mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:03 pm**

xr.tsif έγραψε: ↑
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 . πιστεύω ότι ήταν και ο δεύτερος εκθέτης (τυπο)

Και εγώ αυτό νόμιζα για το πρόβλημα 1 της Γ Γυμνασίου.
Επικοινώνησα αλλά μου είπαν ότι έτσι είναι.
Αν είναι έτσι, τότε νομίζω δεν θα έπρεπε να λέει αριθμητική τιμή στην εκφώνηση
αλλά απλοποίηση της παράστασης.

Νίκος Κατσίπης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:06 pm**

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:02 pm
Πρόβλημα 1/Γ' Γυμνασίου

$\displaystyle A = \left( {\frac{{{{( - 10)}^{2n + 1}}}}{{{2^{2n + 1}}}} + \frac{{{{( - 15)}^{2n - 1}}}}{{{{( - 3)}^{2n - 1}}}}} \right) \cdot {( - 2017)^2} + \frac{{{{( - 8)}^{2n}}}}{{{2^{2n}}}} - {\left( { - \frac{1}{4}} \right)^{ - 2n}} + 2018$

$\displaystyle A = \left( { - {5^{2n + 1}} + {5^{2n - 1}}} \right) \cdot {( - 2017)^2} + {( - 4)^{2n}} - {( - 4)^{2n}} + 2018$

$\displaystyle A = \left( { - {5^{2n + 1}} + {5^{2n - 1}}} \right) \cdot {( - 2017)^2} + 2018$

Προφανώς προβλεπόταν να φύγουν όλα και να μείνει μόνο το , αλλά έπεσε αυτό το τυπογραφικό με το πρόσημο του στον εκθέτη και χάλασε τη συνταγή. Πώς θα μπαλωθεί αυτό; Και μην πει κανείς ότι θα το βρούμε συναρτήσει του , γιατί η εκφώνηση μιλάει σαφώς για αριθμητική τιμή της παράστασης (και όχι απλοποίηση). Δεν είναι δυνατόν να μην το πρόσεξε κανείς από την επιτροπή!

Επικοινώνησα με την ΕΜΕ 9:45 περίπου και μου είπαν ότι έτσι είναι.
Μπερδεύτηκαν αρκετά οι μαθητές.

Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:10 pm**

nkatsipis έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:06 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:02 pm
Πρόβλημα 1/Γ' Γυμνασίου

$\displaystyle A = \left( {\frac{{{{( - 10)}^{2n + 1}}}}{{{2^{2n + 1}}}} + \frac{{{{( - 15)}^{2n - 1}}}}{{{{( - 3)}^{2n - 1}}}}} \right) \cdot {( - 2017)^2} + \frac{{{{( - 8)}^{2n}}}}{{{2^{2n}}}} - {\left( { - \frac{1}{4}} \right)^{ - 2n}} + 2018$

$\displaystyle A = \left( { - {5^{2n + 1}} + {5^{2n - 1}}} \right) \cdot {( - 2017)^2} + {( - 4)^{2n}} - {( - 4)^{2n}} + 2018$

$\displaystyle A = \left( { - {5^{2n + 1}} + {5^{2n - 1}}} \right) \cdot {( - 2017)^2} + 2018$

Προφανώς προβλεπόταν να φύγουν όλα και να μείνει μόνο το , αλλά έπεσε αυτό το τυπογραφικό με το πρόσημο του στον εκθέτη και χάλασε τη συνταγή. Πώς θα μπαλωθεί αυτό; Και μην πει κανείς ότι θα το βρούμε συναρτήσει του , γιατί η εκφώνηση μιλάει σαφώς για αριθμητική τιμή της παράστασης (και όχι απλοποίηση). Δεν είναι δυνατόν να μην το πρόσεξε κανείς από την επιτροπή!
Επικοινώνησα με την ΕΜΕ 9:45 περίπου και μου είπαν ότι έτσι είναι.
Μπερδεύτηκαν αρκετά οι μαθητές.

