ΘΑΛΗΣ 2017

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5221
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

ΘΑΛΗΣ 2017

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Σάβ Νοέμ 11, 2017 9:57 am

Τα θέματα του 2017 !!!

Αναρτήστε τις ωραίες λύσεις και τα σχόλιά σας .

Εύχομαι καλές εμπνύσεις !

Καλά αποτελέσματα στους μαθητές που διαγωνίστηκαν !!!

Μπ

(Δόθηκε οδηγία ότι ο ν είναι φυσικός σε σχετικό θέμα της Β΄Λυκείου)
Συνημμένα
1THALIS 2017_18_Ekfoniseis_FINAL.pdf
(268.72 KiB) Μεταφορτώθηκε 1662 φορές



Λέξεις Κλειδιά:
achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2504
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Νοέμ 11, 2017 10:15 am

ΘΕΜΑ 2/ Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Με συμπλήρωση τετραγώνου παίρνουμε

x^2+4y^2+9z^2-4x-4y+12z+6=(x-2)^2+(2y-1)^2+(3z+2)^2-3.

Συνεπώς θέλουμε να βρούμε τους ακεραίους με

(x-2)^2+(2y-1)^2+(3z+2)^2=3

Αλλά το 3 δεν είναι τέλειο τετράγωνο, αλλά ούτε άθροισμα δύο τετραγώνων. Γράφεται μοναδικά ως 1+1+1=3 κι άρα

|x-2|=1 και |2y-1|=1 και |3z+2|=1. (Σχόλιο*)

Συνεπώς,

x=1 ή x=3,

y=0 ή y=1

και z=-1

Οι λύσεις (x,y,z) , λοιπόν, είναι

(1,0,-1), (1,1,-1), (3,0,1) και (3,1,-1).


(13 Νοεμβρίου 2017- Σχόλιο*)

Αφού 0\leq (x-2)^2\leq 3<4, eίναι 0\leq |x-2| < \sqrt{4}=2, κι άρα |x-2|=0 ή 1.

Ομοίως, |2y-1|=0 ή 1 και |3z+2|=0 ή 1.

Ο μοναδικός τρόπος να γράψουμε το 3 ως άθροισμα 0 και 1 είναι 1+1+1.

Φιλικά,

Αχιλλέας
τελευταία επεξεργασία από achilleas σε Δευ Νοέμ 13, 2017 4:57 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2504
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Νοέμ 11, 2017 10:23 am

ΘΕΜΑ 1/ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Είναι

x^{10}-4x^2-5-x-3=(x^3-x-1)(x^7+x^5+x^4+x^3+2x^2+2x+3),

οπότε το συμπέρασμα έπεται.

Διαφορετικά, από τη δοθείσα έχουμε

x^4=x\cdot x^3=x(x+1)=x^2+x

και

x^6=(x^3)^2=(x+1)^2

Συνεπώς,

 
\begin{aligned} 
x^{10}&=x^6\cdot x^4\\ 
  &=x(x+1)^3\\ 
  &=x(x^3+3x^2+3x+1)\\ 
&=x^4+3x^3+3x^2+x\\ 
&=(x^2+x)+3(x+1)+3x^2+x\\ 
&=4x^2+5x+3\\ 
\end{aligned}
και το συμπέρασμα έπεται άμεσα.

Φιλικά,

Αχιλλέας
τελευταία επεξεργασία από achilleas σε Σάβ Νοέμ 11, 2017 1:20 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2504
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Νοέμ 11, 2017 10:31 am

ΘΕΜΑ 3/ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Είναι

x^7+x^6+x^5+1=(x^2+1)(x^5+x^4-x^2+1)

οπότε ο A ισούται με \nu^5+\nu^4-\nu^2+1=\nu^4(\nu+1)-(\nu-1)(\nu+1)=(\nu+1)(\nu^4-\nu+1)..

Αφού \nu\geq 2 είναι \nu+1\geq 3 και \nu^4-\nu+1=\nu(\nu^3-1)+1\geq 2\cdot (2^3-1)+1=15.

Άρα ο A είναι σύνθετος.

