mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 11:40 am**

Τα θέματα του Ευκλείδη για το 2010-2011.

Στο 3ο θέμα της Γ΄ γυμνασίου έχει δοθεί έγκαιρα η σχετική διόρθωση στη σειρά των κορυφών του σχήματος ΕΑΔΓΒ .

Καλά αποτελέσματα στους μαθητές μας που διαγωνίστηκαν !

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 12:11 pm**

Καλά αποτελέσματα σε όλους τους μαθητές.

Έδωσα σήμερα Ευκλείδη για Α' Λυκείου. Τα θέματα πιστεύω ήταν σχετικά εύκολα και ιδιαίτερα η γεωμετρία, την οποία την παρόλο που φοβόμουν, την έβγαλα γρήγορα. Τώρα περιμένουμε και τις επίσημες λύσεις...

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 12:21 pm**

Το 4ο της Γ:

(i) $a_n-a_{n-1}=-\displaystyle\frac{k}{2^{n-1}}$
$a_{n-1}-a_{n-2}=-\displaystyle\frac{k}{2^{n-2}}$
$\vdots$
$a_2-a_1=-\displaystyle\frac{k}{2}$

Προσθέτωντας τις παραπάνω παίρνουμε $a_n-1=-k\left(\displaystyle\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}\right)$ οπότε τελικά (το άθροισμα στην παρένθεση είναι άθροισμα n-1

όρων γεωμετρικής προόδου) παίρνουμε

$\boxed{a_n=k\left(\displaystyle\frac{1}{2^{n-1}}-1\right)+1}$

(ii) Με απλοποίηση της παραπάνω παίρνουμε: $2^{1000}\left(2^{n-1}-1\right)k=2^{n-1}\left(2^{1000}-1\right) \ \ (1)$ .

Επειδή $\left(2^{1000},2^{1000}-1\right)=1$ άρα $2^{1000}|2^{n-1}$ οπότε τελικά παίρνουμε $n-1\geq 1000$ δηλαδή $n\geq 1001 \ \ (2)$ .

Από την (1)

λύνοντας ως προς

παίρνουμε $k=\displaystyle\frac{2^{n-1}\left(2^{1000}-1\right)}{2^{1000}\left(2^{n-1}-1\right)}$

Όμως ο

είναι θετικός ακέραιος άρα $k\geq 1$ οπότε από την παραπάνω παίρνουμε $\displaystyle\frac{2^{n-1}\left(2^{1000}-1\right)}{2^{1000}\left(2^{n-1}-1\right)}\geq 1$ οπότε $2^{n-1}\leq 2^{1000}$ δηλαδή $n\leq 1001 \ \ (3)$ .

Απ' τις (2),(3)

παίρνουμε τελικά $\boxed{n=1001}$ άρα $\boxed{k=1}$ .

Αλέξανδρος

EDIT: Έγινε διόρθωση σε ένα τύπο!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 12:41 pm**

Ας επιτραπούν και σε μένα δυό κουβέντες:
Καλά και εύκολα σχετικά θέματα περίπου ιδανικά γιά τον συγκεκριμμένο διαγωνισμό.
Περιμένοντας και τις επίσημες ιδέες λύσεων θά ήθελα να ευχηθώ Καλή επιτυχία Καί Καλή συνέχεια τόσο στούς διαγωνιζομένους όσο και στα μέλη της επιτροπής διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε. αφού επί του πρακτέου και όχι επί του τυπικού της υπόθεσης,Τελικά δεν εξετάζονται μόνο οι διαγωνιζόμενοι.

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 12:42 pm**

Συγγνώμη, δεν είναι $a_n=k( \frac{1}{2^{n-1}}-1)+1$ ;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 12:45 pm**

Spribo έγραψε:Συγγνώμη, δεν είναι $a_n=k( \frac{1}{2^{n-1}}-1)+1$ ;

Πράγματι έτσι είναι! Θα το διορθώσω σε λίγο που θα είμαι σπίτι!