Νίκος

Κατά τη γνώμη μου, η προσπάθεια της ΕΜΕ να σώσει μια λάθος εκφώνηση δεν πείθει κανέναν.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:11 pm**

Το θέμα 3 της Α λυκείου είχε οκτω τριάδες και όχι τέσσερεις που έχετε γράψει παραπάνω.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:13 pm**

Πρόβλημα 3 Α Λυκείου
Γράφουμε θετικό ακέραιο Α χρησιμοποιώντας όσες φορές θέλουμε το ψηφίο 9 και
μία φορά το ψηφίο 4. Να προσδιορίσετε τον ελάχιστο δυνατό θετικό ακέραιο Α που
μπορούμε να γράψουμε ο οποίος διαιρείται με όσο είναι δυνατόν περισσότερους από
τους ακέραιους 2, 3, 4, 5, 6,7, 8, 9.

Για να διαιρείται ένας αριθμός με το 3 ή το 9 πρέπει το άθροισμα των ψηφίων του να διαιρείται με το 3 ή το 9. Έστω ότι ο αριθμός έχει

9άρια. Τότε το άθροισμά των ψηφίων του θα είναι $9\cdot n+4 , n \in \mathbb{N}$ κατά συνέπεια κανένας από αυτούς τους αριθμούς δεν διαιρείται με το 9 αφού η διαίρεση θα αφήνει υπόλοιπο 4.
Επίσης $9\cdto n+4=3\cdot 3n+3+1=3(3n+1)+1$ που σημαίνει ότι ούτε με το 3 διαιρείται διότι η διαίρεση με το 3 αφήνει υπόλοιπο 1.
Για να διαιρείται ένας αριθμός με το 6 πρέπει να διαιρείται και με το 2 και με το 3, άρα ο αριθμός δεν διαιρείται ούτε με το 6.
Αν υποθέσουμε ότι ο αριθμός αυτός πρέπει να περιλαμβάνει έστω και μία φορά το 9, τότε για να διαιρείται με το 4 θα πρέπει ο αριθμός που σχηματίζεται από τα δύο τελευταία του ψηφία να διαιρείται με το 4. Οι αριθμοί που θα σχηματίζονται μπορούν να έχουν 2 τελευταία ψηφία 99 ( αν ο αριθμός έχει πάνω από δυο ψηφία), 94, 49 που κανένας τους δεν διαιρείται με το 4. Κατά συνέπεια ούτε το 8 είναι διαιρέτης του αριθμού.
Για να διαιρείται ένας αριθμός με το 5 πρέπει να έχει τελευταίο ψηφίο μηδέν ή 5 οπότε ο αριθμός δεν διαιρείται ούτε με το 5.
Άρα πιθανοί διαιρέτες είναι το 2 και το 7.
Για να έχω διαιρέτες και τους 2 αυτούς αριθμούς, θα πρέπει ο αριθμός αυτός να είναι άρτιος. Άρα 94, που δεν διαιρείται και με τους δύο ή 994 που διαιρείται και είναι ο μικρότερος.
Αν δεν χρειάζεται το ψηφίο 9 τότε ο μικρότερος αριθμός είναι το 4 που έχει και αυτό 2 διαιρέτες το 2 και το 4

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:17 pm**

alexgrig έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:11 pm
Το θέμα 3 της Α λυκείου είχε οκτω τριάδες και όχι τέσσερεις που έχετε γράψει παραπάνω.

συγνωμη,ενοουσα το δεθτερο θεμα

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:26 pm**

Έχει κανείς τη λύση του θέματος Δ της Β λυκείου; Αν γίνεται με χρήση γνώσεων μέχρι και α λυκείου, ή έστω μέχρι β.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:32 pm**

ΘΕΜΑ 4/Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Τo τρίγωνo $B\Delta K$ είναι ισόπλευρο, ως ισοσκελές ( $BK=K\Delta$ ) με μια γωνία βάσης $\widehat{B}=60^\circ}.$

Συνεπώς, λόγω παραλληλίας , οι εντός εναλλάξ γωνίες είναι ίσες $P\widehat{\Pi}T=B\widehat{K}\Pi=60^\circ.$

Ομοίως, τo τρίγωνo $\Gamma\Lambda E$ είναι ισόπλευρο και $\Pi\widehat{P}T=P\widehat{\Lambda}\Gamma=60^\circ.$

Άρα, το τρίγωνο $\Pi PT$ είναι ισόπλευρο.