Φιλικά,

Αχιλλέας
τελευταία επεξεργασία από achilleas σε Κυρ Νοέμ 12, 2017 8:40 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6095
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Νοέμ 11, 2017 10:36 am

Πρόβλημα 2/ Β' Λυκείου
Θαλής B. Γεωμ. 2017.2.png
Θαλής B. Γεωμ. 2017.2.png (20.75 KiB) Προβλήθηκε 7218 φορές
To \displaystyle {\rm A}\Gamma \Delta είναι ισοσκελές και το \displaystyle {\rm B}\Gamma {\rm E}\Delta εγγεγραμμένο, άρα: \displaystyle \Gamma \widehat \Delta {\rm A} = \Gamma \widehat {\rm E}{\rm B} = {45^0} και \displaystyle {\rm A}\widehat \Gamma \Delta  = {90^0}

\displaystyle {\rm E}\widehat {\rm B}\Gamma  = {\rm E}\widehat \Delta \Gamma  = \Delta \widehat {\rm E}\Gamma  = {67,5^0}, οπότε τα ισοσκελή τρίγωνα \displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma ,\Gamma \Delta {\rm E} είναι ίσα, άρα το \displaystyle {\rm B}\Gamma {\rm E}\Delta

είναι ισοσκελές τραπέζιο κι επειδή \displaystyle \Delta \widehat \Gamma {\rm E} = {45^0}, θα είναι \boxed{\Gamma \Delta  \bot {\rm B}{\rm E}}


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 9112
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Σάβ Νοέμ 11, 2017 10:45 am

Γ.png
Γ.png (26.82 KiB) Προβλήθηκε 7204 φορές
\widehat{OCD}=90^0 , ABEC , ρόμβος αφού οι έγχρωμοι

κύκλοι είναι ίσοι (η κοινή τους χορδή φαίνεται υπό γωνία 36^0 )


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2504
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Νοέμ 11, 2017 11:18 am

ΘΕΜΑ 3/ Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Ένας αριθμός της δοθείσας μορφής διαιρείται με το 5 αν λήγει σε 5. Τέτοιος αριθμός με ψηφία 4 και 9 δεν μπορεί να σχηματισθεί.

Για να διαιρείται ο αριθμός A με 2,4,6 ή 8 πρέπει να είναι άρτιος, κι άρα να λήγει σε 4.

Για να διαιρείται με το 3 και το 9 πρέπει το άρθοισμα των ψηφίων του να διαιρείται με το 9.

Αν χρησιμοποιήσουμε το 9, αποκλείεται ο αριθμός να διαιρείται που λήγει σε 4 να διαιρείται με το 9, ούτε με το 3 ούτε με 6.

Συνεπώς, το μέγιστο σύνολο διαιρετών από τη δοθείσα λίστα είναι το 2,4,7, 8

Για να διαρείται με το 8, πρέπει ο αριθμός που σχηματίζεται από τα τελευταία 3 ψηφία να διαιρείται με το 8.

Αφού το 994=1000-6 δεν διαιρείται με το 8, όλοι οι άλλοι αριθμοί της μορφής της άσκησης με περισσότερα από 2 ψηφία, δε διαιρούνται με το 8.

Συνεπώς, το μέγιστο σύνολο διαιρετών από τη δοθείσα λίστα είναι το 2, 4, 7.

Από τους αριθμούς που διαιρούνται από όσο γίνεται περισσότερους από αυτούς, επιλέγουμε τον ελάχιστο.

Ο πρώτος τέτοιος αριθμός είναι ο 994.

--Σημείωση: Εάν δεν απαιτείται να χρησιμοποιήσουμε το 9 τουλάχιστον μια φορά, τότε η απάντηση είναι 4, όπως αναφέρθηκε από τον Τσιάλα Νικόλαο εδώ.

Φιλικά,

Αχιλλέας
τελευταία επεξεργασία από achilleas σε Σάβ Νοέμ 11, 2017 7:00 pm, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6095
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Νοέμ 11, 2017 11:25 am

Πρόβλημα 4/ A' Λυκείου
Θαλής A. Γεωμ. 2017.4.png
Θαλής A. Γεωμ. 2017.4.png (14.98 KiB) Προβλήθηκε 7146 φορές
Η παραλληλία \displaystyle \Pi {\rm P}||{\rm B}\Gamma και τα ορθογώνια τρίγωνα \displaystyle {\rm B}\Delta {\rm M},{\rm M}{\rm E}\Gamma , εύκολα δίνουν ότι το \displaystyle \Pi {\rm P}{\rm T} είναι ισόπλευρο.

