Θαλής 2010-2011

Nick1990 · #21

Εγω επιτηρούσα στο Πειραματικό. Για τη Γ Λυκείου βρήκα τα παρακάτω:

1) Εύκολα με παραγοντοποίηση προκείπτει ότι x=1,0,-1 είναι λύσεις, η παραγοντοποίηση γίνεται πολυ γρήγορα αν παρατηρήσει κανείς ότι και τα 3 πολυώνυμα διαιρούνται απο το (x + 1).

2) Το ότι το Ε είναι στο συγκεκριμένο κύκλο δίνει <ΒΕΖ = π/2, αυτό σε συνδιασμό με το ότι Ε,Δ,Κ είναι συνευθειακά μας δίνει ΖΚ κάθετη στην ΑΓ (ευθεία Simpson), οπότε το ΑΔΛΚ έχει δύο απέναντι γωνίες ίσες με π/2 και άρα είναι εγγράψημο, οπότε <ΖΒΛ = <ΖΒΓ = (βαίνουν στο τοξο ΖΓ) = <ΖΑΓ = <ΔΑΚ = <ΔΛΖ = <ΒΛΖ το οποίο μας δίνει ΖΒΛ ισοσκελές απ όπου προκείπτει το ζητούμενο.

3) Αν και εύκολο θέμα, με δυσκόλεψε αρχίκα διότι δεν πρόσεξα στην εκφώνηση ότι μετά απο κάθε γύρο οι χαμένοι αποχωρούν, πράγμα που όταν το κατάλαβα μου φάνηκε παράξενο μιας και σε ένα τέτοιο τουρνουά η ύπαρξη βαθμολογίας είναι περιττή (βεβαια εδώ χρειαζόταν μόνο για το 2ο ερώτημα)

4) Φέρνουμε τις διαμμετρους Α'Α και Β'Β (κάθετες στην εφαπτομένη) και παράλληλη στην εφαπτομένη που διέρχεται απο το Μ και τέμνει κάθετα τις Α'Α και Β'Β στα Α'' και Β'' με ΑΑ'' = ΒΒ''. Απο τα ορθογώνια τρίγωνα ΜΒΒ' και ΜΑΑ' θα πάρουμε ΜΑ^2 = ΑΑ''*ΑΑ' = ΑΑ''*2ρ1 και ΜΒ^2 = ΒΒ''*2ρ2. Αφού ΒΒ'' = ΑΑ'' και ρ1 < ρ2 θα είναι και ΜΑ < ΜΒ που ολοκληρώνει την απόδειξη.

kanenas · #22

Τα θέματα της Γ Γυμνασίου πως σας φάνηκαν;

bilstef · #23

Οι οδηγίες διορθώσεων από ΕΜΕ

#24

Νασιούλας Αντώνης έγραψε:Πιστευω οτι οι αλγεβρες ηταν ευκολες. Ελυσα 4/4. Μια ερωτηση: γινοταν να παρω κατευθειαν οτι "η διχοτομος μιας γωνίας και η μεσοκαθετος της απεναντι πλευράς στο τρίγωνο τέμνονται πάνω στον περιγγεγραμμένο κύκλο" ή επρεπε να το αποδειξω? εγω το απεδειξα.
1η μου δημοσιευση στο φορουμ.Καλη αρχη.
Αντωνης

Καλωσήρθες στη μεγάλη και ζεστή αγκαλιά του mathematica. Σε περιμέναμε από πιο νωρίς !
Σου εύχομαι καλή συνέχεια και πολλές διακρίσεις !
Για το θεώρημα που λες( οι γερμανοί το λένε Θεώρημα του Νότιου Πόλου) δεν υπάρχει λόγος για πιο λεπτομερή απόδειξη, μια και είναι πολύ απλό και βασικό.Τόσες φορές έχει πέσει από απλούς διαγωνισμούς μέχρι και διεθνείς ολυμπιάδες !

