ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

parmenides51 · #1

1. Να βρεθούν όλες οι πραγματικές λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{x^2 + x= \frac{42}{{{x}^{2}}+x+1}}$ .

2. Μια περιοχή του επιπέδου περικλείεται από $\displaystyle{6}$ ημικύκλια ακτίνας $\displaystyle{1}$ cm όπως στο σχήμα. Να υπολογισθεί το εμβαδόν της περιοχής αυτής.

: 8alis 1998 2o.png (7.51 KiB) Προβλήθηκε 2934 φορές

3. Έστω ότι για θετικούς πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{\alpha, \beta ,\gamma}$ ισχύει $\displaystyle{\alpha \beta \left( \frac{\alpha +\beta }{2}-\gamma \right) + \beta \gamma \left( \frac{\beta +\gamma }{2}-\alpha \right) + \gamma \alpha \left( \frac{\gamma +\alpha }{2}-\beta \right) = 0}$ .
Να αποδειχτεί ότι $\displaystyle{\alpha= \beta=\gamma}$ .

4. Να βρεθούν όλοι οι ακέραιοι αριθμοί $\displaystyle{\nu}$ για τους οποίους ο αριθμός $\displaystyle{2\nu + 1}$ διαιρεί τον αριθμό $\displaystyle{\nu^2 + \nu- 2}$ .

Ch.Chortis · #2

parmenides51 έγραψε:
4. Να βρεθούν όλοι οι ακέραιοι αριθμοί $\displaystyle{\nu}$ για τους οποίους ο αριθμός $\displaystyle{2\nu + 1}$ διαιρεί τον αριθμό $\displaystyle{\nu^2 + \nu- 2}$ .

Έχουμε:
$4\dfrac {n^2+n-2} {2n+1}=\dfrac {4n^2+4n-8} {2n+1}=\dfrac {4n^2+4n+1-9} {2n+1}=\\ \dfrac {(2n+1)^2-9} {2n+1}=2n+1-\dfrac {9} {2n+1}$
Πρέπει:
$2n+1|9 \Leftrightarrow n=1,-1,4,-5,0,-2$
Άρα λύσεις είναι οι:
$~n=\pm 1,~n=0,~n=4,~n=-5,n=-2$

Ch.Chortis · #3

parmenides51 έγραψε: 3. Έστω ότι για θετικούς πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{\alpha, \beta ,\gamma}$ ισχύει $\displaystyle{\alpha \beta \left( \frac{\alpha +\beta }{2}-\gamma \right) + \beta \gamma \left( \frac{\beta +\gamma }{2}-\alpha \right) + \gamma \alpha \left( \frac{\gamma +\alpha }{2}-\beta \right) = 0}$ .
Να αποδειχτεί ότι $\displaystyle{\alpha= \beta=\gamma}$ .

Κάνοντας πράξεις βρίσκουμε
$\dfrac {ab(a+b)} {2}+\dfrac {bc(b+c)} {2}+\dfrac {ac(a+c)} {2}-abc-abc-abc=0 \Leftrightarrow \\ \dfrac {ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)} {2}=3abc \Leftrightarrow \\ ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)=6abc \Lefttrightarrow \\ ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)+2abc=8abc \Leftrightarrow \\ (a+b)(b+c)(a+c)=8abc$ .
Όμως αφού:
$a+b\geq 2\sqrt {ab} \\ b+c\geq 2\sqrt {bc} \\ a+c\geq 2\sqrt {ac}$
(με την ισότητα να ισχύει,ταυτόχρονα,για όλες τις ανισότητες μόνο όταν a=b=c

)
προκύπτει οτι:
$(a+b)(b+c)(a+c)\geq 8abc$
και με βάση την παραπάνω παρατήρηση,αναγκαστικά θα πρέπει να ισχύει:
a=b=c

Ch.Chortis · #4

parmenides51 έγραψε:1. Να βρεθούν όλες οι πραγματικές λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{x^2 + x= \frac{42}{{{x}^{2}}+x+1}}$ .

Πρέπει
$x^2+x>0 \Leftrightarrow x\in (-\infty,-1)\cup (0,+\infty)$
Θέτουμε:
y=x^2+x

και έχουμε:
$y=\dfrac {42} {y+1} \Leftrightarrow \\ y^2+y=42 \Leftrightarrow \\ y^2+y-42=(y+7)(y-6)=0$
Άρα ή:
$y-6=0 \Leftrightarrow \\ x^2+x-6=(x+3)(x-2)=0 \Leftrightarrow \\ \boxed {x=-3~or~x=2}$
ή
$y+7=0 \Leftrightarrow \\ x^2+x+7=0$ (άτοπο,λόγω αρνητικής διακρίνουσας).

#5

parmenides51 έγραψε:
2. Μια περιοχή του επιπέδου περικλείεται από $\displaystyle{6}$ ημικύκλια ακτίνας $\displaystyle{1}$ cm όπως στο σχήμα. Να υπολογισθεί το εμβαδόν της περιοχής αυτής.