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 12:53 pm**

Στο τέταρτο μάλλον υπάρχει κι άλλος τρόπος. Εφόσον $n \neq 1$ και $2^{1000}(2^{n-1}-1)k=2^{n-1}(2^{1000}-1)$ , πρέπει
$2^{1000} \mid 2^{n-1}(2^{1000}-1)$ και $(2^{n-1}-1) \mid 2^{n-1}(2^{1000}-1)$ , κι εφόσον (t,t-1)=1

για t>1, πρέπει
$2^{1000} \mid 2^{n-1}$ και $(2^{n-1}-1) \mid (2^{1000} -1)$ , κι άρα $1000 \leq n-1$ , $n-1 \leq 1000$ , οπότε n-1=1000

.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 1:09 pm**

Καλημέρα mathematica!!!

Είναι η γνώμη μου ή ήταν τα θέματα της Β λυκείου αρκετά δύσκολα;;;;

Εγώ είμαι κοντά στα τρία θέματα...

Φιλικά,
Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 1:21 pm**

nickthegreek έγραψε:Καλημέρα mathematica!!!

Είναι η γνώμη μου ή ήταν τα θέματα της Β λυκείου αρκετά δύσκολα;;;;

Εγώ είμαι κοντά στα τρία θέματα...

Φιλικά,
Νίκος

Νίκο,
δεν νομίζω πως ήταν δύσκολα. 1ο,2ο θέμα αρκετά βατά.
Η γεωμετρία λίγο ανεβασμένη και η ανισότητα δεν έχω ιδέα καθώς δεν την έλυσα και δεν ξέρω τι παίζει.
Αν τώρα τα λες δύσκολα έχοντας στο μυαλό σου τα δυο τελευταία τότε προς το παρόν -μέχρι να δω λύσεις- δεν μπορώ να πάρω θέση.

Είμαι πάντως κι εγώ κοντά στα 3 θέματα.

Επεξεργασία: Είδα και τη λύση της ανισότητας, δεν ήταν κάτι το εξεζητημένο. Βέβαια όπως είχε πει κάποτε και ο κ. Κυριακόπουλος:
Ότι ξέρεις είναι εύκολο, όσο δύσκολο και αν είναι. Και ότι δεν ξέρεις είναι δύσκολο, όσο εύκολο και αν είναι.

Απλώς, θεωρώ ότι βλέποντας τη λύση μιας άσκησης μπορείς κατά κάποιον τρόπο να καταλάβεις την αντικειμενική -υπάρχει??- της δυσκολία.
Πάντως για να μην παρεξηγηθώ, δεν λέω ότι ήταν εύκολα απλώς δεν θεωρώ ότι μπορούν να χαρακτηριστούν και δύσκολα -για το επίπεδο του Ευκλείδη πάντοτε.

Αντώνης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 1:23 pm**

Λοιπόν...έδωσα για Β' Γυμνασίου και έγραψα από το 1 το α. Έγραψα επίσης το 2 το 3 και στο 4 έκανα μια τεραστείιιιιιιιιιιιιιιιιιιιιιιιιιιιιιιων διαστάσεων βλακεία αλλά η γενική μου σκέψη ήταν σωστή. Τί λέτε περνάω;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 1:24 pm**

Και οι λύσεις εδώ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 1:33 pm**

Καλησπερα και απο μενα,εγραφα Γ'λυκειου απο Ροδο .
Πως θεωρουνται τα θεματα Γ'? Η βαση για να περασει καποιος εκτιματε να ειναι ανεβασμενη?

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 1:37 pm**

Αλήθεια, θα ήμουν ευγνώμων αν οι ειδικοί του forum μπορούσαν να κάνουν κάποιες πρώτες εκτιμήσεις για το που θα κυμανθούν οι βάσεις (στο περίπου).

