ως εξής:

Έστω $\Theta'$ η εικόνα του

με άξονα συμμετρίας

. Τότε $A\Theta'=AE=A\Theta$ και $Z\widehat{A}\Theta'=E\widehat{A}Z=45^\circ$ . Επιπλέον, $B\widehat{A}\Theta'=45^\circ-Z\widehat{A}B=20^\circ$ . Έτσι, τα τρίγωνα $AB\Theta'$ και $A\Delta E$ είναι ίσα από ΠΓΠ, οπότε $\Theta'B\perp AB$ .

Είναι, λοιπόν, $\Theta'B\perp AB$ και $A\Theta'=A\Theta$ , δηλ. το $\Theta'$ είναι το σημείο τομής του κύκλου (A,AE)

με την ευθεία $\Gamma B$ . Άρα είναι $\Theta'\equiv \Theta$ , κι έτσι $Z\Theta=ZE$ .

Φιλικά,

Αχιλλέας

Επεξεργασία: Προσθήκη εναλλακτικής λύσης και βελτίωση τρόπου γραφής της.

#46

Όπως παραπάνω, το παρόμοιο πρόβλημα

Γ΄ Λυκείου, Πρόβλημα 2

: 18-1-2020 Ευκλείδης Γ.jpg (43.96 KiB) Προβλήθηκε 2192 φορές

Έστω

οι σελίδες που διάβασε τις μέρες 1-5

Έστω

οι σελίδες που διάβασε τις μέρες 6-10

Έστω

οι σελίδες που διάβασε τις μέρες 11-15

Έστω

οι σελίδες που διάβασε τις μέρες 16-20

Έστω

οι σελίδες που διάβασε τις μέρες 21-30

Τότε $\displaystyle \frac{{x + y + z}}{{15}} = 10 \Leftrightarrow x + y + z = 150$ (1)
$\displaystyle \frac{{y + z + k}}{{15}} = 20 \Leftrightarrow y + z + k = 300$ (2)
και $\displaystyle \frac{{z + k + m}}{{20}} = 30 \Leftrightarrow z + k + m = 600$ (3)

Προσθέτοντας τις (1), (2), (3) έχουμε x+2y+3z+2k+m = 1050

.

Όλες οι σελίδες είναι S = x+y+z+k+m

Άρα

δηλαδή

.

Αν

, έχουμε $\displaystyle {S_{\max }} = 750$ , ενώ αν το

πάρει τη μέγιστη τιμή του z = 150

, που σημαίνει x+y = 0

, τότε $\displaystyle {S_{\min }} = 600$

(β) Αν z=50

, τότε

, άρα όλες οι σελίδες είναι S = x+y+z+k+m = 700

.

ΕΡΩΤΗΣΗ: Στις επίσημες λύσεις βλέπω ότι δίνεται από μία πιθανή περίπτωση κατά την οποία επιτυγχάνεται το μέγιστο και το ελάχιστο. Αυτό είναι συνήθης τακτική σε περιπτώσεις που πρέπει να διακρίνουμε αν τα φράγματα μιας ανισότητας είναι και ακρότατα.
Εδώ, όμως, πιστεύετε ότι είναι απαραίτητο; Θα είναι αιτία μείωσης βαθμολογίας αν δεν συμπεριληφθεί στην απάντηση;

#47

Σχόλια επί των θεμάτων της Α Λυκείου

Το 1ο θέμα απαιτεί άνεση και προσοχή στις αλγεβρικές πράξεις, γνώση των βασικών ταυτοτήτων.

Το 2ο θέμα: Η γνώση της a+1/a>=2 (εφαρμογή του σχολικού) βοηθάει. Ο προετοιμασμένος μαθητής "πρέπει" να το έλυσε.

Το 3ο θέμα είναι πιθανότατα το δυσκολότερο.

Το 4ο θέμα είναι ένα από τα πιο εύκολα θέματα γεωμετρίας των τελευταίων ετών, κατά τη γνώμη μου ευκολότερο από το 3ο (και ίσως και από το 2ο.) Εκτιμώ ότι πολλοί μαθητές θα σκέφτηκαν τη σύγκριση τριγώνων. Οψόμεθα...