\displaystyle \Pi {\rm T} = \Pi {\rm K} + {\rm K}{\rm T} = {\rm A}{\rm B} + {\rm K}\Lambda  = \alpha  + \frac{\alpha }{2} = \frac{{3\alpha }}{2} \Rightarrow \boxed{(\Pi {\rm P}{\rm T}) = \frac{{9{\alpha ^2}\sqrt 3 }}{{16}}}


JimNt.
Δημοσιεύσεις: 497
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Σάβ Νοέμ 11, 2017 11:44 am

Θέμα 4/Β Λυκείου
Είναι ab=2(a+b) \ge 4\sqrt{ab} \Leftrightarrow ab \ge 16. Το μήκος της διαγωνίου είναι \sqrt{a^2+b^2} \ge \sqrt{2ab} \ge 4\sqrt{2} . Ισότητα ανν a=b=4.


One of the basic rules of the Universe is that nothing is perfect. Perfection does not exist... Without imperfection, neither you nor I would exist - Stephen Hawking
Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 120
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Σάβ Νοέμ 11, 2017 11:46 am

achilleas έγραψε:
Σάβ Νοέμ 11, 2017 11:18 am
ΘΕΜΑ 3/ Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Ένας αριθμός της δοθείσας μορφής διαιρείται με το 5 αν λήγει σε 5. Αυτοί οι αιρθμοί, όμως, αποκλείουν όλους τους άρτιους διαιρέτες κι έτσι μικραίνουν πολύ το σύνολο των διαιρετών από τους 2,3,4,5,6,7,8,9.

Για να διαιρείται ο αριθμός A με 2,4,6 ή 8 πρέπει να είναι άρτιος, κι άρα να λήγει σε 4.

Για να διαιρείται με το 3 και το 9 πρέπει το άρθοισμα των ψηφίων του να διαιρείται με το 9.

Αν χρησιμοποιήσουμε το 9, αποκλείεται ο αριθμός να διαιρείται που λήγει σε 4 να διαιρείται με το 9.

Συνεπώς, το μέγιστο σύνολο διαιρετών από τη δοθείσα λίστα είναι το 2,3,4,6, 7,8.

Για να διαρείται με το 8, πρέπει ο αριθμός που σχηματίζεται από τα τελευταία 3 ψηφία να διαιρείται με το 8.

Αφού το 994=1000-6 δεν διαιρείται με το 8, όλοι οι άλλοι αριθμοί της μορφής της άσκησης με περισσότερα από 2 ψηφία, δε διαιρούνται με το 8.

Συνεπώς, το μέγιστο σύνολο διαιρετών από τη δοθείσα λίστα είναι το 2,3, 4, 6, 7.

Από τους αριθμούς που διαιρούνται από όσο γίνεται περισσότερους από αυτούς, επιλέγουμε τον ελάχιστο.

Ο πρώτος τέτοιος αριθμός είναι ο 94=2^2\cdot 3\cdot 7.


Φιλικά,

Αχιλλέας
Ο ζητούμενος αριθμός ειναι το 994. Το 94 δεν διαιρείτε με το 7


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 1509
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Σάβ Νοέμ 11, 2017 11:47 am

Β Λυκείου.
Πρόβλημα 3
έχει παράληψη ότι το \nu είναι φυσικός.
Σε εξεταστικό κέντρο δόθηκε η πληροφορία στους μαθητές.

Είναι n^{7}+n^{6}+n^{5}+1=n^{5}(n^{2}+1)+(n^{2}+1)(n^{4}-n^{2}+1)=(n^{2}+1)(n^{5}+1+n^{4}-n^{2})

Αλλά (n^{5}+1+n^{4}-n^{2})=(n+1)(n^{4}-n^{3}+n^{2}-n+1)+(n+1)n^{2}(n-1)=(n+1)(n^{4}-n+1)

Ετσι ο αριθμός είναι ο (n+1)(n^{4}-n+1)

που είναι σύνθετος γιατί n\geq 2\Rightarrow n^{4}-n+1\geq 10

πρόβλημα 4

Εχουμε ότι ab=2(a+b) και θέλουμε ελαχιστοποίηση του a^{2}+b^{2}

Ειναι 2(a+b)=ab\leq (\frac{a+b}{2})^{2}

Αρα a+b\geq 8

Αλλά a^{2}+b^{2}\geq \frac{1}{2}(a+b)^{2}\geq 32

Η ελάχιστη τιμή της διαγωνίου που είναι \sqrt{a^{2}+b^{2}}

είναι \sqrt{32}=4\sqrt{2}


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2504
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Νοέμ 11, 2017 11:51 am

Τσιαλας Νικολαος έγραψε:
Σάβ Νοέμ 11, 2017 11:46 am
achilleas έγραψε:
Σάβ Νοέμ 11, 2017 11:18 am
ΘΕΜΑ 3/ Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Ένας αριθμός της δοθείσας μορφής διαιρείται με το 5 αν λήγει σε 5. Αυτοί οι αιρθμοί, όμως, αποκλείουν όλους τους άρτιους διαιρέτες κι έτσι μικραίνουν πολύ το σύνολο των διαιρετών από τους 2,3,4,5,6,7,8,9.

