ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #61

achilleas έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 21, 2020 8:50 pm
ΘΕΜΑ 3-Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Όπως και πριν, θέλουμε να λύσουμε την (*) όπου

$Q(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+a_{2}x^{n-2}+\dots+a_{n-1}x^1+a_n$ με $a_0\ne 0$ , $n\geq 1$ .

Μπορούμε να προσαρμόσουμε τη λύση του προβλήματος 167, του Putnam and Beyond, των T. Andreescu, D. Andrica, 1st edition, σελ. 397, ως εξής:

Εάν , τότε $x^{2k}R(x^2)=Q(x^2)=Q(x)^2=x^{2k}R(x)^2,$ οπότε .

Ας υποθέσουμε, λοιπόν, ότι $a_n=Q(0)\ne 0$ . Τότε αφού , είναι .

Παραγωγίζοντας την (*) παίρνουμε

,

η οποία με δίνει , δηλ. $a_{n-1}=Q'(0)=0$ .

Συνεχίζοντας με τον ίδιο τρόπο, παραγωγίζοντας και θέτοντας παίρνουμε $a_{n-2}=...=a_2=a_1=a_0=0$ , άτοπο, αφού $a_0\ne 0$ .

Συνεπώς, η γενική λύση είναι .

Φιλικά,

Αχιλλέας

Για να δούμε ένα διαφορετικό τελείωμα της λύσης του Αχιλλέα χωρίς να χρησιμοποιήσουμε παραγώγους.

Αφου ο σταθερός όρος του πολυώνυμου είναι

θα έχουμε ότι

$Q(x)=1+x^{k}g(x),k\geq 1,g(0)\neq 0$
Η σχέση
Q(x^2)=Q(x)^2

γίνεται
$1+2x^{k}g(x)+x^{2k}g^{2}(x)=1+x^{2k}g(x^{2})$
δηλαδή
$2x^{k}g(x)+x^{2k}g^{2}(x)=x^{2k}g(x^{2})\Rightarrow 2g(x)+x^{k}g^{2}(x)=x^{k}g(x^{2})$
Από την τελευταία παίρνουμε g(0)=0

ΑΤΟΠΟ.

#62

Ακόμα μια λύση για το

ΘΕΜΑ 3-Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

παίρνοντας την ιδέα από το παράδειγμα 16.1, σελ. 197 του Topics in Functional Equations, των T. Andreescu, et. al.

(Για τις άλλες λύσεις δείτε εδώ, εδώ, και τις δύο πιο πάνω εδώ κι εδώ.)

****************************

Λύση: Όπως και πριν, θέλουμε να λύσουμε την Q(x^2)=Q(x)^2

(*) όπου

$Q(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+a_{2}x^{n-2}+\dots+a_{n-1}x^1+a_n$ με $a_0\ne 0$ , $n\geq 1$ .

Παρατηρούμε ότι $Q(2^{2^k})=Q(2)^{2^k}$ για κάθε $k\geq 0$ .

Είναι

$\displaystyle a_0=\lim_{x\to \infty}\frac{Q(x)}{x^n},$

οπότε έχουμε

$\displaystyle a_0=\lim_{k\to \infty}\frac{Q(2^{2^k})}{(2^{2^k})^n}=\lim_{k\to \infty}\left( \frac{Q(2)}{2^n}\right)^{2^k}$

Αφού $a_0\ne 0$ , πρέπει να είναι $\dfrac{Q(2)}{2^n}=1$ (ή

). Έτσι,

(ή

), και $Q(2^{2^k})=(2^n)^{2^k}=\left(2^{2^k}\right)^n$ για κάθε $k\geq 1$ .

Δηλαδή, Q(x)=x^n

για καθε $x=2^{2^k}$ , με $k\ge 1$ . Συνεπώς, Q(x)=x^n

για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

Φιλικά,

Αχιλλέας

#63

ΘΕΜΑ 4- Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Παρατηρούμε ότι η διακεντρική ευθεία

είναι κάθετη στην κοινή χορδή

των κύκλων (c)

και

. Άρα η $A\widehat{D}C$ είναι συμπληρωματική της $O\widehat{C}D$ .

Ομοίως, η διακεντρική ευθεία

είναι κάθετη στην κοινή χορδή

των κύκλων (c)

και

. Άρα η $E\widehat{C}D$ είναι συμπληρωματική της $O\widehat{D}C$ .

