mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 20, 2018 1:29 pm**

Έγραψα και τα 4 θέματα! Τα πρώτα 3 ήταν ΠΑΡΑ πολύ εύκολα. Το τέταρτο με δυσκόλεψε αλλά το έβγαλα. Θέλω τη γνώμη σας για το αν είναι δύσκολα ή μου φάνηκαν εύκολα. ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ ΣΕ ΟΛΟΥΣ!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 20, 2018 1:30 pm**

ΘΕΜΑ 2 Γ ΛΥΚΕΙΟΥ
Θα αποδείξουμε κατι περισσότερο.Εστω
$g(x)=a_1\cos(r_1x+b_1)+\cdots+a_n\cos(r_nx+b_n)$
Αν τα r_i^2

είναι ανα δύο διαφορετικα και η g(x)

ειναι περιοδική με περίοδο Τ τοτε ολοι οι οροι $\cos(r_ix+b_i)$
ειναι περιοδικοι με περιοδο Τ.

Παραγωγίζουμε την g(x) 2k

φορες για k=0,1,2,...,n-1.Αυτοι οι παραγωγοι ειναι περιοδικοι με περιοδο Τ.
Aυτο που βγαινει ειναι $g^{(2k)}(x)=a_1r^{2k}_1\cos(r_1x+b_1)+\cdots+a_nr^{2k}_n\cos(r_nx+b_n)$ χωρις τα προσημα.Καθε γραμμικος
συνδυασμος αυτων ειναι περιοδικος με περιοδο Τ.Θελουμε για να φτιαξουμε τους ορους $\cos(r_ix+b_i)$ ετσι ,να ειναι η οριζουσα
Vandermonde διαφορη του 0.Ομως αυτο ισουται με $a_1a_2...a_n\prod_{i\not=j}\ (r^2_i-r^2_j)$ το οποιο οντως ειναι διαφορο του 0.
Απο εδω η λυση ειναι προφανης.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 20, 2018 1:36 pm**

Έστω ότι η $A\Delta$ τέμνει την $B\Gamma$ στο

Τότε, από τις εξωτερικές γωνίες τριγώνων έχουμε

$B\widehat{\Delta}E=\Delta\widehat{B}A+\widehat{A_1}$ και $\Gamma\widehat{\Delta}E=\Delta\widehat{\Gamma}A+\widehat{A_2}$

όπου $\widehat{A_1}=A\widehat{B}\Delta$ και $\widehat{A_2}=A\widehat{\Gamma}\Delta.$

Έτσι, αφού $\widehat{A_1}+\widehat{A_2}=\widehat{A}=115^\circ$ , έχουμε

$\begin{aligned} B\widehat{\Delta}\Gamma&= B\widehat{\Delta}E+\Gamma\widehat{\Delta}E\\ &=\Delta\widehat{B}A+\widehat{A_1}+\Delta\widehat{\Gamma}A+\widehat{A_2}\\ &=115^\circ+\Delta\widehat{B}A+\Delta\widehat{B}A,\\ \end{aligned}$

οπότε $\Delta\widehat{B}A+\Delta\widehat{B}A=B\widehat{\Delta}\Gamma-115^\circ.$

Από το τρίγωνο $B\Delta\Gamma$ παίρνουμε $2(\Delta\widehat{B}A+\Delta\widehat{B}A)=180^\circ-B\widehat{\Delta}\Gamma.$

Συνεπώς,

$180^\circ-B\widehat{\Delta}\Gamma=2(B\widehat{\Delta}\Gamma-115^\circ)=2B\widehat{\Delta}\Gamma-230^\circ$

κι έτσι

$B\widehat{\Delta}\Gamma=\dfrac{180^\circ+230^\circ}{3}=\dfrac{410^\circ}{3}.$

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 20, 2018 1:40 pm**

Μήπως έχει κανείς σχήμα της Γ' Γυμνασίου στη Γεωμετρία;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 20, 2018 1:42 pm**

Β ΛΥΚΕΙΟΥ πρόβλημα 3

Με άτοπο απαγωγη εστω ότι $0< N\leq 3$ ισχυει $\pi (r_{1}+r_{2}+...........r_{N})=6\alpha$
τότε εχουμε τρεις περιπτώσεις .......θα γράψω λεπτομέρειες αργότερα το αφήνω μπορεί να απαντηθεί .

Γιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 20, 2018 1:47 pm**

Κατερινόπουλος Νικόλας έγραψε: Σάβ Ιαν 20, 2018 1:40 pm Μήπως έχει κανείς σχήμα της Γ' Γυμνασίου στη Γεωμετρία;

: Ευκλείδης 2018 Γ Γυμν .4.png (14.98 KiB) Προβλήθηκε 5061 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 20, 2018 1:49 pm**

george visvikis έγραψε: Σάβ Ιαν 20, 2018 1:47 pm
Κατερινόπουλος Νικόλας έγραψε: Σάβ Ιαν 20, 2018 1:40 pm Μήπως έχει κανείς σχήμα της Γ' Γυμνασίου στη Γεωμετρία;
Ευκλείδης 2018 Γ Γυμν .4.png

Ευχαριστώ πολύ!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 20, 2018 2:06 pm**

Γειά σας Εγώ έδωσα στην Α Λυκείου. Τα θέματα μου φάνηκαν μέτριας δυσκολίας. Έλυσα το 2 και το 4 ολόκληρα και κάτι λίγα από τα άλλα δύο. Την γεωμετρία την εφτασα μεχρι ενα σημείο αλλά με λάθος δεδομένο. Θεώρησα ότι το η κάθε πλευρά από μόνη της ήταν 4ριζα 10 και όχι και οι δύο μαζί. Ξέρετε αν θα πάρω βαθμούς από το θέμα;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 20, 2018 2:07 pm**

Θέμα 3 Β Γυμνασίου

: Ευκλείδης 2018 Β Γυμν .3.png (13.01 KiB) Προβλήθηκε 5028 φορές

$\displaystyle 3\omega + 3\varphi = {180^0} - {115^0} = {65^0} \Leftrightarrow \omega + \varphi = \frac{{{{65}^0}}}{3} \Leftrightarrow 2\omega + 2\varphi = \frac{{{{130}^0}}}{3}$

$\displaystyle {\rm B}\widehat \Delta \Gamma = {180^0} - (2\omega + 2\varphi ) = {180^0} - \frac{{{{130}^0}}}{3} \Leftrightarrow$ $\boxed{{\rm B}\widehat \Delta \Gamma = \frac{{{{410}^0}}}{3}}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 20, 2018 2:17 pm**

Θέμα 4 Γ Γυμνασίου

: Ευκλείδης 2018 Γ Γυμν .4.png (18.37 KiB) Προβλήθηκε 5015 φορές

Έστω

το σημείο τομής της $\Gamma E$ με τη διχοτόμο της γωνίας $\widehat A.$ Επειδή το $\Gamma AE$ είναι ισοσκελές θα είναι $\displaystyle \Gamma \widehat {\rm A}{\rm O} = {\rm A}\widehat \Gamma {\rm O} = {36^0} \Leftrightarrow {\rm O}{\rm A} = {\rm O}\Gamma$

Άρα το

βρίσκεται στη μεσοκάθετο του $A\Gamma$ αλλά και του $B\Gamma,$ οπότε είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 20, 2018 2:33 pm**

Γεια σας εάν στην 1 άσκηση της β λυκείου δεν λάβουμε ότι α=1 και γράψουμε απλώς α<1 πόσο εκτιμάται ότι θα χάσουμε(γνωρίζω ότι δεν είστε σε θέση να απαντήσετε,μια εκτίμηση ζητάω από την εμπειρία σας ως βαθμολογητές.)

Ευχαριστώ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 20, 2018 2:49 pm**

Θα μπορούσε κάποιος να στείλει τις λύσεις των θεμάτων της Γ γυμνασίου;;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 20, 2018 2:55 pm**

george visvikis έγραψε: Σάβ Ιαν 20, 2018 2:17 pm Θέμα 4 Γ Γυμνασίου Ευκλείδης 2018 Γ Γυμν .4.png
Έστω το σημείο τομής της $\Gamma E$ με τη διχοτόμο της γωνίας $\widehat A.$ Επειδή το $\Gamma AE$ είναι ισοσκελές θα είναι $\displaystyle \Gamma \widehat {\rm A}{\rm O} = {\rm A}\widehat \Gamma {\rm O} = {36^0} \Leftrightarrow {\rm O}{\rm A} = {\rm O}\Gamma$

Άρα το βρίσκεται στη μεσοκάθετο του $A\Gamma$ αλλά και του $B\Gamma,$ οπότε είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου.