Ως θέματα τα βρήκα ελκυστικά. Πιθανότατα θα άλλαζα τη σειρά 3ου-4ου.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Al.Koutsouridis · #48

Γιώργος Ρίζος έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 19, 2020 10:32 am

ΕΡΩΤΗΣΗ: Στις επίσημες λύσεις βλέπω ότι δίνεται από μία πιθανή περίπτωση κατά την οποία επιτυγχάνεται το μέγιστο και το ελάχιστο. Αυτό είναι συνήθης τακτική σε περιπτώσεις που πρέπει να διακρίνουμε αν τα φράγματα μιας ανισότητας είναι και ακρότατα.
Εδώ, όμως, πιστεύετε ότι είναι απαραίτητο; Θα είναι αιτία μείωσης βαθμολογίας αν δεν συμπεριληφθεί στην απάντηση;

Ναι, νομίζω είναι απαραίτητο. Το ότι οι αριθμοί που υπεισέρχονται δίνουν εύκολα κάποιο "σημείο" ακροτάτου δε σημαίνει ότι δεν πρέπει να αναφερθεί. Και ναι, θα πρέπει να έχει κάποια μείωση στη βαθμολογία. Θα μπορούσε για παράδειγμα να είχαμε σχέση της μορφής 2x+2y+z = 151

. Το γεγονός ότι το

μπορεί να πάρει την τιμή μηδέν ως ελάχιστη, δε σημαίνει ότι υπάρχουν και τα κατάλληλα x,y

για αυτό. Σε άλλα προβλήματα το παράδειγμα μεγίστου, ελαχίστου σημείου μπορεί να είναι η κύρια δυσκολία. Το λογικό βήμα όμως πρέπει να το γνωρίζει ο μαθητής και να το εφαρμόζει.

#49

Πρόβλημα 4 Α' Λυκείου

: Ευκλείδης 2020 Α Λυκείου .4.png (19.73 KiB) Προβλήθηκε 2145 φορές

$\displaystyle B\widehat AZ = 25^\circ$ και από την προφανή ισότητα των ATB, AED

προκύπτει ότι $\displaystyle T\widehat AB = 20^\circ .$ Άρα το ATE

είναι

ορθογώνιο και ισοσκελές κι επειδή η

διχοτομεί την ορθή γωνία θα είναι μεσοκάθετος της TE,

οπότε $\boxed{ZT=ZE}$

$\displaystyle Z\widehat TE = Z\widehat ET = 25^\circ \Rightarrow T\widehat ZE = 130^\circ$ και από το εγγράψιμο ABZH

θα είναι $\displaystyle B\widehat AH = 50^\circ.$ Άρα η

διχοτομεί και την $B\widehat AH$ που σημαίνει ότι $\boxed{AH=AB=a}$

#50

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 19, 2020 11:21 am
Ναι, νομίζω είναι απαραίτητο. Το ότι οι αριθμοί που υπεισέρχονται δίνουν εύκολα κάποιο "σημείο" ακροτάτου δε σημαίνει ότι δεν πρέπει να αναφερθεί. Και ναι, θα πρέπει να έχει κάποια μείωση στη βαθμολογία. Θα μπορούσε για παράδειγμα να είχαμε σχέση της μορφής . Το γεγονός ότι το μπορεί να πάρει την τιμή μηδέν ως ελάχιστη, δε σημαίνει ότι υπάρχουν και τα κατάλληλα για αυτό. Σε άλλα προβλήματα το παράδειγμα μεγίστου, ελαχίστου σημείου μπορεί να είναι η κύρια δυσκολία. Το λογικό βήμα όμως πρέπει να το γνωρίζει ο μαθητής και να το εφαρμόζει.

Αλέξανδρε, σε ευχαριστώ για την άμεση ανταπόκριση. Στην γενική περίπτωση, που αναφέρεις, συμφωνώ. Το γράφω, εξάλλου κι εγώ παραπάνω.