Μπάμπης

Eagle · #25

Εδινα και εγω σημερα στο Ναύπλιο με την Γ Γυμνασίου και τα πήγα πολύ καλά.Έλυσα το πρώτο,το δεύτερο,το τρίτο και απο το τέταρτο το α και το β.Στο γ εκανα λάθος στισ πράξεις.Πιστεύω να περασα.Τα θέματα μου φάνηκαν αρκετα καλά.Όπως και να χει καλη επιτυχεία σε όλους.

Νασιούλας Αντώνης · #26

Καλωσήρθες στη μεγάλη και ζεστή αγκαλιά του mathematica. Σε περιμέναμε από πιο νωρίς !
Σου εύχομαι καλή συνέχεια και πολλές διακρίσεις !
Για το θεώρημα που λες( οι γερμανοί το λένε Θεώρημα του Νότιου Πόλου) δεν υπάρχει λόγος για πιο λεπτομερή απόδειξη, μια και είναι πολύ απλό και βασικό.Τόσες φορές έχει πέσει από απλούς διαγωνισμούς μέχρι και διεθνείς ολυμπιάδες !

Μπάμπης[/quote]

Καλώς σας βρήκα!
Μάλιστα. Για να είμαι ειλικρινής (παρόλο που δεν νιώθω περήφανος γι αυτό) δεν πολυασχολούμαι με τη γεωμετρία, οπότε δεν γνώριζα το συγκεκριμένο θεώρημα.
Ευχαριστώ πολύ, Αντώνης

stavros11 · #27

Καλησπέρα και συγχαρητήρια και από μένα σε όλους που έγραψαν καλά σήμερα και καλά αποτελέσματα.

Εγώ έδινα Α' Λυκείου. Έλυσα σωστά (με βάση τις λύσεις της ΕΜΕ) τα 3 θέματα που ήταν Άλγεβρα (1ο, 2ο και 3ο), αλλά δεν έκανα την Γεωμετρία. Πιστεύω ότι με 3/4 περνάμε.

Φίλε Eagle, έχεις περάσει σίγουρα. Συνήθως με πάνω από 2-2,5 περνάς. Κι εγώ πέρσι στην Γ' Γυμνασίου είχα γράψει 3 ολόκληρα και το τελευταίο μισό (το 1 από τα 2 ερωτήματα αν θυμάμαι καλά) και πέρασα.

Μία ερώτηση όσο αναφορά το 3ο θέμα της Α' Λυκείου, εγώ δεν έθεσα $\frac{1}{y}=w$ , αλλά πολλαπλασίασα όλη την εξίσωση με y για να φύγει από τους παρονομαστές. Θεωρείτε κι αυτό σωστό, έτσι; Απλά στο Σχέδιο Βαθμολόγησης, λέει 1 μονάδα αν θέσουμε...

Σταύρος

slash · #28

3/4 θεματα Β Λυκειου. Δεν ειναι και ασχημα.

Μια εναλλακτικη λυση για το 3ο θεμα της Β' Λυκειου.
Χρησιμοποιωντας την ανισοτητα Andrescu για α=2x+1 και β=2y+1 μετα απο διαδοχικες πραξεις καταληγουμε στην ζητουμενη. Εγω καλου κακου την απεδειξα κιολας γιατι δεν ξερω αν θα την δεχονταν κατευθειαν.

Μονο που ο βλακας ξεχασα να βαλω περιορισμους στην 1η ασκηση και εχασα μια μοναδα. Περναω , τι λετε ?

Καλα αποτελεσματα σε ολους !