Αν x=KB

και $y=\Gamma\Lambda$ , τότε a=2x+2y.

Έτσι, από τα παραλληλόγραμμα $\Pi A\Gamma Κ$ και $AP\Lambda B$ είναι

$A\Pi=K\Gamma=x+2y$ και $\Pi A=\Lambda B=y+2x.$

(ή αλλιώς λόγω των πολλών ισόπλευρων τριγώνων,
$A\Pi=A\Delta=AB-KB=x+2y$ και $\Pi A=AB-AE=y+2x$ .)

Συνεπώς, $\Pi P=3x+3y=\dfrac{3}{2}a$ .

Έτσι, το ζητούμενο εμβαδό είναι ίσο με $\dfrac{\sqrt{3}}{4}\left(\dfrac{3}{2}a\right)^2=\dfrac{9\sqrt{3}a^2}{16}.$

Παρατηρήσεις για εναλλακτικές αντιμετωπίσεις:

Για το ισοσκελές τραπέζιο $K\Lambda P\Pi$ , το άθροισμα των βάσεων είναι

και το ύψος είναι ίσο με αυτό του τριγώνου $AB\Gamma.$
Άρα ισχύει $[K\Lambda P\Pi]=2[AB\Gamma]$ .

Για το ισόπλευρο τρίγωνο $T\Lambda K$ , το οποίο έχει πλευρά πλευρά a/2

, έπεται ότι $[T\Lambda K]=\dfrac{1}{4}[AB\Gamma].$

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:39 pm**

alexgrig έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:17 pm

alexgrig έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:11 pm
Το θέμα 3 της Α λυκείου είχε οκτω τριάδες και όχι τέσσερεις που έχετε γράψει παραπάνω.
συγνωμη,ενοουσα το δεθτερο θεμα

Ποιες είναι οι άλλες 4 τριάδες;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:52 pm**

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:39 pm

alexgrig έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:17 pm

alexgrig έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:11 pm
Το θέμα 3 της Α λυκείου είχε οκτω τριάδες και όχι τέσσερεις που έχετε γράψει παραπάνω.
συγνωμη,ενοουσα το δεθτερο θεμα
Ποιες είναι οι άλλες 4 τριάδες;

3,1,-1/3
1,0,-1/3
1,0,-1
1,1,-1
1,1,-1/3
3,1,-1
3,0,-1
3,0,-1/3

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:52 pm**

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 11, 2017 10:15 am
ΘΕΜΑ 2/ Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Με συμπλήρωση τετραγώνου παίρνουμε

.

Συνεπώς θέλουμε να βρούμε τους ακεραίους με

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

και και

Συνεπώς,

ή ,

ή

και

Οι λύσεις , λοιπόν, είναι

, , και

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:54 pm**

alexgrig έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:52 pm

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:39 pm

alexgrig έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:17 pm

alexgrig έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:11 pm
Το θέμα 3 της Α λυκείου είχε οκτω τριάδες και όχι τέσσερεις που έχετε γράψει παραπάνω.
συγνωμη,ενοουσα το δεθτερο θεμα
Ποιες είναι οι άλλες 4 τριάδες;
3,1,-1/3
1,0,-1/3
1,0,-1
1,1,-1
1,1,-1/3
3,1,-1
3,0,-1
3,0,-1/3

Το 1/3 δεν είναι ακέραιος.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:55 pm**

Βασίλης Κρανιώτης έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:52 pm

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 11, 2017 10:15 am
ΘΕΜΑ 2/ Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Με συμπλήρωση τετραγώνου παίρνουμε

.

Συνεπώς θέλουμε να βρούμε τους ακεραίους με

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

και και

Συνεπώς,

ή ,

ή

και

Οι λύσεις , λοιπόν, είναι

, , και

Φιλικά,

Αχιλλέας

Γίνεται η βάσεις να είναι και -1 αλλά ναι δεν είχανε δει την διευκρινηση ακέραιος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:57 pm**

alexgrig έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:52 pm

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:39 pm

alexgrig έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:17 pm

alexgrig έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:11 pm
Το θέμα 3 της Α λυκείου είχε οκτω τριάδες και όχι τέσσερεις που έχετε γράψει παραπάνω.
συγνωμη,ενοουσα το δεθτερο θεμα
Ποιες είναι οι άλλες 4 τριάδες;
3,1,-1/3
1,0,-1/3
1,0,-1
1,1,-1
1,1,-1/3
3,1,-1
3,0,-1
3,0,-1/3

Η άσκηση ζητάει x,y,z ακεραίους.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 11, 2017 3:01 pm**

JimNt. έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 11, 2017 12:04 pm
$f(x)=x^{\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}}$

Σύμφωνα με το σχολικό βιβλίο η παραπάνω συνάρτηση ορίζεται μόνο για θετικά

.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 11, 2017 3:07 pm**

giannis_drav έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 11, 2017 2:26 pm
Έχει κανείς τη λύση του θέματος Δ της Β λυκείου; Αν γίνεται με χρήση γνώσεων μέχρι και α λυκείου, ή έστω μέχρι β.

ΘΕΜΑ 4/Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Είναι xy=2(x+y)

, οπότε

$\dfrac{xy}{2}=x+y\geq 2\sqrt{xy}$ κι άρα $\sqrt{xy}\geq 4$ ,

οπότε $xy\geq 16$ με το ίσο αν και μόνο αν x=y=4.

Επιπλέον $x^2+y^2\geq 2xy\geq 2\cdot 8=32.$

Συνεπώς, $\sqrt{x^2+y^2}\geq \sqrt{32}=4\sqrt{2}$ (*) με το "=" αν και μόνο αν x=y=4.

Χρησιμοποιήθηκε η γνωστή ανισότητα από την Α λυκείου: Για $a,b\geq 0$ ισχύει $a+b\geq 2\sqrt{ab}.$

Φιλικά,

Αχιλλέας

(Αλλιώς η (*): Είναι $x+y=\dfrac{xy}{2}\geq 8$

και

$x^2+y^2=(x+y)^2-2xy=(x+y)^2-4(x+y)=(x+y-2)^2-4\geq (8-2)^2-4=32$ )

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 11, 2017 3:20 pm**

Γεια σας! Προσωπικα ,στο 1 θεμα της Γ γυμνασιου βρηκα 2018.Ωστοσο, διαβαζοντας παραπανω βλεπω αλλη λυση .Απορω για πιο λογο εγραψαν να βρειτε την τιμη της παραστασης, μηπως για να μας μπερδεψουν. Θα ηθελα να ξερω αν ολο το θεμα θα πιαστει λαθος.Ευχαριστω!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 11, 2017 3:37 pm**

Τι έχετε να πείτε για το γεγονός ότι χτες το βράδυ είχαν αναρτηθεί κάπως τα θέματα;;
Τα βρήκα ψάχνοντας σήμερα τις λύσεις και βρήκα ένα δημοσίευμα χτεσινό που είχε τα θέματα
Κατά την γνώμη μου τραγικό και απολύτως άδικο
http://lisari.blogspot.gr/2017/11/2018.html?m=1

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 11, 2017 3:39 pm**

Μια λύση για το τέταρτο της Γ Λυκείου:

Ο πρώτος είναι μεγαλύτερος από τον δεύτερο.

Αρκεί να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{8^{8^{9}}>9^{9^{8}}}$ δηλαδή ότι

$\displaystyle{2^{3\cdot 2^{27}}>3^{2\cdot 3^{16}},}$ δηλαδή ότι

$\displaystyle{4^{3\cdot 2^{26}}>3^{2\cdot 3^{16}}.}$

Αρκεί τώρα $\displaystyle{3\cdot 2^{26}>2\cdot 3^{16}}$ δηλαδή ότι $\displaystyle{2^{25}>3^{15}}$ δηλαδή $\displaystyle{2^5>3^3}$ που ισχύει.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 11, 2017 3:42 pm**

Στο πρώτο θέμα της Γ Λυκείου, έχω δώσει λύση με κλαδωτή συνάρτηση. Φαίνεται απο την εκφώνηση κάτι που να το απαγορεύει?
Ευχαριστω

mathematica.gr

ΘΑΛΗΣ 2017

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

Re: ΘΑΛΗΣ 2017

Re: ΘΑΛΗΣ 2017