Από το ισοσκελές τρίγωνο DOC

είναι $O\widehat{C}D=O\widehat{D}C$ . Έτσι, $A\widehat{D}C=E\widehat{C}D,$ ως συμπληρωματικές ίσων γωνιών.

Συνεπώς, το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ADCE

είναι ισοσκελές τραπέζιο, οπότε DE=CA=AB

.

Ίσες χορδές αντιστοιχούν σε ίσες εγγεγραμμένες γωνίες. Έτσι, $A\widehat{E}B=D\widehat{B}E$ , οπότε το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ADBE

είναι ισοσκελές τραπέζιο, κι άρα DA//BE

.

Αλλά $B\widehat{O}C=2B\widehat{A}C=90^\circ,$ δηλ $BO\perp CO$ που σημαίνει ότι BO//DA

.

Άρα,

, δηλ. τα σημεία B,O,E

είναι συνευθειακά.

Επίσης, το ECB

είναι ισοσκελές ορθογώνιο, οπότε $A\widehat{C}D=E\widehat{D}C=E\widehat{B}C=45^\circ$ .

Αφού το BAC

είναι ισοσκελές, η

διχοτομεί την $Z\widehat{A}C$ . Ομοίως, η

διχοτομεί την $A\widehat{C}D=E\widehat{D}C=45^\circ$ .

Έτσι, το

είναι το έγκεντρο του τριγώνου AZC

, οπότε $O\widehat{Z}C=A\widehat{Z}C/2=45^\circ=E\widehat{D}C$ , απ' όπου έπεται ότι ZO//DE.

Ανδρέας Πούλος · #64

Ενα συμπέρασμα που προέκυψε από το μάθημα στο Όμιλο Μαθηματικών διαγωνισμών του Π.Σ.Π.Θ.
Για το Θέμα 4 Γεωμετρίας Α Λυκείου.

Το πρόβλημα γενικεύεται για κάθε γωνία $\angle DAE < 45^{o}$ .

Επίσης, είχε ενδιαφέρον ο υπολογισμός του ύψος

χωρίς τη χρήση του κύκλου ( A, AE)

.
Αυτό πραγματοποιείθηκε μέσω της Τριγωνομετρία και τη χρήση του τύπου $tan(a+b)= \frac{tana + tanb}{1-tana\cdot tanb}$
με δεδομένο ότι tan45 =1

. Αποδεικνύεται ότι AH = a

.

mick7 · #65

Μια πρόταση στην ΕΜΕ...Θα μπορούσατε να δίνετε τις λύσεις όλων των διαγωνισμών κάθε έτους (η ανά 2-3 έτη) σε ένα ηλεκτρονικό τεύχος με ένα μικρό τίμημα με σκοπό την ενίσχυση των οικονομικών της Εταιρείας.

JimNt. · #66

@bove Είναι ήδη συγκεντρωμένες online από μαθηματικούς

Al.Koutsouridis · #67

JimNt. έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 02, 2020 7:18 pm
@bove Είναι ήδη συγκεντρωμένες online από μαθηματικούς

Θα σημφωνήσω με τον mick7. Σημαντικό ότι τα έχουν συγκεντρωμένα οι μαθηματικοί, όμως έχει το βάρος του και αν αυτό γίνεται πιο κεντροποιημένα θεσμικά. Υπάρχουν βιβλία θα μπορούσε να πει κάποιος, σωστό, αλλά αυτά δεν εκδίδονται κάθε χρόνο. Προσωπικά θα έτεινα προς μια ετήσια συγκέντρωση των θεμάτων με λύσεις, εμπλουτισμένοι με ένα δυο άρθρα γενικεύσεις κάποιον θεμάτων, θεωρία που βασίζεται κάποιο πρόβλημα, πως δημιουργήθηκε το πρόβλημα κτλ. Η έκδοση να είναι ηλεκτρονική με ένα τυπικό αντίτιμο της τάξης των 1-2 ευρώ (δωρεάν ιδανικά).

xristos.t · #68

Γεια σας ,
Μήπως ξέρει κανείς πότε θα ανακοινωθούν τα αποτελέσματα του Ευκλείδη ;
Πάω να πεθάνω από την αγωνία.
Δεν μπορώ να ζω άλλο στην άγνοια .