Συμφωνούμε ότι εδώ έχουμε γραμμική συνάρτηση: S = 750 - z

, (δηλαδή ισότητα κι όχι ανισότητα) και για το

ισχύει $0 \le z \le 150}$ .
Άρα δεν χρειάζεται έλεγχος για το αν το

μπορεί να πάρει τις ακραίες τιμές, αφού το

ορίζεται σε κλειστό διάστημα.

Τότε, το ερώτημα είναι αν υπάρχουν θετικά x, y, k, m

που να επαληθεύουν το σύστημα (1), (2), (3) για τις τιμές z=0, z=150

.

Θα συμφωνήσω ότι θα έπρεπε να ελεγχθούν, αν και εδώ είναι μάλλον προφανές.

Τότε, όμως στο ερώτημα (β) δεν θα έπρεπε να ελεγχθεί αν υπάρχουν θετικά x, y, k, m

ώστε

. Στις επίσημες λύσεις δεν υπάρχει τέτοια διερεύνηση. Δεν είναι αντιφατικό;

Αλέξανδρος.Λ · #51

achilleas έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 19, 2020 11:10 am
Σχόλια επί των θεμάτων της Α Λυκείου

Το 1ο θέμα απαιτεί άνεση και προσοχή στις αλγεβρικές πράξεις, γνώση των βασικών ταυτοτήτων.

Το 2ο θέμα: Η γνώση της a+1/a>=2 (εφαρμογή του σχολικού) βοηθάει. Ο προετοιμασμένος μαθητής "πρέπει" να το έλυσε.

Το 3ο θέμα είναι πιθανότατα το δυσκολότερο.

Το 4ο θέμα είναι ένα από τα πιο εύκολα θέματα γεωμετρίας των τελευταίων ετών, κατά τη γνώμη μου ευκολότερο από το 3ο (και ίσως και από το 2ο.) Εκτιμώ ότι πολλοί μαθητές θα σκέφτηκαν τη σύγκριση τριγώνων. Οψόμεθα...

Ως θέματα τα βρήκα ελκυστικά. Πιθανότατα θα άλλαζα τη σειρά 3ου-4ου.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Καλησπέρα σε όλη την κοινότητα.
Η επιλογή των θεμάτων κατά τη γνώμη μου δεν ήταν η αρμόζουσα.
Τα θέματα 1,2 είναι απλά τετριμμένα.Δεν έχουν καμμία δυσκολία ως προς τις πράξεις και δεν απαιτούν ουδεμία πρωτοτυπία.
Όσον αφορά το θέμα 4, είναι εύκολο θέμα για Θαλή. Δεν απαιτεί καμμία μαθηματική πρωτοβουλία, κάποιες απλές συγκρίσεις τριγώνων, ένα θέμα που θα μπορούσε να λύσει ο καθένας που είχε προπονηθεί λίγο με παρόμοια θέματα.
Και τώρα πάμε στο θέμα 3. Όπως ειπώθηκε πριν είναι το δυσκολότερο θέμα.Από την άλλη αυτό το θέμα λόγω της αυξημένης του δυσκολίας θα έχει λυθεί από ελάχιστα, πολύ λίγα άτομα, απευθυνόταν σε όσους κάνει εξαιρετική προετοιμασία. Συνομίλησα με πολλούς μαθητές, κανένας δεν το κατάφερε, τόσο ταλαντούχοι με σταθερή πορεία και διακρίσεις σε διαγωνισμούς, όσο και άλλοι μαθητές χαμηλότερου επιπέδου.
Το κερασάκι στην τούρτα ήταν το ότι το θέμα 3 έπρεπε να είναι στην θέση του 4! Η σειρά των θεμάτων δεν μπαίνει βάσει δυσκολίας; Για ποιο λόγο να μπερδέψουν τους μαθητές και να αυτοί να χάσουν χρόνο νομίζοντας ότι το 3 είναι ευκολότερο;
Ξέρετε ποιο το αποτέλεσμα των παραπάνω;
Στην ουσία η πρόκριση στον Αρχιμήδη θα κριθεί σε... μικροδιαφορές ανάμεσα στα θέματα 1,2,4.
Θα έπρεπε το 3 να είναι πιο δύσκολο από τα άλλα, αλλά όχι τόσο πολύ ώστε να λυθεί από πολύ λίγους.
Κάπου ειπώθηκε ότι σε κάποιο εξεταστικό κέντρο πάρθηκαν τα κινητά από τους μαθητές για αποφυγή αντιγραφής...Αυτό στο δικό μου δεν συνέβη.
Όλα αυτά θα επαληθευτούν μετά την διόρθωση των γραπτών, φυσικά.
Εγώ συμμετείχα στις εξετάσεις και μπορώ να πω πως τα πήγα αρκετά καλά.