Παραλείπω το σχήμα αλλά αν κόψουμε τα 3 ημικύκλια που εξέχουν και τα τοποθετήσουμε στις τρεις και τα τοποθετήσουμε στις άλλες τρεις θέσεις θα πάρουμε ένα κανονικό εξάγωνο πλευράς μήκους 2 με το ίδο εμβαδόν. Το εξάγωνο τώρα μπορούμε να το χωρίσουμε σε έξι ισόπλευρα τρίγωνο πλευρών μήκους 2. Κάθε ένα από αυτά έχει εμβαδόν $\sqrt{3}$ και άρα το συνολικό εμβαδόν ισούται με $6\sqrt{3}.$

#6

Ch.Chortis έγραψε:
parmenides51 έγραψε:
4. Να βρεθούν όλοι οι ακέραιοι αριθμοί $\displaystyle{\nu}$ για τους οποίους ο αριθμός $\displaystyle{2\nu + 1}$ διαιρεί τον αριθμό $\displaystyle{\nu^2 + \nu- 2}$ .

Έχουμε:
$4\dfrac {n^2+n-2} {2n+1}=\dfrac {4n^2+4n-8} {2n+1}=\dfrac {4n^2+4n+1-9} {2n+1}=\\ \dfrac {(2n+1)^2-9} {2n+1}=2n+1-\dfrac {9} {2n+1}$
Πρέπει:
$2n+1|9 \Leftrightarrow n=1,-1,4,-5,0,-2$
Άρα λύσεις είναι οι:
$~n=\pm 1,~n=0,~n=4,~n=-5,n=-2$

Χαρίλαε, επειδή το κοκκινισμένο είναι μόνο «πρέπει» και όχι «πρέπει και αρκεί» οφείλεις στο τέλος να ελέγξεις αν οι λύσεις σου ικανοποιούν το ζητούμενο.

parmenides51 · #7

parmenides51 έγραψε:3. Έστω ότι για θετικούς πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{\alpha, \beta ,\gamma}$ ισχύει $\displaystyle{\alpha \beta \left( \frac{\alpha +\beta }{2}-\gamma \right) + \beta \gamma \left( \frac{\beta +\gamma }{2}-\alpha \right) + \gamma \alpha \left( \frac{\gamma +\alpha }{2}-\beta \right) = 0}$ .
Να αποδειχτεί ότι $\displaystyle{\alpha= \beta=\gamma}$ .

διαφορετικά εδώ

parmenides51 έγραψε:4. Να βρεθούν όλοι οι ακέραιοι αριθμοί $\displaystyle{\nu}$ για τους οποίους ο αριθμός $\displaystyle{2\nu + 1}$ διαιρεί τον αριθμό $\displaystyle{\nu^2 + \nu- 2}$ .

εδώ

parmenides51 · #8

parmenides51 έγραψε:4. Να βρεθούν όλοι οι ακέραιοι αριθμοί $\displaystyle{\nu}$ για τους οποίους ο αριθμός $\displaystyle{2\nu + 1}$ διαιρεί τον αριθμό $\displaystyle{\nu^2 + \nu- 2}$ .

Κάνοντας την διαίρεση πολυωνύμων $\displaystyle{\left(x^2 +x- 2}\left):\left(2x+1\left)}$ έχουμε πως

$\displaystyle{x^2 +x- 2=\left(\frac{x}{2}+\frac{1}{4}\left)\left(2x+1\left)-\frac{9}{4}}$

άρα $\displaystyle{ \nu^2 +\nu- 2=\left(\frac{\nu}{2}+\frac{1}{4}\left)\left(2\nu+1\left)-\frac{9}{4}}$

άρα $\displaystyle{\frac{ \nu^2 +\nu- 2}{2\nu+1}=\frac{\nu}{2}+\frac{1}{4}-\frac{9}{4\left(2\nu+1\left)}}$

οπότε πρέπει το $\displaystyle{\left(2\nu+1\left)}$ να διαιρεί το $\displaystyle{9}$ , οπότε $\displaystyle{\left(2\nu+1\left) \in \{1,-1,3,-3,9,-9\}}$ .

$\displaystyle{\bullet}$ $\displaystyle{2\nu+1=1 \Rightarrow 2\nu=0 \Rightarrow \nu=0}$ οπότε $\displaystyle{\nu^2 +\nu- 2=0+0-2=-2}$ κι επειδή $\displaystyle{1|-2}$ δεκτή
$\displaystyle{\bullet}$ $\displaystyle{2\nu+1=-1 \Rightarrow 2\nu=-2 \Rightarrow \nu=-1}$ οπότε $\displaystyle{\nu^2 +\nu- 2=1+-1-2=-2}$ κι επειδή $\displaystyle{-1|-2}$ δεκτή
$\displaystyle{\bullet}$ $\displaystyle{2\nu+1=3 \Rightarrow 2\nu=2 \Rightarrow \nu=1}$ οπότε $\displaystyle{\nu^2 +\nu- 2=1+1-2=0}$ κι επειδή $\displaystyle{3|0}$ δεκτή
$\displaystyle{\bullet}$ $\displaystyle{2\nu+1=-3 \Rightarrow 2\nu=-4 \Rightarrow \nu=-2}$ οπότε $\displaystyle{\nu^2 +\nu- 2=4-2-2=0}$ κι επειδή $\displaystyle{-3|0}$ δεκτή
$\displaystyle{\bullet}$ $\displaystyle{2\nu+1=9 \Rightarrow 2\nu=8 \Rightarrow \nu=4}$ οπότε $\displaystyle{\nu^2 +\nu- 2=16+4-2=18}$ κι επειδή $\displaystyle{9|18}$ δεκτή
$\displaystyle{\bullet}$ $\displaystyle{2\nu+1=-9 \Rightarrow 2\nu=-10 \Rightarrow \nu=-5}$ οπότε $\displaystyle{\nu^2 +\nu- 2=25-5-2=18}$ κι επειδή $\displaystyle{-9|18}$ δεκτή

οπότε $\displaystyle{\nu \in\{-5,-2,-1,0,1,4\}}$

#9

parmenides51 έγραψε:...
2. Μια περιοχή του επιπέδου περικλείεται από $\displaystyle{6}$ ημικύκλια ακτίνας $\displaystyle{1}$ cm όπως στο σχήμα.

Το κοίταγα πριν μέρες για να προετοιμάσω κάποια μαθήματα που κάνουμε στο σχολείο μας εν όψει του διαγωνισμού. Δεν ξέρω αν έχει συζητηθεί. Πως, άραγε, θα πείσουμε ένα ανήσυχο μαθητή ότι το σχήμα δεν είναι λ.χ. το παρακάτω;

: Geo1998.png (5.61 KiB) Προβλήθηκε 2483 φορές

S.E.Louridas · #10

Νίκο το σχήμα της 2ης Άσκησης όπως δόθηκε στον Θαλή τότε έχει τρείς άξονες συμμετρίας που αποτελούν δέσμη ευθειών και που δημιουργούν εξι γωνίες των 60^o

.
Ναι πράγματι το θεωρητικό «ψάξιμο» όπως το έθεσες είναι υπαρκτό καθότι ο θεματολόγος θα έπρεπε να αναφέρει για τους άξονες συμμετρίας ή κάτι ισοδύναμο και όχι να στηριχτεί στην οπτική αντίληψη του πράγματος (αν και το σχήμα είναι οπτικά ακριβές) από τον διαγωνιζόμενο (στην Α΄ Λυκείου μιλάμε πλέον για θεωρητική Γεωμετρία).

#11

Σωτήρη καταλαβαίνω τι εννοείς.
Επίσης αντιλαμβάνομαι ότι η πείρα που έχεις με τον διαγωνισμό σου επιτρέπει να ξέρεις πως θα "λειτουργήσουν" οι μαθητές και ότι είναι αναμενόμενο να εργασθούν παίρνοντας τις συμμετρίες που αναφέρεις ως δεδομένες και να προχωρήσουν στην απάντηση.
Απλώς δεν έχω να πω τίποτε σε ένα μαθητή που θα πει: "Αφού δεν αναφέρεται ρητά ότι το εξάγωνο είναι κανονικό ή ότι υπάρχουν αυτές οι συμμετρίες δε μπορώ να τις υποθέσω".
Μαυρογιάννης

S.E.Louridas · #12

nsmavrogiannis έγραψε:Σωτήρη καταλαβαίνω τι εννοείς.
Επίσης αντιλαμβάνομαι ότι η πείρα που έχεις με τον διαγωνισμό σου επιτρέπει να ξέρεις πως θα "λειτουργήσουν" οι μαθητές και ότι είναι αναμενόμενο να εργασθούν παίρνοντας τις συμμετρίες που αναφέρεις ως δεδομένες και να προχωρήσουν στην απάντηση.
Απλώς δεν έχω να πω τίποτε σε ένα μαθητή που θα πει: "Αφού δεν αναφέρεται ρητά ότι το εξάγωνο είναι κανονικό ή ότι υπάρχουν αυτές οι συμμετρίες δε μπορώ να τις υποθέσω".
Μαυρογιάννης

Νίκο αυτό ακριβώς είπα λίγο πρίν εμμέσως πλην σαφώς:
Ναι στην περίπτωση αυτή συμφωνώ απόλυτα με αυτόν τον Μαθητή από την στιγμή που είναι στην Α΄ Λυκείου, δηλαδή από την στιγμή που κινήται πλέον στο περιβάλλον της Θεωρητικής Γεωμετρίας.

ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Μέλη σε σύνδεση