ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

#1

Εδώ τα θέματα του ΕΥΚΛΕΙΔΗ 2016 και η επεξεργασία τους !

Καλά αποτελέσματα !

#2

ΘΕΜΑ 1/Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Η κοινή διαφορά της αριθμητικής προόδου είναι d=a_2-a_1=(2^2+x^2)-(2-x)^2=4x.

(α) Συνεπώς, το άθροισμα των

πρώτων όρων της είναι
$\dfrac{n}{2}(2a_1+(n-1)d)=n((2-x)^2+2(n-1)x)=n(x^2+2(n-3)x+4)$

(β) Ο μέσος όρος των

πρώτων όρων της πρόδου είναι x^2+2(n-3)x+4=(x+2)^2+2(n-5)x

, που ισούται με (x+2)^2

αν και μόνο αν n=5.

Edit: Στην παραπάνω λύση κάναμε την υπόθεση ότι η παράσταση είναι ακέραια. Αλλιώς,θα πρέπει να είναι $4(n-3)^2-16\leq 0$ , (όχι απλώς 4(n-3)^2-16=0

) και άρα $1\leq n\leq 5$ .

Φιλικά,

Αχιλλέας

#3

ΘΕΜΑ 2/Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Προφανώς $x \ne 0$ .

Η δοθείσα εξίσωση γράφεται

5x^3=3x^2+6x+4

Διαιρώντας την τελευταία εξίσωση με x^2

παίρνουμε

$5x=\dfrac{3x^2+6x+4}{x^2}=\left(1+\dfrac{2}{x}\right)^2+\left(1+\dfrac{2}{x}\right)+1$ . (*)

Θέτοντας $r=1+\dfrac{2}{x}$ , δηλ. $x=\dfrac{2}{r-1}$ , από την (*) παίρνουμε

$\dfrac{10}{r-1}=5x=\dfrac{r^3-1}{r-1}$ ,

Δηλ. r^3=11

, ή $r=\sqrt[3]{11}$ .

Συνεπώς, $x=\dfrac{2}{\sqrt[3]{11}-1}$ .

Φιλικά,

Αχιλλέας

#4

Α' Λυκείου Πρόβλημα 3

: Ευκλείδης 2016 Α.3.png (18.37 KiB) Προβλήθηκε 9889 φορές

Η διάμεσος

του τριγώνου ABC

τέμνει την

στο

. Προφανώς είναι $\displaystyle{E\widehat AK = K\widehat AN = N\widehat AD = {20^0}}$ και επειδή $\displaystyle{A\widehat DE = Z\widehat DC = {60^0}}$ , θα είναι και $\displaystyle{E\widehat DZ = {60^0}}$ . Άρα και το EDZ

είναι ισόπλευρο.

Εύκολα τώρα διαπιστώνουμε ότι τα τρίγωνα AKE, AND, ZKE, ZND

είναι ίσα, οπότε το τετράπλευρο AKZN

είναι ρόμβος και KZ//AM

, δηλαδή $\boxed{KZ \bot BC}$ .

#5

Γεωμετρία Α λυκείου 3 άσκηση .

Καλημέρα από το σχολείο μου που είναι και εξεταστικό κέντρο.

: Ευκλείδης Α 2016.png (16.51 KiB) Προβλήθηκε 9850 φορές

Τα τρίγωνα $ADK\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ZDK$ έχουν $DA = DZ\,\,,\,\,DK = DK\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {ADK} = \widehat {ZDK} = 60^\circ$ .

Κατά συνέπεια τα πιο πάνω τρίγωνα είναι ίσα , οπότε $\widehat \theta = \widehat \phi = 80^\circ$ .

Όμως $\widehat {BKD} = 40^\circ + 60^\circ = 100^\circ$ (εξωτερική στο τρίγωνο AKD

) . Άρα $\widehat x = 100^\circ - 80^\circ = 20^\circ$ .

Αφού όμως το τρίγωνο ABC

είναι ισοσκελές θα έχει τις γωνίες της βάσης του

από $70^\circ$ και έτσι $KZ \bot BC$ .

Νίκος

#6

Πρόβλημα 2/ Β Γυμνασίου

Έχουμε οτι: $2016=2^5\cdot3^2\cdot7.$
Η απάντηση ειναι ο αριθμός

, διότι αφού $14=2\cdot7$ , τότε:
$2016\cdot14=(2^3\cdot3\cdot7)^2$ και $\dfrac{2016}{14}=(2^2\cdot3)^2.$ .

