mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 2:05 pm**

Στην Γ' Γυμνασίου μήπως το 1β είναι λάθος στις λύσεις της Ε.Μ.Ε;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 2:42 pm**

Για τη Β Λυκείου Θέμα 3o (για το αριστερό μέλος):

Από την ανισότητα Tchebyshev (ή ανισότητα αναδιάταξης) έχουμε:

$\displaystyle\frac{a+b}{2}\cdot\frac{a^2+b^2}{2}\leq \frac{a^3+b^3}{2}$ κι έτσι

$\displaystyle\frac{\left(a^3+b^3\right)c}{a^2+b^2}\geq \frac{(a+b)c}{2}$

Όμοια $\displaystyle\frac{\left(b^3+c^3\right)a}{b^2+c^2} \geq \frac{(b+c)a}{2}$ και

$\displaystyle\frac{\left(c^3+a^3\right)b}{c^2+a^2} \geq \frac{(c+a)b}{2}$

Προσθέτοντας τις παραπάνω παίρνουμε τελικά ότι:

$\displaystyle\frac{\left(a^3+b^3\right)c}{a^2+b^2} + \frac{\left(b^3+c^3\right)a}{b^2+c^2} + \frac{\left(c^3+a^3\right)b}{c^2+a^2} \geq \frac{2(ab+bc+ca)}{2}\stackrel{(\star)}{=}1$ .

$(\star)$ : Η δοσμένη στην εκφώνηση σχέση μετά την απλοποίηση γίνεται ab+bc+ca=1

.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 2:51 pm**

kanenas έγραψε:Στην Γ' Γυμνασίου μήπως το 1β είναι λάθος στις λύσεις της Ε.Μ.Ε;

Έχει γίνει ήδη διόρθωση στις επίσημες λύσεις στο σωστό που είναι $-\displaystyle\frac{271}{9}$ .

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 2:54 pm**

Καλησπέρα σε όλους και καλή επιτυχία.

Τα θέματα θα ελεγα ήταν στο πνεύμα με τα περσίνα θέματα και συνεπώς ήταν λίγο δύσκολα όχι ακατορθωτα. Κοντά στα 3 θέματα απο εμένα.

Καλη επιτυχία και καλα αποτελέσματα

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 3:04 pm**

Καλησπέρα και καλά αποτελέσματα..

Έδωσα Α' Λυκείου..μέτρια τα θέματα...
3 ολόκληρα έλυσα και υπολογίζω 1-2 μονάδες απο το τελευταίο./..
Τι εκτιμάτε? περνάω? ελάχιστη βαθμολογία 15 μέγιστη 17..

Καλά αποτελέσματα και πάλι σε όλους...

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 3:22 pm**

Εχει κανεις τα κριτηρια βαθμολογησης ?

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 4:17 pm**

Με κάτω από τρία θέματα υπάρχει πιθανότητα να περάσω; Είμαι Β Γυμνασίου.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 4:42 pm**

Εγώ έδινα με τα θέματα τις τρίτης γυμνασίου και μου φάνηκαν πολύ ωραία.

Για το 1 α το πήγα όπως η επίσημες λύσεις και το 1 β το άφησα μέχρι το $-30-\frac{1}{9}$
Για το 2 όπως η επίσημες λύσεις
Για το 3(κατ΄εμε το πιο δύσκολο θέμα,αφού όλα τα άλλα τα έβγαλα στην μια ώρα και αυτό σε 2!!!)το πρώτο και το δεύτερο ολόσωστα αλλα το τρίτο λάθος αφού δεν μου δόθηκε καμία διόρθωση!!!!Πρέπει τώρα να πάρω τηλέφωνο η να κάνω κάτι άλλο??
Για το 4(το πιο ωραίο θέμα) τό πήγα μέχρι ένα σημείο όπως η επίσημες λύσεις αλλά μετά έκανα σύστημα.

Εκτιμώ ότι έχω γράψει 18 λόγω 3γ!!!!

Δημήτρης

ΥΓ.Μπορεί κάποιος να ποστάρει το σχλεδιο βαθμολόγησης???

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 5:03 pm**

Και εγώ έδινα στον Ευκλείδη της Β Γυμνασίου. Έλυσα το πρώτο και το τρίτο θέμα ολόσωστα, στο τέταρτο έφτασα μέχρι και το τέλος του, αλλά έδωσα μόνο μία τιμή για τον Α. Το δεύτερο πρόβλημα το άφησα για το τέλος , έκανα μία απροσεξία στην αρχή του προβλήματος και έτσι μου βγήκε το αποτέλεσμα λάθος. Λέτε να περνάω?