#29

ΧΡΗΣΤΟΣ ΚΑΡΔΑΣΗΣ έγραψε:A λυκείου Θέμα 2

$\displaystyle{\begin{array}{l} {a^2}\left( {{a^2} + 2a\beta + {\beta ^2}} \right) - {\beta ^2}{\gamma ^2}\left( {{a^2} + 2a\beta + {\beta ^2}} \right) - {a^2}{\gamma ^2} + {\beta ^2}{\gamma ^4} = {\left( {\alpha + \beta } \right)^2}\left( {{\alpha ^2} - {\beta ^2}{\gamma ^2}} \right) - {\gamma ^2}\left( {{\alpha ^2} - {\beta ^2}{\gamma ^2}} \right) = \\ = \left( {{\alpha ^2} - {\beta ^2}{\gamma ^2}} \right)\left( {{{\left( {\alpha + \beta } \right)}^2} - {\gamma ^2}} \right) = \left( {\alpha - \beta \gamma } \right)\left( {\alpha + \beta \gamma } \right)\left( {\alpha + \beta - \gamma } \right)\left( {\alpha + \beta + \gamma } \right) \\ \end{array}}$

παίρνοντας κοινούς παράγοντες ανά δύο έχουμε
$(2\alpha ^3\beta - 2\alpha \beta ^3\gamma ^2)+(\alpha ^4-\alpha ^2\beta ^2\gamma ^2)+(\alpha ^2\beta ^2-\alpha ^2\gamma ^2)-(\beta ^4\gamma ^2-\beta ^2\gamma ^4)=(2\alpha \beta +\alpha ^2)(\alpha ^2-\beta ^2\gamma ^2)+(\beta ^2-\gamma ^2)(\alpha ^2-\beta ^2\gamma ^2)= (\alpha ^2-\beta ^2\gamma ^2)(\alpha ^2+2\alpha \beta +\beta ^2-\gamma ^2)= (\alpha -\beta \gamma )(\alpha + \beta \gamma)(\alpha +\beta +\gamma )(\alpha +\beta -\gamma )$

harinho7 · #30

(2x^2+3x+1)^3−(x^2+3x+2)^3=7(x−1)^3 .
τα εφερα ολα στο πρωτο μελος και ειπα οτι αφου το αθροισμα τους ειναι μηδεν χωρις την υψωση σε 3 ισχυει οτι(2x^2+3x+1)(x^2+3x+2)(x−1)=0 και βρηκα τις ριζες.Μπορειται να με πειτε αν ειναι σωστο?
και στο 4 εβγαλα μια σχεση οτι ΑΜ=ρ1*ριζα2
ΒΜ=ρ1*ριζα2(απο Π.Θ

πηρα οτι ρ1<ρ2 ως δεδομενο και με σχηματισμο εβγαλα οτι ΑΜ<ΒΜ
Πειτε μου αν ειναι σωστα παρακαλω

Μάκης Χατζόπουλος · #31

harinho7 έγραψε:(2x^2+3x+1)^3−(x^2+3x+2)^3=7(x−1)^3 .
τα εφερα ολα στο πρωτο μελος και ειπα οτι αφου το αθροισμα τους ειναι μηδεν χωρις την υψωση σε 3 ισχυει οτι(2x^2+3x+1)(x^2+3x+2)(x−1)=0 και βρηκα τις ριζες.Μπορειται να με πειτε αν ειναι σωστο?

Καταρχάς λείπει ένα τετράγωνο στο β μέλος μέσα στην παρένθεση και κατά δεύτερον το 7 τι το έκανες;

Αν κατάλαβα σωστά, νομίζω ότι έκανες λάθος... Αν θέλεις να σου πούμε σίγουρα, πρέπει να μας γράψεις ακριβώς τι έκανες και τι αποτέλεσμα βρήκες...