#69

Θερμά συγχαρητήρια σε όλους τους επιτυχόντες του διαγωνισμού!

Τα αποτελέσματα ανακοινώθηκαν.

Καλή συνέχεια στον ΑΡΧΙΜΗΔΗ!

Φιλικά,

Αχιλλέας

Τσιαλας Νικολαος · #70

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά!! Τα λέμε στον Αρχιμήδη

#71

Θερμά συγχαρητήρια σε όλους τους μαθητές που διακρίθηκαν και στο δεύτερη φάση του Διαγωνισμού της Ε.Μ.Ε. ( "Ευκλείδης" ).

Καλή συνέχεια στον "Αρχιμήδη" . Να τους χαίρονται οι γονείς και οι καθηγητές τους .

#72

ΑΚΥΡΟ.Το ανάρτησα και παρακάτω, αλλά δεν βλέπω το εικονίδιο διαγραφής.

#73

Μπάμπης Στεργίου έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 13, 2020 7:38 am
Συγχαρητήρια !

Και από Δευτέρα ελπίζω να έχουμε και καμιά ευχάριστη είδηση για όσους αγαπάνε τους διαγωνισμούς !

Καλή Επιτυχία στον Αρχιμήδη !

ΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧ

#74

Συγχαρητήρια σε όσους συμμετείχαν στο διαγωνισμό και

Καλή συνέχεια στους επιτυχόντες!

#75

mick7 έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 02, 2020 4:01 pm
Μια πρόταση στην ΕΜΕ...Θα μπορούσατε να δίνετε τις λύσεις όλων των διαγωνισμών κάθε έτους (η ανά 2-3 έτη) σε ένα ηλεκτρονικό τεύχος με ένα μικρό τίμημα με σκοπό την ενίσχυση των οικονομικών της Εταιρείας.

Καλημέρα !

Έχω εδώ και δύο χρόνια προτείνει κάτι ανάλογο :
α) Η ΕΜΕ να μην αναρτά λύσεις σε κανέναν διαγωνισμό.

β) Στο συνέδριο κάθε έτους (αρχές Νοεμβρίου) να διατίθεται ένα βιβλίο ολοκληρωμένο, το

ΔΕΛΤΙΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ και ΘΕΜΑΤΩΝ,

με θέματα και λύσεις όλων των διαγωνισμών του προηγούμενου έτους :

ΘΑΛΗΣ-ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ-ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ-ΒΑΛΚΑΝΙΑΔΑ- ΙΜΟ

Στο δελτίο να υπάρχουν όχι μόνο οι επίσημες λύσεις, αλλά και λύσεις μαθητών ή ενδεχομένως και άλλων που έχουν στείλει τις λύσεις τους στην ΕΜΕ

Ένα τέτοιο βιβλίο είμαι σίγουρος ότι :

(Α) Θα το θέλουν όλοι μα όλοι οι μαθηματικοί και μάλιστα για κάθε έτος.

(Β) Θα το παίρνουν όλοι οι μαθητές που θέλουν να δώσουν ΘΑΛΗ-ΕΥΚΛΕΙΔΗ κλπ

(Γ) Θα βοηθήσει την ΕΜΕ να έχει ένα καλό εισόδημα για τις τρέχουσες ανάγκες της.

Αλλά η ΕΜΕ κινείται με πολύ αργούς ρυθμούς και είναι κρίμα.Μακάρι να αλλάξει τακτική.

Σας χαιρετώ

Τσιαλας Νικολαος · #76

Πρόσφατα ο Achilleas σε μια συζήτηση που είχαμε είπε "αχ... πόσες διαφορετικές λύσεις χάθηκαν γιατί κανείς δεν έκατσε να τις συγκεντρώσει". Και σκέφτηκα πόσο δίκιο έχει.... από τότε κρατάω όλες τις λύσεις που κάνουμε με τα παιδιά!!! Οπότε όπως είπε και ο κύριος Μπάμπης μια τέτοια κίνηση της Ε.Μ.Ε θα είχε θεωρώ μεγάλη απήχηση!

#77

Γ' Γυμνασίου, Πρόβλημα 4

https://artofproblemsolving.com/communi ... 86p9113629

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Μέλη σε σύνδεση