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 5:05 pm**

Μήπως ξέρετε τίποτα για τις βάσεις της Γ(το ξέρω είναι νωρίς βέβαια..)

Αν έχω γράψει το 1ο,2ο και 4α όπως στις επίσμες λύσεις πιστεύεται έχω ελπίδα?-δηλαδή 12 με 13(έκανα και 4β αλλά δεν έχω πολύ καλή δικαιολόγηση νομίζω παρότι βρήκα το αποτέλεσμα οπότε αντε να τσιμπήσω καμιά μονάδα).Πάντως γύεω στο 10-12 δεν είναι πάντα οι βάσεις...εκτός απο δύσκολες χρονιές όπως πέρυσι νομίζω

Ευχαριστώ προκαταβολικά....

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 5:07 pm**

Ωραία θέματα στην Γ, αν και τα 1 και 4 ήταν αρκετά εύκολα.
Βάζω μια λύση για το 3, την οποία βρήκα μετά το τέλος της επιτήρησης του διαγωνισμού:

Παρατηρούμε ότι η μεσοκάθετη της ΑΓ παιρνάει από το Ν, διότι το εγράψημο ΒΝΟΑ έχει <ΒΝΟ = 180 - <ΟΑΒ = (ΑΒΟ ισοσκελές) = 180 - 1/2(180 - <ΒΟΑ) = 90 + <ΒΟΑ/2 = (αντίστοιχη εγεγγραμμένη στον περιγεγραμμένο) = 90 + <Γ = 270 - <Β - <Α <=> ΝΟ κάθετη στη ΑΓ. Άρα ΝΑ = ΝΓ και <ΝΑΚ = <ΝΑΓ = <ΝΓΑ = <ΝΓΚ, το οποίο δίνει ισότητα των c1,c2 (νόμος ημιτόνων στα τρίγωνα ΝΚΑ και ΝΚΓ).
Για τους c2 και c3, παρατηρούμε ότι το Κ είναι η τομή της μεσοκαθέτου της ΒΓ με τον c1. Mε νόμο ημιτόνων στα τρίγωνα ΚΝΓ και ΚΟΓ, αρκεί οι <ΚΝΓ και <ΚΟΓ να είναι παραπληρωματικές. Έστω Μ, Μ' τα μέσα των ΑΓ και ΒΓ αντίστοιχα, τότε απο τις παρατηρήσεις παραπάνω έχουμε Κ,Ο,Μ' συνευθειακά και Ν,Ο,Μ επίσης συνευθειακά, και εύκολα ΝΚΜΜ' και ΜΟΜ'Γ εγγράψημα, οπότε <ΚΟΓ = 180 - <ΟΚΓ - <ΟΓΚ = 180 - <ΟΚΓ - <ΟΜ'Μ = ΚΜΜ' = 180 - <ΚΝΜ' = 180 - <ΚΝΓ (η προτελευταία επηδή το ΝΚΜΜ' είναι εγγράψημο) και αυτό τελειώνει την απόδειξη.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 5:15 pm**

Ξέρετε πόσο είναι η βάση συνήθως για τον Ευκλείδη της Β Γυμνασίου?

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 5:47 pm**

krystallia k έγραψε:Και εγώ έδινα στον Ευκλείδη της Β Γυμνασίου. Έλυσα το πρώτο και το τρίτο θέμα ολόσωστα, στο τέταρτο έφτασα μέχρι και το τέλος του, αλλά έδωσα μόνο μία τιμή για τον Α. Το δεύτερο πρόβλημα το άφησα για το τέλος , έκανα μία απροσεξία στην αρχή του προβλήματος και έτσι μου βγήκε το αποτέλεσμα λάθος. Λέτε να περνάω?

Άκου να δεις εγώ τι έπαθα. Βγήκα από την αίθουσα νομίζοντας πως έχω λύσει σωστά 3,5 θέματα. Ήμουν για όλα σίγουρος. Τελικά όταν πήγα σπίτι και είδα τις λύσεις είδα ότι είχα σωστά το 1α το 2 και το 3. Επίσης ήμουν σίγουρος ότι είχα και το 4 σωστό αλλά τελικά... ανακάλυψα πως έχασα το θέμα για ένα γράμμα! Δηλαδή στην πρώτη πρόταση αντί να βγάλω β-γ=3 μπερδεύτηκα και είπα ότι α-γ=3. Έτσι ακολούθησα άλλη λύση και βρήκα άλλα νούμερα. Βέβαια νομίζω ότι η γενική μου σκέψη στο πρόβλημα ήταν σωστή αφού εκμεταλλεύτηκα όλες τις προτάσεις που μου δόθηκαν. Ουσιαστικά ήταν σαν να δημιούργησα δικό μου πρόβλημα με δική του ανεξάρτητη λύση. Άρα πιστεύω πως ίσως να πάρω καμιά-δυο μοναδούλες με πολλή επιείκεια. Κρίμα θα ήταν να μην περάσω για αυτή την απροσεξία...Βέβαια θα το δεχτώ όπως και να έχει. Δεν μπορώ να κάνω και αλλιώς.
Αυτά.....
Φιλικά, Λεωνίδας

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 5:49 pm**

Βλέποντας και τα θέματα των υπολοίπων τάξεων καθώς και τα αντίστοιχα του περσινού Ευκλείδη παρατήρησα σε μερικά από αυτά εκπληκτικές ομοιότητες που σε κάποιες φτάνουν στα όρια της ταύτισης.

Αν δει κανείς π.χ. το 1ο ερώτημα του Προβλήματος 1 της Α Λυκείου πέρσι και φέτος, θα δει ότι πρόκειται για ακριβώς το ίδιο με μια πολύ μικρή αλλαγή που δεν επηρεάζει καθόλου. Αυτό είναι ίσως το πιο κραυγαλέο, αλλά υπάρχουν σε όλες τις τάξεις και άλλα παραδείγματα πολύ συγγενικών ασκήσεων που η λύση τους βασίζεται στην ίδια λογική.

Δεν ξέρω πως φαίνεται αυτό τα υπόλοιπα μέλη και ειδικά στους διαγωνιζόμενους.
Είχαμε συνηθίσει να βλέπουμε πρωτότυπες ασκήσεις, τελείως διαφορετικές με αυτές των προηγούμενων ετών.

Θα συνέχιζα τις σκέψεις μου όσο αναφορά τα θέματα -όχι μόνο τα φετινά- αλλά δεν θέλω να στεναχωρήσω/θίξω άτομα που συνδέονται άμεσα ή έμμεσα με τους θεματοδότες.

Αντώνης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 6:08 pm**

Επειδή με ερώτησαν γιατί δεν θεώρησα τα θέματα γεωμετρίας των τάξεων Β΄, Γ΄ Λυκείου πάνω από μέτρια απαντώ.
● Για την Β΄λυκείου:
Όλοι γνωρίζουν ότι δύο ίσες χορδές κύκλου ορίζουν πάντα ισοσκελές τραπέζιο είτε σε ρόλο διαγώνιων του είτε σε ρόλο των ίσων σκελών. Άρα έχουμε:
${\rm A}{\rm B}\parallel \Gamma {\rm K}_1 \;\kappa \alpha \iota \;{\rm A}\Gamma \parallel {\rm B}{\rm N}_1 ,\delta \eta \lambda .{\rm A}{\rm B}{\rm P}\Gamma \;\pi \alpha \rho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda o\gamma \rho \alpha \mu \mu o.$
● Για την Γ΄Λυκείου.
Αν Δ το σημείο τομής της μεσοκάθετης της ΒΓ με την ΑΓ ,τότε είναι γνωστό ότι το τετράπλευρο ΑΔΟΒ είναι εγγράψιμμο, επομένως το K ταυτίζεται με το Δ. Αλλά από τις προφανείς ισότητες
$< \Delta {\rm B}\Gamma = < \Delta \Gamma {\rm B}\;\kappa \alpha \iota \; < {\rm O}{\rm A}\Gamma = < {\rm O}\Gamma {\rm A},$ έχουμε το ζητούμενο.
Με κάθε επιφύλαξη,

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 6:22 pm**

το σχέδιο βαθμολόγησης

ΣΧΕΔΙΟ ΒΑΘΜΟΛΟΓΗΣΗς ΕΥΚΛΕΙΔΗ 2010.pdf: (94.64 KiB) Μεταφορτώθηκε 274 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 8:08 pm**

Mε αλλα λογια ακομα και αν το σκεπτικο σου εχει μια βαση και ειναι σωστο (αλλα ειναι αυτο που οδηγει στη λυση )δεν παιρνεις καμια μοναδα ?

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 8:35 pm**

cretanman έγραψε:Για τη Β Λυκείου Θέμα 3o (για το αριστερό μέλος):

Από την ανισότητα Tchebyshev (ή ανισότητα αναδιάταξης) έχουμε:

$\displaystyle\frac{a+b}{2}\cdot\frac{a^2+b^2}{2}\leq \frac{a^3+b^3}{2}$ κι έτσι

$\displaystyle\frac{\left(a^3+b^3\right)c}{a^2+b^2}\geq \frac{(a+b)c}{2}$

...............................

Αλέξανδρε, και γω με το φίλο Θανάση Μπεληγιάννη(mathfinder) που επιτηρούσαμε μαζί, όταν... απογοητευτήκαμε με την άλλη ανισότητα (τη βασική για το άθροισμα κύβων), πήραμε την Tschebychev για να αποδείξουμε τελικά την ανισότητα αυτή, που τελικά είναι πολύ γνωστή(την έχουμε λυμένη και στις Αλγεβρικές Ανισότητες) !
Γι αυτό είναι καλό να έχει κανένας και άλλα εργαλεία !

Καλά αποτελέσματα σε όλα τα παιδιά !!!

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 10:07 pm**

Καλησπέρα σας.
Καλά αποτελέσματα σ' όλα τα παιδιά που συμμετείχαν στο διαγωνισμό.

Να δώσω μια διαφορετική προσέγγιση στο Πρόβλημα 2 της Γ΄ Λυκείου. Αρκετοί, μάλλον, θα το προσέγγισαν με τον ίδιο τρόπο. Δεν είδα, ή δεν πρόσεξα κάτι παρόμοιο και συνεπώς... το αναφέρω.

Πρόβλημα 2.

Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς το σύστημα:

$\displaystyle \begin{Bmatrix} x^2+2xy=5 \\ y^2-3xy=-2 \end{Bmatrix}$

Απάντηση.

$\displaystyle \begin{Bmatrix} x^2+2xy=5 \\ y^2-3xy=-2 \end{Bmatrix}\Leftrightarrow \begin{Bmatrix} x^2+2xy=5 \\ x^2y^2=(3xy-2)(5-2xy) \end{Bmatrix}\Leftrightarrow \begin{Bmatrix} x^2+2xy=5 \\ x^2y^2=(3xy-2)(5-2xy) \end{Bmatrix}\Leftrightarrow \\ \\ \begin{Bmatrix} x^2+2xy=5 \\ 7(xy)^2-19(xy)+10=0 \end{Bmatrix}\Leftrightarrow \begin{Bmatrix} &x^2+2\cdot 2=5 &x^2+2\cdot \frac{5}{7}=5 \\ &xy=2 &xy= \frac{5}{7} \end{Bmatrix}\Leftrightarrow \\ \\ \\ \begin{Bmatrix} &x=\pm 1 &x=\pm \frac{5\sqrt{7}}{7} \\ &y=\pm 2 &y= \pm\frac{\sqrt{7}}{7} \end{Bmatrix}\Leftrightarrow \\ \\ \\ (x,y)=(1,2), \ \ (-1,-2), \ \ \left(\frac{5\sqrt{7}}{7},\frac{\sqrt{7}}{7} \right), \ \ \left(-\frac{5\sqrt{7}}{7},-\frac{\sqrt{7}}{7} \right)$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 10:47 pm**

Απλά θα ήθελα να πώ, ότι στήν λύση του θέματος της Γεωμετρίας της Γ΄Λυκείου πού έδωσα, Χρησιμοποίησα το ευρέως γνωστό θεώρημα: οι περιγεγραμμένοι κύκλοι σε τρίγωνα ίδιων βάσεων με ίσες τις απέναντι γωνίες είναι ίσοι.
Βλέποντας την ωραία λύση του Κώστα Σερίφη στο σύστημα θέλω να πώ ότι το θέμα αυτό λύνεται με βάση και την κλασική-κλασική μέθοδο πού πρέπει και να λέγεται αλλά και να λύνεται η κάθε αντίστοιχη άσκηση ΚΑΙ με βάση αυτή ώστε να εμπεδωθεί : Οταν παρατηρήσουμε ότι τα πρώτα μέλη τών εξισώσεων συστήματος είναι ομογενή πολυώνυμα ,όπως εδώ, τότε κάνουμε την θεώρηση ψ=tx και με μία διαίρεση κατά μέλη (μετά από την στοιχειώδη εξέταση μην πέσουμε σε καμμιά διαίρεση με μηδέν) προσδιορίζουμε το t και το θέμα ρέει.

S.E.Louridas

mathematica.gr

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011