harinho7 · #32

το 7 στην παραγοντοποιηση το εδιωξα αφου αποκλειεται να ειναι ισο με 0

Στο 4 θεμα πηρα μονο την περιπτωση οτι οι κυκλοι εφαπτονατι εξωτερικα
αρα ρ1=οΜ1
και ρ2=οΜ2
και d(Α,Ο1)=ρ1 και αντιστοιχα για το Β
και απο σχημα διαπιστωσα οτι ΑΟ και ΟΜ τεμνονται καθετα
αρα το τριγωνο Ο1ΑΜ ειναι ορθογωνιο και ισοσκελες και αντιστοιχα Ο2ΒΜ
και απο ΠΘ εβγαλα οτι (ΑΜ)=(ριζα2)*ρ1
(ΒΜ)=(ριζα)*2
απο την υποθεση ρ1<ρ2 και με σχηματισμο εβγαλα (ΑΜ)<(ΒΜ)
οπου Α το κοινο σημειο ευθειας και κυκλου 1 και β το κοινο σημειο ευθειας κυκλου 2
και μ το κοινο σημειο των κυκλων

nickthegreek · #33

harinho7 έγραψε:το 7 στην παραγοντοποιηση το εδιωξα αφου αποκλειεται να ειναι ισο με 0

Στο 4 θεμα πηρα μονο την περιπτωση οτι οι κυκλοι εφαπτονατι εξωτερικα
αρα ρ1=οΜ1
και ρ2=οΜ2
και d(Α,Ο1)=ρ1 και αντιστοιχα για το Β
και απο σχημα διαπιστωσα οτι ΑΟ και ΟΜ τεμνονται καθετα
αρα το τριγωνο Ο1ΑΜ ειναι ορθογωνιο και ισοσκελες και αντιστοιχα Ο2ΒΜ
και απο ΠΘ εβγαλα οτι (ΑΜ)=(ριζα2)*ρ1
(ΒΜ)=(ριζα)*2
απο την υποθεση ρ1<ρ2 και με σχηματισμο εβγαλα (ΑΜ)<(ΒΜ)
οπου Α το κοινο σημειο ευθειας και κυκλου 1 και β το κοινο σημειο ευθειας κυκλου 2
και μ το κοινο σημειο των κυκλων

Κάτσε πώς είναι δυνατόν φέρνοντάς τα όλα στο πρώτο μέλος να βγάζεις κοινό παράγοντα το 7,μήπως δε βλέπω κάτι;;;

Επίσης αν δε κάνω λάθος δεν είναι σωστό να πάρεις μόνο την περίπτωση όπου οι κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά γιατί αυτό δεν εξασφαλίζει ότι τα αποτελέσματα που βγάζεις ισχύουν και σε τεμνόμενους κύκλους...
Πιστεύω ότι μάλλον η λύση σου έχει κάποια λάθη.

Φιλικά,
Νίκος

Μάκης Χατζόπουλος · #34

Ούτε εγώ κατάλαβα την λύση σου, δίνω και μια άλλη λύση από αυτές που δόθηκαν...

$\displaystyle{\begin{array}{l} {\left( {2{x^2} + 3x + 1} \right)^3} - {\left( {{x^2} + 3x + 2} \right)^3} = 7{\left( {{x^2} - 1} \right)^3} \\ {\left( {2{x^2} + 3x + 1} \right)^3} - {\left( {{x^2} + 3x + 2} \right)^3} = 8{\left( {{x^2} - 1} \right)^3} - {\left( {{x^2} - 1} \right)^3} \\ {\left( {2{x^2} + 3x + 1} \right)^3} - {\left( {{x^2} + 3x + 2} \right)^3} = {2^3}{\left( {{x^2} - 1} \right)^3} - {\left( {{x^2} - 1} \right)^3} \\ {\left( {2{x^2} + 3x + 1} \right)^3} - {2^3}{\left( {{x^2} - 1} \right)^3} = {\left( {{x^2} + 3x + 2} \right)^3} - {\left( {{x^2} - 1} \right)^3} \\ \end{array}}$

και μετά προχωράμε με διαφορά κύβων κτλ (είναι απλό...). Φυσικά ισοδυναμίες σε όλα αυτά!!!!!!!!!

