ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
parmenides51
Δημοσιεύσεις: 6240
Εγγραφή: Πέμ Απρ 23, 2009 9:13 pm
Τοποθεσία: Πεύκη
Επικοινωνία:

ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Παρ Οκτ 05, 2012 6:59 pm

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
8alis 1998 2o.png (7.51 KiB) Προβλήθηκε 1585 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}.


Άβαταρ μέλους
Ch.Chortis
Δημοσιεύσεις: 264
Εγγραφή: Παρ Φεβ 10, 2012 7:02 pm
Τοποθεσία: Ελλαδιστάν

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ch.Chortis » Παρ Οκτ 05, 2012 8:33 pm

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
τελευταία επεξεργασία από Ch.Chortis σε Σάβ Οκτ 06, 2012 9:40 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


"Ο,τι δε σε σκοτώνει σε κάνει πιο δυνατό.":Φρειδερίκος Νίτσε
"Τα όρια της γλώσσας μου είναι τα όρια του κόσμου μου.":Λούντβιχ Βιτγκενστάιν
"Οι έξυπνοι άνθρωποι λύνουν προβλήματα. Οι σοφοί τα αποφεύγουν.":Άλμπερτ Αϊνστάιν
Άβαταρ μέλους
Ch.Chortis
Δημοσιεύσεις: 264
Εγγραφή: Παρ Φεβ 10, 2012 7:02 pm
Τοποθεσία: Ελλαδιστάν

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ch.Chortis » Παρ Οκτ 05, 2012 8:33 pm

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


"Ο,τι δε σε σκοτώνει σε κάνει πιο δυνατό.":Φρειδερίκος Νίτσε
"Τα όρια της γλώσσας μου είναι τα όρια του κόσμου μου.":Λούντβιχ Βιτγκενστάιν
"Οι έξυπνοι άνθρωποι λύνουν προβλήματα. Οι σοφοί τα αποφεύγουν.":Άλμπερτ Αϊνστάιν
Άβαταρ μέλους
Ch.Chortis
Δημοσιεύσεις: 264
Εγγραφή: Παρ Φεβ 10, 2012 7:02 pm
Τοποθεσία: Ελλαδιστάν

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ch.Chortis » Παρ Οκτ 05, 2012 8:33 pm

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).


"Ο,τι δε σε σκοτώνει σε κάνει πιο δυνατό.":Φρειδερίκος Νίτσε
"Τα όρια της γλώσσας μου είναι τα όρια του κόσμου μου.":Λούντβιχ Βιτγκενστάιν
"Οι έξυπνοι άνθρωποι λύνουν προβλήματα. Οι σοφοί τα αποφεύγουν.":Άλμπερτ Αϊνστάιν
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8447
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Σάβ Οκτ 06, 2012 11:31 am

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}.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8447
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Σάβ Οκτ 06, 2012 11:35 am

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.


Άβαταρ μέλους
parmenides51
Δημοσιεύσεις: 6240
Εγγραφή: Πέμ Απρ 23, 2009 9:13 pm
Τοποθεσία: Πεύκη
Επικοινωνία:

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Τρί Οκτ 23, 2012 7:34 am

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


Άβαταρ μέλους
parmenides51
Δημοσιεύσεις: 6240
Εγγραφή: Πέμ Απρ 23, 2009 9:13 pm
Τοποθεσία: Πεύκη
Επικοινωνία:

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Τετ Οκτ 31, 2012 7:17 pm

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\}}


Άβαταρ μέλους
nsmavrogiannis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4286
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 7:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nsmavrogiannis » Δευ Οκτ 07, 2013 10:47 pm

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
Geo1998.png (5.61 KiB) Προβλήθηκε 1134 φορές


Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.
Ηράκλειτος
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5428
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Τρί Οκτ 08, 2013 1:18 am

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).


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Άβαταρ μέλους
nsmavrogiannis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4286
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 7:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nsmavrogiannis » Τρί Οκτ 08, 2013 9:47 pm

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


Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.
Ηράκλειτος
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5428
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: ΘΑΛΗΣ 1998 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Τρί Οκτ 08, 2013 10:17 pm

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.


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
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