Δε θα μπορούσε να γίνει και με άλλο τρόπο; Επεκτείνοντας την ΕΓ μέχρι το Ζ (σημείο του κύκλου) και τραβώντας την ΑΖ; Τότε βρίσκουμε την ΖÂΒ επειδή βαίνει στο ίδιο τόξο με την ΖΓΒ και αποδεικνύουμε ότι Α = 90° Επειδή είναι ορθή βαίνει σε ημικύκλιο. Σωστά;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 20, 2018 2:55 pm**

[ggb=]Γεια σας εάν στην 1 άσκηση της β λυκείου δεν λάβουμε ότι α=1 και γράψουμε απλώς α<1 πόσο εκτιμάται ότι θα χάσουμε[/ggb]όπου 1 εννοώ -1

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 20, 2018 3:19 pm**

Καλη επιτυχια σε ολους! Τώρα θα απευθυνθώ κυρίως στους βαθμολογητές ή σε όσους έχουν εμπειρία με τους διαγωνισμούς της ΕΜΕ, σχετικά με τις βάσεις. Πού πιστεύετε οτι θα κυμανθούν, με βάση το επίπεδο δυδκολίας των θεμάτων και τις γενικες επιδόσεις των μαθητών; Ευχαριστώ εκ των προτέρων! Βασικά, αναφέρομαι στην Α Λυκείου.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 20, 2018 3:37 pm**

Για την γεωμετρία Γ Γυμνασίου εγώ απέδειξα ότι τα σημεία Ε, Ο (κέντρο του κύκλου) και Γ είναι συνευθειακά με κυνήγι γωνιών, άρα η ΕΓ θα περνάει υποχρεωτικά απο το Ο. Σωστό δεν είναι;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 20, 2018 3:41 pm**

ΔεσπΚ έγραψε: Σάβ Ιαν 20, 2018 3:19 pm Καλη επιτυχια σε ολους! Τώρα θα απευθυνθώ κυρίως στους βαθμολογητές ή σε όσους έχουν εμπειρία με τους διαγωνισμούς της ΕΜΕ, σχετικά με τις βάσεις. Πού πιστεύετε οτι θα κυμανθούν, με βάση το επίπεδο δυδκολίας των θεμάτων και τις γενικες επιδόσεις των μαθητών; Ευχαριστώ εκ των προτέρων! Βασικά, αναφέρομαι στην Α Λυκείου.

Ας επισημάνουμε ακόμα μια φορά, ότι ΚΑΜΙΑ ΑΠΟΛΥΤΩΣ εκτίμηση των βάσεων δεν μπορεί να γίνει. Οι διαγωνιζόμενοι πρέπει απλώς να περιμένουν την ανακοίνωση των αποτελεσμάτων.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 20, 2018 4:01 pm**

Για το 4ο της Γ:

Εύκολα βλέπουμε πως αν ονομάσουμε a,b,c

τους 3 αριθμούς, ώστε $a \leq b \leq c$ , τότε a^3, b^3, c^3

είναι ακέραιοι και 2b = a + c

αν έχουμε αριθμητική πρόοδο. Άρα από Euler: $6\sqrt[3]{2018^2p^2q^2r^2} = 6abc = 8b^3 - a^3 - c^3$ είναι ακέραιος.

Όμως εντός της τρίτης ρίζας, το πολύ ένας εκ των p, q, r

θα είναι ίσος με

, ενώ οι άλλοι θα είναι όλοι περιττοί πρώτοι, και αφού $2018 = 2 \times 1009$ , το

θα εμφανίζεται σε δύναμη

ή

, πράγμα που δίνει άρρητη κυβική ρίζα. Άτοπο.

ΥΓ1: Καλά αποτελέσματα!

ΥΓ2: Νομίζω πως η Γεωμετρία της Γ' παραείναι εύκολη γι' αυτό το επίπεδο.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 20, 2018 4:24 pm**

DimitraAng1 έγραψε: Σάβ Ιαν 20, 2018 2:55 pm
george visvikis έγραψε: Σάβ Ιαν 20, 2018 2:17 pm Θέμα 4 Γ Γυμνασίου Ευκλείδης 2018 Γ Γυμν .4.png
Έστω το σημείο τομής της $\Gamma E$ με τη διχοτόμο της γωνίας $\widehat A.$ Επειδή το $\Gamma AE$ είναι ισοσκελές θα είναι $\displaystyle \Gamma \widehat {\rm A}{\rm O} = {\rm A}\widehat \Gamma {\rm O} = {36^0} \Leftrightarrow {\rm O}{\rm A} = {\rm O}\Gamma$

Άρα το βρίσκεται στη μεσοκάθετο του $A\Gamma$ αλλά και του $B\Gamma,$ οπότε είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου.
Δε θα μπορούσε να γίνει και με άλλο τρόπο; Επεκτείνοντας την ΕΓ μέχρι το Ζ (σημείο του κύκλου) και τραβώντας την ΑΖ; Τότε βρίσκουμε την ΖÂΒ επειδή βαίνει στο ίδιο τόξο με την ΖΓΒ και αποδεικνύουμε ότι Α = 90° Επειδή είναι ορθή βαίνει σε ημικύκλιο. Σωστά;

Πολύ σωστά!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 20, 2018 4:31 pm**

ρε παιδιά πώς γραφουμε σε LaTex

mathematica.gr

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018