Καλά Αποτελέσματα εύχομαι!

#52

Αλέξανδρος.Λ έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 19, 2020 1:04 pm
...
Και τώρα πάμε στο θέμα 3. Όπως ειπώθηκε πριν είναι το δυσκολότερο θέμα.Από την άλλη αυτό το θέμα λόγω της αυξημένης του δυσκολίας θα έχει λυθεί από ελάχιστα, πολύ λίγα άτομα, απευθυνόταν σε όσους κάνει εξαιρετική προετοιμασία. Συνομίλησα με πολλούς μαθητές, κανένας δεν το κατάφερε, τόσο ταλαντούχοι με σταθερή πορεία και διακρίσεις σε διαγωνισμούς, όσο και άλλοι μαθητές χαμηλότερου επιπέδου.
Το κερασάκι στην τούρτα ήταν το ότι το θέμα 3 έπρεπε να είναι στην θέση του 4! Η σειρά των θεμάτων δεν μπαίνει βάσει δυσκολίας; Για ποιο λόγο να μπερδέψουν τους μαθητές και να αυτοί να χάσουν χρόνο νομίζοντας ότι το 3 είναι ευκολότερο;
Ξέρετε ποιο το αποτέλεσμα των παραπάνω;
Στην ουσία η πρόκριση στον Αρχιμήδη θα κριθεί σε... μικροδιαφορές ανάμεσα στα θέματα 1,2,4.
...
Καλά Αποτελέσματα εύχομαι!

Καλησπέρα, Αλέξανδρε,

Φυσικά η σειρά δεν έγινε για να μπερδέψει τους μαθητές. Ίσως έγινε λανθασμένη εκτίμηση, ίσως πάλι όχι, αφού η δυσκολία ενός θέματος είναι υποκειμενική.

Επίσης, τελικά, ένας προετοιμασμένος μαθητής ξέρει ότι όταν δεν καταφέρνει ένα πρόβλημα, καλό θα είναι να προσπαθήσει το επόμενο και να μην χάσει χρόνο. Δεν σημαίνει ότι τα προβλήματα πρέπει να λύνονται με τη σειρά. Είμαι σίγουρος ότι τα γνωρίζεις όλα αυτά. Απλά το επισημαίνω.

Όπως έγραψα παραπάνω, κι εγώ πιστεύω ότι το 3ο πρόβλημα είναι το δυσκολότερο και πιθανότατα θα παίξει καθοριστικό ρόλο στον ορισμό της βάσης (cut-off) για τον ΑΡΧΙΜΗΔΗ.

Καλά αποτελέσματα!

Συνεχίζουμε...

Φιλικά,

Αχιλλέας

perpant · #53

Επειδή συμμετείχα στην κουβέντα, θέλω να πω ότι δεν έψεξα κανέναν για την ανάρτηση των λύσεων.

Αυτό που πολύ απλά είπα, είναι ότι καλό θα ήταν να υπάρχουν και οι εκφωνήσεις μαζί, ώστε όποιος δεν έχει

τα θέματα να μπορεί να παρακολουθήσει μια λύση.

Φιλικά,
Περικλής

#54

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 18, 2020 12:31 pm
....
ΘΕΜΑ 3-Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Έστω

$\displaystyle \begin{aligned} 2\alpha-1&=k\beta, \\ 2\beta-1&=\lambda \gamma\\ \gamma-1&=\mu \alpha \end{aligned}$
για κάποιους θετικούς ακέραιους $k, \lambda, \mu$ . Η πρώτη μας παρατήρηση είναι ότι οι αριθμοί $\beta, \gamma, k,\lambda$ πρέπει να είναι περιττοί.