Φιλικά,
Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 1:39 pm**

Στο 4ο θέμα της Β Λυκείου κάνοντας το σχήμα μου βγήκε το Κ εκτος του μεγάλου κύκλου C . Αυτό γιατί ο μικρός κύκλος τέμνονταν απο την ΑΓ. Δίνει βέβαια οτι οτι ΜΓ>ΚΓ αλλα αυτό δεν σημαίνει οτι το Κ είναι εντός του C. Στη συνέχεια η ασκηση μου βγήκε κανόνικα. Είμαι κάπου λάθος?

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 1:40 pm**

Και σε εμένα το ίδιο βγήκε...

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 1:47 pm**

Νομίζω πως στις λύσεις από την Ε.Μ.Ε. στο β ερώτημα του προβλήματος 1 της Γ'Γυμνασίου είναι λάθος το αποτέλεσμα.

Συγκεκριμένα,κάνοντας τις πράξεις βρίσκω:

$(\frac{1}{\beta ^2}+\frac{1}{9})(\frac{1}{3\beta })^{-3}-9\beta ^2-20=(\frac{1}{\frac{1}{9}}+\frac{1}{9})(\frac{1}{-1})^{-3}-9*\frac{1}{9}-20=(9+\frac{1}{9})*(-1)-1-20=-9-\frac{1}{9}-1-20=-30-\frac{1}{9}=-\frac{271}{9}$ ,και όχι

,όπως γράφεται στις λύσεις.

Μπορεί να υπάρχει λάθος στη δικη μου απάντηση,αλλά αν όντως είναι λανθασμέενη η απάντηση στις επίσημες λύσεις,καλό θα ήταν να διορθωθεί.Τελικά,ποιο είνα το σωστό;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 1:48 pm**

Εγώ έδινα στην Γ' Λυκείου. Προσωπικά τα βρήκα ευκολότερα από τα περσινά της Γ'.
Στο 1ο θέμα έδωσα την ίδια λύση με την επίσημη.
Το 2ο θέμα το έλυσα λύνοντας την δεύτερη εξίσωση ως προς

και αντικαθιστώντας στην πρώτη. Άσχημη λύση βέβαια αλλά δεν έχασα ρίζες.
Στο 3ο θέμα απέδειξα την ισότητα των c_1

και

βασισμένος στο ότι αν ίσες γωνίες δύο κύκλων βαίνουν σε ίσα τόξα, οι κύκλοι είναι ίσοι. Την άλλη ισότητα δεν την έδειξα.
Στο 4ο θέμα έδωσα σχεδόν την επίσημη λύση.

Καλά αποτελέσματα σε όλους!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 1:50 pm**

Κι εγώ αγαπητέ με τον ίδιο τρόπο έλυσα το 2ο!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 1:58 pm**

Σημερα εγραψα Β Ευκλειδη. Ενταξει θα μπορουσα ισως λιγο καλυτερα. Το πρωτο το ελυσα σωστα διακρινοντας περιπτωσεις του x. Στο δευτερο υψωσα την πρωτη εξισωση στο τετραγωνο κτλπ . Αλλα μετα δεν ειχα χρονο για πραξεις και τα εγραψα συνοπτικα. π.χ Απο (2) και (4) θα προκυψει οτι .... και σε συνδυασμο με την (5) ... και τα αποτελεσματα τα εγραψα σωστα.
Στην (3) ελυσα μονο το αριστερο μερος αλλα θελω να μου πει καποιος αν ισχυει οτι :
$\sum \frac{a+b}{a^2+b^2}\geq \frac{1}{abc}$ αν αβ+βγ+γα=1

Δεν νομιζω να περασω. Βεβαια εξαρταται πως θα τα πανε και οι αλλοι. Ξερει ομως καποιος με ποσα θεματα στο περιπου περνας ? Πρεπει να εχω γραψει κοντα στα 2 και κατι η 2 ακριβως.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 2:01 pm**

Καλησπέρα, έδωσα σήμερα τον Ευκλείδη στην Α' Λυκείου.

Στο 4ο θέμα πιστεύω ότι το αποτέλεσμα έβγαινε άμεσα με τη χρήση της ανισότητας $(a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ac)$ .

mathematica.gr

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

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