#35

Εκείνο που βλέπω να μοιάζει με την παραπάνω λύση είναι το εξής:

Λόγω της (2x^3+3x+1)+(-x^2-3x-2)+(-x^2+1)=0

άρα από την ταυτότητα του Euler παίρνουμε:

$\displaystyle{(2x^3+3x+1)^3+(-x^2-3x-2)^3+(-x^2+1)^3=3(2x^3+3x+1)(-x^2-3x-2)(-x^2+1)}$

δηλαδή

(2x^3+3x+1)^3-(x^2+3x+2)^3-(x^2-1)^3=3(2x^3+3x+1)(x^2+3x+2)(x^2-1)

οπότε η δοσμένη γίνεται:

7(x^2-1)^3-(x^2-1)^3=3(2x^3+3x+1)(x^2+3x+2)(x^2-1)

δηλαδή

Απ' όπου $x=\pm 1$ ή $2(x^2-1)^2=(2x^3+3x+1)(x^2+3x+2) \ \ (1)$

Η (1)

(αφού παραγοντοποιήσουμε το δεξί μέλος) γίνεται 2(x-1)^2(x+1)^2=(2x+1)(x+2)(x+1)^2

άρα

(διπλή ρίζα) ή $2(x-1)^2=(2x+1)(x+2) \Leftrightarrow x=0$

Άρα οι λύσεις είναι x=-1

(τριπλή ρίζα) , x=1

,

.

Αλέξανδρος

slash · #36

Κατανταω σπαστικος αλλα μηπως μπορει κανεις να μου πει αν με 3/4 θεματα Β Λυκειου και με παραλλειψη του περιορισμου στην 1η ασκηση περναω ?

harinho7 · #37

Σωστα καπως ετσι το κανα για το 4 θεμα που παρουσιασα τη γνωμη εχετε?

Μάκης Χατζόπουλος · #38

Τον Euler τον είχα σκεφτεί, αλλά πως τα πάντρεψες όλα αυτά δεν το είχα αντιληφθεί, εννοείται ότι είναι σωστή και πολύ έξυπνη λύση (όχι όμως καλύτερη από την δική μου

!!)!!

Όσο αν περνάτε λίγο υπομονή βρε παιδιά, γιατί να γίνουμε μάγοι; Πείτε ότι δεν περάσατε για να μην έχετε και άγχος!!

harinho7 · #39

κυριε μακη δειτε λιγο μια λυμενη ασκηση και πειτε μου την γνωμη σας
(χ-2)³+(χ-4)³+(6-2χ)³=0 να λυθει
Παρατηρουμε οτι (χ-2)+(χ-4)+(6-2χ)=0
οποτε η εξισωση γινεται (χ-2)(χ-4)(6-2χ)=0
οποτε χ=2 η χ=4 η χ=3
Την βρηκα σε ενα βιβλιο. Δεν προκειται ακριβως για την ιδια περιπτωση οπως αυτη του μαθηματικου διαγωνισμου?
Αυτο προσπαθω να σας πω
Σας παρακαλω πειτε μου και την γνωμη σας για την λυση της γεωμετρις που παρουσιασα

perel7 · #40

slash
Περνάς άνετα .

Θαλής 2010-2011

Re: Θαλής 2010-2011

Re: Θαλής 2010-2011

Re: Θαλής 2010-2011

Re: Θαλής 2010-2011

Re: Θαλής 2010-2011

Re: Θαλής 2010-2011

Re: Θαλής 2010-2011

Re: Θαλής 2010-2011

Re: Θαλής 2010-2011

Re: Θαλής 2010-2011

Re: Θαλής 2010-2011

Re: Θαλής 2010-2011

Re: Θαλής 2010-2011

Re: Θαλής 2010-2011

Re: Θαλής 2010-2011

Re: Θαλής 2010-2011

Re: Θαλής 2010-2011

Re: Θαλής 2010-2011

Re: Θαλής 2010-2011

Re: Θαλής 2010-2011

Μέλη σε σύνδεση