Νίκος Κατσίπης

#7

Θέμα 4/Β Λυκείου

Καταρχήν παρατηρούμε ότι εάν ένα ζεύγος (a,b)

είναι λύση, τότε και τα άπειρα ζεύγη (ka, kb)

με

θετικό ακέραιο, είναι επίσης λύσεις. Άρα μπορούμε να βρούμε τα ζεύγη (a,b)

με τα

να είναι πρώτοι μεταξύ τους.

Θέλουμε λοιπόν
$\dfrac{36a^2+17b^2}{36ab} \in \mathbb{Z} \Rightarrow \dfrac{36a^2+17b^2}{a} \in \mathbb{Z} \Rightarrow 36a + \dfrac{17b^2}{a} \in \mathbb{Z}$
άρα a|17b^2

κι επειδή

άρα

απ' όπου

ή

.

Επίσης
$\dfrac{36a^2+17b^2}{36ab} \in \mathbb{Z} \Rightarrow \dfrac{36a^2+17b^2}{36} \Rightarrow a^2+\dfrac{17b^2}{36} \in \mathbb{Z}$ απ' όπου 36|b^2

άρα $6|b \ \ (1)$ οπότε b=6b_1

. Αντικαθιστώντας έχουμε $36a^2+17\cdot 36b_1^2=36ma\cdot 6b_1 \Rightarrow a^2+17b_1^2=6mab_1$ για κάποιο θετικό ακέραιο

απ' όπου

κι επειδή

άρα

απ' όπου

.

Άρα οι λύσεις με (a,b)=1

είναι οι $(a,b)=(17,6), \ (1,6)$ που είναι δεκτές κι έτσι οι λύσεις της αρχικής είναι οι $(a,b)=(17k,6k), \ (k,6k)$ για

θετικό ακέραιο.

Αλέξανδρος

#8

Α' Λυκείου Πρόβλημα 1

Θέτω $\displaystyle{\sqrt[3]{x} = y \Leftrightarrow x = {y^3}}$ και η παράσταση γράφεται:

$\displaystyle{A = \left( {\frac{{25}}{{{y^3} + 8}} - \frac{{y + 2}}{{{y^2} - 2y + 4}}} \right) \cdot \frac{{{y^4} + 8y}}{{9 - {y^2}}} + \frac{{21 - {y^2}}}{{3 + y}}}$

$\displaystyle{A = \frac{{25 - {{(y + 2)}^2}}}{{{y^3} + 8}} \cdot \frac{{y({y^3} + 8)}}{{(3 - y)(3 + y)}} + \frac{{21 - {y^2}}}{{3 + y}}}$

$\displaystyle{A = \frac{{(7 + y)(3 - y)y}}{{(3 - y)(3 + y)}} + \frac{{21 - {y^2}}}{{3 + y}} = \frac{{7y + {y^2} + 21 - {y^2}}}{{3 + y}} = \frac{{7(y + 3)}}{{3 + y}} = 7}$

#9

Α ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΜΑ 3ο
Για πλουραλισμό λύσεων, βάζω μόνο το σχήμα.
Η γωνία ΒΚΖ είναι 20^o

: Α ΛΥΚ ΘΕΜΑ 3ο.png (15.76 KiB) Προβλήθηκε 9842 φορές

#10

ΘΕΜΑ 4/Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

Έστω ότι το Γιάννης παίρνει $\gamma$ καραμέλες από τις οποίες κρατάει τις $\dfrac{3\gamma}{4}$ και δίνει στο Βαγγέλη τα $\dfrac{\gamma}{4}$ .

Επειδή ο καθένας έχει ακέραιο αριθμό καραμελών σε αυτή τη μοιρασιά, πρέπει το $\gamma$ να είναι πολ/σιο του 4.

Έστω ότι ο Βαγγέλης παίρνει $\beta$ καραμέλες, κρατάει τις $\dfrac{\beta}{12}$ και δίνει $\dfrac{11\beta}{12}$ στο Γιάννη.

Επειδή ο καθένας έχει ακέραιο αριθμό καραμελών σε αυτή τη μοιρασιά, πρέπει το $\beta$ να είναι πολ/σιο του 12.

Ο Γιάννης, λοιπόν, θα έχει $\dfrac{3\gamma}{4}+\dfrac{11\beta}{12}=\dfrac{9\gamma+11\beta}{12}$ καραμέλες,

και ο Βαγγέλης, θα έχει $\dfrac{\gamma}{4}+\dfrac{\beta}{12}=\dfrac{3\gamma+\beta}{12}$ καραμέλες.

Αφού ο Γιάννης θα έχει τελικά εξαπλάσιες καραμέλες από το Βαγγέλη, είναι $9\gamma+11\beta=6(3\gamma+\beta)$ ,

δηλ. $5\beta=9\gamma$ .

Οι ελάχιστοι θετικοί ακέραιοι που ικανοποιούν τις παραπάνω συνθήκες είναι $\gamma=20$ και $\beta=36$ , οπότε η σακούλα περιέχει τουλάχιστον

καραμέλες.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#11

ΘΕΜΑ 1/Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

Πολυώνυμο P(x)

ισούται με

$\displaystyle{4\left((x+4)^2-7(x+4)+12\right)=4\left(x^2+8x+16-7x-28+12\right)=4(x^2+x)=4x(x+1).}$

Είναι P(-5)=4(-5)(-4)=80

και $P(4)=4\cdot 4\cdot 5=80$ .

Συνεπώς,

$A=6\sqrt{80}-4\sqrt{80}=2\sqrt{80}=8\sqrt{5}$ .

Φιλικά,

Αχιλλέας

#12

ΘΕΜΑ 2/Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

(α) Είναι $\displaystyle{x(2x-1)(2x+1)+x=x\left((2x)^2-1^2\right)+x=x(4x^2-1)+x=4x^3-x+x=4x^3.}$ .

(β) Είναι 2x-1=4031

αν και μόνο αν x=2016

.

Με

, είναι από το (α) παίρνουμε

$2016\cdot 4031\cdot 4033+2016=4\cdot 2016^3$

Πολ/ντας την παραπάνω με 16=32256:2016

παίρνουμε

$\displaystyle{A=32256\cdot 4031\cdot 4033+32256=64\cdot 2016^3=(4\cdot 2016)^3=8064^3.}$

Φιλικά,

Αχιλλέας

#13

Β' Λυκείου Πρόβλημα 3

: Ευκλείδης 2016 B.3.png (17.04 KiB) Προβλήθηκε 9804 φορές

Η

τέμνει τη

στο

. Είναι

, και επειδή το

είναι μέσο του

, θα είναι AE=NL

. Άρα το

είναι παραλληλόγραμμο. Αλλά το ADZE

είναι ισοσκελές τραπέζιο(τραπέζιο εγγεγραμμένο σε κύκλο), οπότε ZD=NL

και επειδή δεν είναι παράλληλες, το ZDNL

είναι ισοσκελές τραπέζιο.

#14

ΘΕΜΑ 2/Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι $\Delta=16^{20}+4\cdot 64\cdot 2016^{2016}=16^{20}+256\cdot 2016^{2016}.$

Παρατηρούμε ότι ο αριθμός $16^{20}$ λήγει σε 6, όπως και ο αριθμός $256\cdot 2016^{2016}$ .

Συνεπώς, η $\Delta$ λήγει σε 2. Αλλά δεν υπάρχει τέλειο τετράγωνο ακεραίου που να λήγει σε 2, οπότε η διακρίνουσα δεν είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Συνεπώς, η εξίσωση δεν έχει ρητή ρίζα.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#15

Β Λυκείου 3 άσκηση

: Ευκλείδης B_2016.png (20.93 KiB) Προβλήθηκε 9752 φορές

Λίγο συνοπτικά.

Ας είναι

το, άλλο , σημείο τομής της

με τον $({C_2})$ . το τετράπλευρο LCHN

είναι ορθογώνιο.

Από την ισότητα των ορθογωνίων τριγώνων $EAN\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CHN$ έχουμε EN = NH

και έτσι τα τετράπλευρα $ELCN\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ELNA$ είναι παραλληλόγραμμα.

Αφού όμως το εγγεγραμμένο στο κύκλο τραπέζιο ADEZ

είναι ισοσκελές θα είναι

ZD = AE = NL

και έτσι το και το τετράπλευρο ZDNL

είναι ισοσκελές τραπέζιο .

Νίκος

#16

1ο της Γ Λυκείου:

Η διαφορά της προόδου είναι $\omega=b_2-b_1=8x$

Άρα ο μέσος όρος του αθροίσματος S_n

των

πρώτων όρων της προόδου είναι ίσο με $\dfrac{S_n}{n}=\dfrac{n}{2n}\left(b_1+(n-1)\omega\right)=x^2+(4n-12)x+16$

Αφού η παραπάνω παράσταση είναι για κάθε

τετράγωνο παράστασης του

, άρα πρέπει η διακρίνουσα $\Delta=(4n-12)^2-4\cdot 16$ να είναι μη θετική, απ΄ όπου $(n-3)^2\leq 4$ δηλαδή $2\leq n \leq 5$ .

και τότε επιλέγουμε για τις συγκεκριμένες τιμές του

$(n=2, \ n=3, \ n=4, \ n=5)$ ως παράσταση του

την $f(x)=\sqrt{x^2+(4n-12)x+16}$ .

Αλέξανδρος

#17

achilleas έγραψε:ΘΕΜΑ 2/Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι $\Delta=16^{20}+4\cdot 64\cdot 2016^{2016}=16^{20}+256\cdot 2016^{2016}.$

Παρατηρούμε ότι ο αριθμός $16^{20}$ λήγει σε 6, όπως και ο αριθμός $256\cdot 2016^{2016}$ .

Συνεπώς, η $\Delta$ λήγει σε 2. Αλλά δεν υπάρχει τέλειο τετράγωνο ακεραίου που να λήγει σε 2, οπότε η διακρίνουσα δεν είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Συνεπώς, η εξίσωση δεν έχει ρητή ρίζα.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Αν και έχω, άλλες δουλειές στο εξεταστικό κέντρο , την είδα λίγο αλλά...

Αχιλλέα

Πολύ δυνατή λύση .

Φιλικά Νίκος

#18

Μια άλλη λύση από το μαθητή μας Νίκο Ευγενίδη για το Θέμα 2 της Β Λυκείου:

Προσθέτοντας το x^3

και στα δύο μέλη παίρνουμε

11x^3=(x+2)^3

,

Οπότε $x=\dfrac{x+2}{\sqrt[3]{11}}$ , κι έτσι $x=\dfrac{2}{\sqrt[3]{11}-1}$ .

Για την αντιγραφή,

Αχιλλέας

Edit: Τυπογραφικό.

KARKAR · #19

Γεωμετρία Γ

: Γεωμετρία Γ.png (32.81 KiB) Προβλήθηκε 8386 φορές

Ισοσκελή τραπέζια ...και άρα ABFC

παραλληλόγραμμο

#20

3ο της Γ Λυκείου

(α) Για x=y

και στις δύο αρχικές σχέσεις παίρνουμε f(g(x))=ax

, για κάθε $x\in\mathbb{R}$ και g(f(x))=bx

για κάθε $x\in\mathbb{R}$ , όπου a=f(1)

και

Έστω

. Τότε έχουμε διαδοχικά:
$\begin{aligned}f(x_1)=f(x_2) &\Rightarrow \dfrac{f(x_1)}{f(x_2)}=1 \Rightarrow g\left(\dfrac{f(x_1)}{f(x_2)}\right)=g(1) \\ &\Rightarrow \dfrac{g(f(x_1))}{x_2}=b\Rightarrow \dfrac{bx_1}{x_2}=b\Rightarrow x_1=x_2\end{aligned}$ .

Άρα η

είναι

. Όμοια και η

είναι

.

(β) Για y=1

στην αρχική παίρνουμε $f\left(\dfrac{g(x)}{g(1)}\right)=f(g(x))$ και επειδή η

είναι

και $g(x)\neq 0$ άρα g(1)=1

. Όμοια

.

Άρα $f(g(x))=x \ \ (1)$ , για κάθε $x\in\mathbb{R}$ και g(f(x))=x

για κάθε $x\in\mathbb{R}$ .

Οπότε η πρώτη σχέση γράφεται $f\left(\dfrac{g(x)}{g(y)}\right)=\dfrac{x}{y}\stackrel{(1)}{=}f\left(g\left(\dfrac{x}{y}\right)\right)$

κι επειδή η

είναι

άρα $\dfrac{g(x)}{g(y)}=g\left(\dfrac{x}{y}\right)$ , για κάθε $x,y\in\mathbb{R}$

Για x=1

παίρνουμε το ζητούμενο.

Όμοια προκύπτει ότι $f(x)f\left(\dfrac{1}{x}\right)=1$ για κάθε $x\in\mathbb{R}$ .

Αλέξανδρος

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2016

Μέλη σε σύνδεση