Για να διαιρείται ο αριθμός A με 2,4,6 ή 8 πρέπει να είναι άρτιος, κι άρα να λήγει σε 4.

Για να διαιρείται με το 3 και το 9 πρέπει το άρθοισμα των ψηφίων του να διαιρείται με το 9.

Αν χρησιμοποιήσουμε το 9, αποκλείεται ο αριθμός να διαιρείται που λήγει σε 4 να διαιρείται με το 9.

Συνεπώς, το μέγιστο σύνολο διαιρετών από τη δοθείσα λίστα είναι το 2,3,4,6, 7,8.

Για να διαρείται με το 8, πρέπει ο αριθμός που σχηματίζεται από τα τελευταία 3 ψηφία να διαιρείται με το 8.

Αφού το 994=1000-6 δεν διαιρείται με το 8, όλοι οι άλλοι αριθμοί της μορφής της άσκησης με περισσότερα από 2 ψηφία, δε διαιρούνται με το 8.

Συνεπώς, το μέγιστο σύνολο διαιρετών από τη δοθείσα λίστα είναι το 2,3, 4, 6, 7.

Από τους αριθμούς που διαιρούνται από όσο γίνεται περισσότερους από αυτούς, επιλέγουμε τον ελάχιστο.

Ο πρώτος τέτοιος αριθμός είναι ο 94=2^2\cdot 3\cdot 7.


Φιλικά,

Αχιλλέας
Ο ζητούμενος αριθμός ειναι το 994. Το 94 δεν διαιρείτε με το 7

994 είχα στην αρχή αλλά το άλαξα εκ παραδρομής...θα το διορθώσω σύντομα.

Ευχαριστώ!

Αχιλλέας


ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ
Δημοσιεύσεις: 811
Εγγραφή: Δευ Δεκ 28, 2009 11:41 pm
Τοποθεσία: Kάπου στο πιο μεγάλο νησί του Ιονίου

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ » Σάβ Νοέμ 11, 2017 11:52 am

Για το 2ο της Τρίτης Λυκείου...
Η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα
\left ( x^{2}+1 \right )\left ( x+1 \right )\left ( x^{4} -x+1\right )=0,
Oι παράγοντες x^{2}+1 και  x^{4} -x+1 είναι θετικοί για κάθε x και έτσι η μόνη πραγματική ρίζα είναι το -1.
Συγνώμη για τη βιασύνη , είμαι σε σχολείο για το διαγωνισμό...


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2504
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Νοέμ 11, 2017 11:52 am

ΘΕΜΑ 1/Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Όχι, διότι ο συνολικός χρόνος παιχνιδιού για όλους τους παίχτες που είναι 11\cdot 90 λεπτά, δεν διαιρείται με το 16.

Αναλυτικότερα, αλλά όχι στο πνεύμα των διαγωνισμών.

Έστω ότι ο προπονητής χρησιμοποίησε k συνθέσεις για χρόνο y_i η καθεμία

Τότε y_1+y_2+\dots+y_k=90.

Έστω x_{j}=a ο συνολικός χρόνος του j-στου παίκτη κι έστω x_{i,j} ο χρόνος του j-στου παίκτη είναι στη σύνθεση i, ο οποίος μπορεί να είναι και μηδέν.

Έχουμε x_{i,1}+x_{i,2}+\dots+x_{i,16}=11y_i. για i=1,2,\dots,k και x_j=x_{1,j}+x_{2,j}+\dots+x_{k,j}=a για j=1,2,\dots,16.

Για τις k συνθέσεις έχουμε:

 
\begin{array}{cccccccccc} 
x_{1,1} &+&x_{1,2}&+& x_{1,3}&+&...&+&x_{1,16}&=11y_1\\ 
+&& +&& +&&...&&+& &\\ 
x_{2,1} &+&x_{2,2}&+& x_{2,3}&+&...&+&x_{2,16}&=11y_2\\ 
+&& +&& +&&...&&+& &\\ 
... &...& ...&...&...&... &...& ...&...&...\\ 
+&& +&& +&&...&&+& &\\ 
x_{k,1} &+&x_{k,2}&+& x_{k,3}&+&...&+&x_{k,16}&=11y_k\\ 
||&& ||&& ||&&...&&||& &\\ 
x_1&& x_2&& x_3&&...&&x_{16}& &\\ 
||&& ||&& ||&&...&&||& &\\ 
a&& a&& a&&...&&a& &\\ 
\end{array}