...

Μια παρατήρηση σχετική με το ΘΕΜΑ 3-Α ΛΥΚΕΙΟΥ:

Θα μπορούσαμε να σκεφτούμε ότι έχουμε ένα σύστημα $3\times 3$

$\displaystyle \begin{cases} 2\alpha-k\beta+0\gamma&=1\\ 0\alpha+2\beta-\lambda\gamma&=1\\ \mu\alpha+0\beta-\gamma&=-1\\ \end{cases}$

Οι λύσεις είναι

$\displaystyle (\alpha, \beta,\gamma)=\left(\frac{k(\lambda+1)+2}{4-k\lambda\mu}, \frac{\lambda(\mu+2)+2}{4-k\lambda\mu}, \frac{\mu (k+2)+4}{4-k\lambda\mu} \right)$

με $4-k\lambda\mu\ne 0$ , $\alpha, \beta,\gamma, k,\lambda,\mu\in\mathbb{Z}$ .

Αρκεί, με άλλα λόγια, να λύσει κάποιος ως προς οποιοδήποτε από τα $\alpha, \beta,\gamma$ .

Φιλικά,

Αχιλλέας

Spy · #55

Καλησπέρα σας

Αναφορικά με τα θέματα της β λυκειου:
Ήταν δυσκολότερα σε σχέση με άλλες χρονιές;
Που πιστεύετε ότι θα κυμανθούν περίπου οι βάσεις;

Μαθητής β λυκειου
Ευχαριστω

StamatisGoudis · #56

Al.Koutsouridis · #57

Γιώργος Ρίζος έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 19, 2020 12:24 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 19, 2020 11:21 am
Ναι, νομίζω είναι απαραίτητο. Το ότι οι αριθμοί που υπεισέρχονται δίνουν εύκολα κάποιο "σημείο" ακροτάτου δε σημαίνει ότι δεν πρέπει να αναφερθεί. Και ναι, θα πρέπει να έχει κάποια μείωση στη βαθμολογία. Θα μπορούσε για παράδειγμα να είχαμε σχέση της μορφής . Το γεγονός ότι το μπορεί να πάρει την τιμή μηδέν ως ελάχιστη, δε σημαίνει ότι υπάρχουν και τα κατάλληλα για αυτό. Σε άλλα προβλήματα το παράδειγμα μεγίστου, ελαχίστου σημείου μπορεί να είναι η κύρια δυσκολία. Το λογικό βήμα όμως πρέπει να το γνωρίζει ο μαθητής και να το εφαρμόζει.
Αλέξανδρε, σε ευχαριστώ για την άμεση ανταπόκριση. Στην γενική περίπτωση, που αναφέρεις, συμφωνώ. Το γράφω, εξάλλου κι εγώ παραπάνω.

Συμφωνούμε ότι εδώ έχουμε γραμμική συνάρτηση: , (δηλαδή ισότητα κι όχι ανισότητα) και για το ισχύει $0 \le z \le 150}$ .
Άρα δεν χρειάζεται έλεγχος για το αν το μπορεί να πάρει τις ακραίες τιμές, αφού το ορίζεται σε κλειστό διάστημα.

Τότε, το ερώτημα είναι αν υπάρχουν θετικά που να επαληθεύουν το σύστημα (1), (2), (3) για τις τιμές .

Θα συμφωνήσω ότι θα έπρεπε να ελεγχθούν, αν και εδώ είναι μάλλον προφανές.

Τότε, όμως στο ερώτημα (β) δεν θα έπρεπε να ελεγχθεί αν υπάρχουν θετικά ώστε . Στις επίσημες λύσεις δεν υπάρχει τέτοια διερεύνηση. Δεν είναι αντιφατικό;

Δεν είχα κοιτάξει τις "επίσημες" λύσεις στην προηγούμενη απάντηση. Κοιτώντας τες τώρα, νομίζω με την μορφή που λύνεται το πρόβλημα εκεί δεν χρειάζεται διερεύνηση.

Ο αριθμός των σελίδων $S=5 \cdot [(a+b+c)+(c+d+2e)-c] = 5(150-c)$ είναι συναρτήσει των δεδομένων της εκφώνησης, δηλαδή των αριθμών 10,20, 30

και

. Το να υποθέσουμε, ότι δεν υπάρχουν τέτοια a+b+c=30

,

σημαίνει δεν θα είχε νόημα η εκφώνηση. Αρχικό βήμα στο συλλογισμό μας είναι ότι αυτές οι προτάσεις είναι αληθείς. Ο μέσος όρος των τάδε ημερών είναι ο τάδε κτλ.

#58

ΘΕΜΑ 4 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Έστω (c_3)

ο περιγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου AOK

, κέντρου

.

Η $Z\widehat{O}C$ είναι επίκεντρη γωνία που βαίνει στο τόξο

του

. Από το ισοσκελές τρίγωνο ZDB

και τη σχέση επίκεντρης και εγγεγραμμένης γωνίας στο ίδιο τόξο κύκλου, έχουμε

$\displaystyle \begin{aligned} Z\widehat{O}C&=2Z\widehat{B}C\\ &=2\left(90^\circ-\frac{Z\widehat{D}B}{2}\right)\\ &=180^\circ-Z\widehat{D}B\\ &=Z\widehat{D}C \end{aligned}$

οπότε τα σημεία Z, D, O, C

ανήκουν σε κύκλο, έστω (c_4)

κέντρου

.

Θέλουμε να δείξουμε ότι ο (c_4)

εφάπτεται στον (c_3)

. Αρκεί να δείξουμε ότι η

είναι κάθετη στην O_3O

και την

στο

.

Πράγματι, από τα ισοσκελή τρίγωνα BDO

και

έχουμε

$B\widehat{O}D=D\widehat{B}O=O\widehat{C}D$ .

Έτσι, η

είναι η εφαπτομένη στον (c_4)

στο άκρο

της χορδής του

. Συνεπώς, $BO\perp O_4O$ (1).

Από το ισοσκελές τρίγωνο AOB

, το εγγεγραμμένο τετράπλευρο KEDO

στον

, και τη σχέση της επίκεντρης γωνίας $E\widehat{D}O$ με την εγγεγραμμένη $E\widehat{B}O$ που βαίνουν στο τόξο

στον κύκλο (c_1)

, έχουμε

$\displaystyle \begin{aligned} A\widehat{O}B&=180^\circ-2A\widehat{B}O\\ &=180^\circ-E\widehat{D}O\\ &=A\widehat{K}O\\ \end{aligned}$

Έτσι, η

είναι η εφαπτομένη στον (c_3)

στο άκρο

της χορδής του

. Συνεπώς, $BO\perp O_3O$ (2).

To συμπέρασμα έπεται από τις (1) και (2), όπως παρατηρήσαμε παραπάνω.

ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ · #59

Αν και κάπως αργοπορημένα, εύχομαι καλά αποτελέσματα σε όλους όσους έδωσαν!

Η λύση μου (κάπως πιο βελτιωμένη βέβαια) στο 4o προόβλημα της Β Λυκείου.

Έστω

το αντιδιαμμετρικό του

στον

. Αρκεί να δείξω ότι $E'\equiv E$ , δηλαδή ότι $\Delta E'=D\Gamma$ . Στο ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο $BE'\Gamma$ είναι $\widehat{\Delta \Gamma E'}= +\widehat{O\Gamma E' }+\widehat{O\Gamma \Delta}\overset{ZO\Gamma B\,\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa o}{=}45^{\circ}+\widehat{ABE'}=45^{\circ}+22,5^{\circ}=\widehat{BE'\Gamma} + \widehat{\Delta E'B}= \widehat{\Delta E'\Gamma }$
και το ζητούμενο δείχθηκε.

Για την παραλληλία, το τετράπλευρο $BZO\Gamma$ είναι εγγράψιμο, άρα $\widehat{\Gamma ZO}=\widehat{\Gamma BE}=\widehat{\Gamma \Delta E}\Rightarrow OZ\parallel \Delta E$ .

: Ευκλείδης, Γεωμετρία Β'Λυκείου.PNG (50.62 KiB) Προβλήθηκε 1689 φορές

#60

ΘΕΜΑ 3 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Όπως και στην επίσημη λύση, το πρόβλημα ανάγεται στην επίλυση της Q(x^2)=Q(x)^2

(1) όπου

.

Αν το Q(x)

είναι σταθερό, τότε τελειώσαμε: Q(x)=0

ή

.

Εάν $Q(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+a_{2}x^{n-2}+\dots+a_{n-1}x^1+a_n$ , όπου ( $a_0\ne 0$ και $n\geq 1$ ),

τότε η σχέση (1) γράφεται

$(a_0x^n+a_1x^{n-1}+a_{2}x^{n-2}+\dots+a_{n-1}x^1+a_n)^2=a_0x^{2n}+a_1x^{2n-2}+a_{2}x^{2n-4}+\dots+a_{n-1}x^2+a_n$ . (2)

Παρατηρούμε, δηλ, ότι δεν υπάρχουν όροι της μορφής $\alpha x^k$ με

περιττό αριθμό στο δεξί μέλος.

Βήμα 1

Εάν ξεκινήσουμε να κάνουμε το ανάπτυγμα τετραγώνου στα αριστερά εφαρμόζοντας την επιμεριστική ιδιότητα

$(a_0x^n+a_1x^{n-1}+...+a_n)(a_0x^n+a_1x^{n-1}+...+a_n)=a_0^2x^{2n}+2a_0a_1x^{2n-1}+....$

και εξισώσουμε τους συντελεστές του $x^{2n}$ και του $x^{2n-1}$ , παίρνουμε a_0^2=a_0

και

. Αφού $a_0\ne 0$ παίρνουμε $a_0=1\ne 0$ και a_1=0

.

Βήμα 2

Πριν συνεχίσουμε, αντικαθιστούμε τις τιμές αυτές στην (2) και παίρνουμε

$(x^n+a_{2}x^{n-2}+\dots+a_{n-1}x^1+a_n)^2=x^{2n}+a_{2}x^{2n-4}+\dots+a_{n-1}x^2+a_n$ . (3)

Ξεκινώντας το ανάπτυγμα στα αριστερά και εξισώνοντας τους συντελεστές του $x^{2n-2}$ παίρνουμε 2a_2=0

, δηλ.

.

Βήμα 3

Έτσι, αντικαθιστούμε την τιμή αυτή του a_2

στην (3) και παιρνουμε

$(x^n+a_{3}x^{n-3}+\dots+a_{n-1}x^1+a_n)^2=x^{2n}+a_{3}x^{2n-6}+\dots+a_{n-1}x^2+a_n$ . (4)

Εξισώνοντας τους συντελεστές του $x^{2n-3}$ παίρνουμε 2a_3=0

, δηλ.

.

Συνεχίζοντας με τον ίδιο τρόπο, σε πεπερασμένο αριθμό βημάτων, συγκρίνοντας τους συντελεστές του $x^{2n-k}$ στο

-οστό βήμα παίρνουμε a_k=0

. Έτσι, $a_1=a_2=a_3=\dots=a_n=0$ .

Συνεπώς, Q(x)=x^n

.

Συμπέρασματικά, P(x)=1

ή

.

Σχόλιο: Την παραπάνω λύση την εμπνεύστηκα από ένα πρόβλημα του "Topics in Algebra and Analysis", των R.B.Manfrino, J.A.G.Ortega, R.V.Delgado, et.al.

Μόλις βρήκα και την εξής παραπομπή: "Equations and Inequalities", των J.Herman, R.Kucera, J.Simsa, σελ. 27.

Επεξεργασία: προσθήκη σχολίου.

Φιλικά,

Αχιλλέας

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Μέλη σε σύνδεση