Αθροίζοντας κατά γραμμή παίρνουμε

(x_{1,1}+x_{1,2}+\dots+x_{1,16})+\dots +(x_{k,1}+x_{k,2}+\dots+x_{k,16})=11(y_1+y_2+\cdots+y_k)=11\cdot 90

Αθροίζοντας κατά στήλη παίρνουμε

(x_{1,1}+x_{2,1}+\dots+x_{k,1})+\dots +(x_{1,16}+x_{2,16}+\dots+x_{k,16})=16a.


Αφού τα αθοίσματα είναι ίδια έχουμε \boxed{16a=11\cdot 90}.

Το αριστερό μέλος (το άθροισμα των στοιχείων κατά στήλη στο παρακάτω σχόλιο) είναι πολλαπλάσιο του 16,
ενώ το 11\cdot 90, (το άθροισμα των στοιχείων κατά γραμμή) όχι.

Άρα δεν είναι δυνατόν.

Φιλικά,

Αχιλλέας

(Συνεχείς διορθώσεις τυπογραφικών ... :( ) και προσθήκη πίνακα για καλύτερη επεξήγηση.)
τελευταία επεξεργασία από achilleas σε Κυρ Νοέμ 12, 2017 1:46 pm, έχει επεξεργασθεί 13 φορές συνολικά.


JimNt.
Δημοσιεύσεις: 497
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Σάβ Νοέμ 11, 2017 12:00 pm

Διαφορετικά. Αν κάθε παίκτης έπαιξε x λεπτά πρέπει 16x=11\cdot 90, που δεν έχει ακέραια λύση.


One of the basic rules of the Universe is that nothing is perfect. Perfection does not exist... Without imperfection, neither you nor I would exist - Stephen Hawking
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 497
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Σάβ Νοέμ 11, 2017 12:04 pm

Θέμα 1 /Γ Λυκείου
Για x=a παίρνουμε f(0)=a. Για x=0 παίρνουμε f(f(0))=a \Rightarrow f(a)=a. Συνεπώς, a=0.
τελευταία επεξεργασία από JimNt. σε Σάβ Νοέμ 11, 2017 3:27 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


One of the basic rules of the Universe is that nothing is perfect. Perfection does not exist... Without imperfection, neither you nor I would exist - Stephen Hawking
Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1232
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Σάβ Νοέμ 11, 2017 12:08 pm

Πρόβλημα 1 Β' Λυκείου

Ισχύει \displaystyle {\rho ^3} = \rho  + 1

\displaystyle {\rho ^{10}} - 4{\rho ^2} - 5\rho  - 3 = {\left( {{\rho ^3}} \right)^3}\rho  - 4{\rho ^2} - 5\rho  - 3 = {\left( {\rho  + 1} \right)^3}\rho  - 4{\rho ^2} - 5\rho  - 3 =

=\displaystyle {\rho ^4} + 3{\rho ^3} - ({\rho ^2} + 4\rho  + 3) = {\rho ^3}(\rho  + 3) - (\rho  + 3)(\rho  + 1) = (\rho  + 3)[{\rho ^3} - (\rho  + 1) = 0


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6095
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Νοέμ 11, 2017 12:13 pm

Το πρόβλημα 1 της Γ' Γυμνασίου είναι σωστό;


xr.tsif
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1936
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 7:14 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από xr.tsif » Σάβ Νοέμ 11, 2017 12:30 pm

Θεωρώ ατυχέστατο το πρόβλημα 1 της Α Λυκείου. Επίσης στο 1 της Γ γυμνασίου η αριθμητική τιμή
βγαίνει συναρτήσει του 5^2^v. πιστεύω ότι ήταν 2v+1 και ο δεύτερος εκθέτης (τυπο)


Γιατί πάντα αριθμόν έχοντι. Άνευ τούτου ουδέν νοητόν και γνωστόν.
Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 120
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Σάβ Νοέμ 11, 2017 12:45 pm

Υπάρχει "θέμα" με το θέμα της Ά λυκείου... Μαθήτρια έγραψε ότι η σωστή απάντηση είναι το 4!!! Αφού απάντησε ότι δεν θα βάλει κανένα 9αρι και η άσκηση λέει όσες φορές θέλουμε!!! Τι γίνεται τώρα??? :shock: :shock: :shock:


Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης