ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5286
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Σάβ Ιαν 18, 2014 9:21 am

Αυτά είναι τα θέματα !

Καλά αποτελέσματα στους διαγωνιζόμενους !

Μπάμπης
Συνημμένα
eukleidis-2014.pdf
(405.5 KiB) Μεταφορτώθηκε 1776 φορές


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2610
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Ιαν 18, 2014 9:52 am

ΘΕΜΑ 3/Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Αφού x+y=3a και x^2+y^2+z^2=6a^2 είναι x^2+y^2=9a^2-2xy και

(9a^2-2xy)+z^2=6a^2, οπότε 2xy=z^2+3a^2>0.

Συνεπώς, xy>0, κι αφού x+y>0 έπεται ότι y>0 και z\geq 3a-y=x>0. Επιπλέον,

a^2+(9a^2-6ax+x^2)+z^2=6a^2 οπότε

6ax=2x^2+z^2+3a^2\geq 3x^2+3a^2=3(x^2+a^2)\geq 6ax.

Άρα θα πρέπει να ισχύει η ισότητα, οπότε (x,y,z)=(a,2a,a).

Edit (2018): Διόρθωση κώδικα \LaTeX, προσθήκη $.

Φιλικά,

Αχιλλέας
τελευταία επεξεργασία από achilleas σε Κυρ Νοέμ 18, 2018 9:39 pm, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3165
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Σάβ Ιαν 18, 2014 10:05 am

Καλημέρα. Δίνω τα σχήματα όλων των γεωμετρικών θεμάτων σε geogebra.
Συνημμένα
Geometry Shapes Euklidis 2014.rar
(24.41 KiB) Μεταφορτώθηκε 499 φορές


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2610
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Ιαν 18, 2014 10:18 am

ΘΕΜΑ 2/Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Η εξίσωση γίνεται (x-2)(x^2-4ax+3a)=0.

Συνεπώς, πρέπει να υπάρχουν ακέρεαιοι ώστε 4a=x+y και 3a=xy.

Αν a=0, η εξίσωση έχει μόνο ακέραιες λύσεις.

Αν a\ne 0, τότε \dfrac{4a}{3a}=\dfrac{x+y}{xy}, κι άρα \dfrac{4}{3}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y} (1) και 4xy=3(x+y) (2).

Δε μπορεί να είναι x<0 και y<0 λόγω της (1). Έστω ότι x>0. Τότε x\geq 1 και y=\dfrac{3x}{4x-3}>0. Ομοίως, αν y>0, τότε x>0.

Άρα είναι x\geq 1 και y\geq 1. Αν x>3, τότε y=\dfrac{3x}{4x-3}<1, οπότε δεν είναι ακέραιος. Συνεπώς, x\leq 3. Ομοίως y\leq 3.

Εύκολα βλέπουμε ότι λύσεις είναι (x,y)=(1,3) ή (x,y)=(3,1). Άρα a=\dfrac{x+y}{4}=1.

Τελική απάντηση: a=0 ή a=1.

Φιλικά,

Αχιλλέας

(Edit:Στην πρώτη δημοσίευση το επιχείρημα ότι δε μπορεί να είναι x<0 και y<0 ήταν λανθασμένο, αφού βιαστικά είχα γράψει ότι 3(x-1)(y-1)+xy=0. Βιαζόμουν να επιστρέψω στο εξεταστικό κέντρο πριν βγούν οι μαθητές μας και... Όποιος βιάζεται...ευχαριστώ, Αποστόλη (apotin) !) Ευτυχώς διορθώθηκε εύκολα!
τελευταία επεξεργασία από achilleas σε Σάβ Ιαν 18, 2014 12:36 pm, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2610
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Ιαν 18, 2014 10:29 am

ΘΕΜΑ 1/Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Είναι \overrightarrow{\Gamma A}=\overrightarrow{\alpha}-\overrightarrow{\gamma} και\overrightarrow{\Gamma B}=\overrightarrow{\beta}-\overrightarrow{\gamma} οπότε

\overrightarrow{\Gamma A}\cdot \overrightarrow{\Gamma B}=\overrightarrow{\alpha}\cdot \overrightarrow{\beta}-(\overrightarrow{\alpha}+ \overrightarrow{\beta})\cdot  \overrightarrow{\gamma}+  \overrightarrow{\gamma}^2

Από τη δοθείσα έπεται ότι

(\overrightarrow{\alpha}+ \overrightarrow{\beta})\cdot  \overrightarrow{\gamma}=0,

δηλαδή, από τον κανόνα του παραλληλογράμμου,

\overrightarrow{O\Delta}\cdot \overrightarrow{\gamma}=0,

όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Αχιλλέας


Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3869
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Σάβ Ιαν 18, 2014 10:39 am

Μία λύση για το 3 της Γ Λυκείου:

Ας υποθέσουμε ότι τέτοιο \alpha δεν υπάρχει τότε 1\leq f(n)\leq k+1 για κάθε n\in\{1,2,3,\ldots, k+1\}. Αφού στο άθροισμα S=3\left[(f(1)-1)^2+(f(2)-2)^2+\cdots (f(k+1)-1)^2\right] εμφανίζονται k+1 τιμές της συνάρτησης f και η f είναι 1-1 άρα πρέπει οι τιμές f(1),f(2),\ldots f(k+1) να είναι μία αναδιάταξη των 1,2,\ldots, k+1. Άρα S=3\left(0^2+1^2+2^2+\cdots k^2\right)=\dfrac{k(k+1)(2k+1)}{2}=k^3+\dfrac{3k^2+k}{2}.

Όμως k^3<k^3+\dfrac{3k^2+k}{2}<(k+1)^3 δηλαδή ο S βρίσκεται μεταξύ δύο κύβων διαδοχικών ακεραίων αριθμών, άρα δεν μπορεί να είναι κύβος, άτοπο.

Άρα υπάρχει \alpha με τη ζητούμενη ιδιότητα.

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
nikoszan
Δημοσιεύσεις: 951
Εγγραφή: Τρί Νοέμ 17, 2009 2:22 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nikoszan » Σάβ Ιαν 18, 2014 10:54 am

Α ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΜΑ Δ

{a^2} + 4{b^2} = 2a + 12b - 5 \Leftrightarrow {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {2b - 3} \right)^2} = 5:\left( 1 \right).Έχουμε
\left( {{2^2} + {1^2}} \right)\left[ {{{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {2b - 3} \right)}^2}} \right] = {\left[ {2\left( {a - 1} \right) + 1.\left( {2b - 3} \right)} \right]^2} + {\left[ {2\left( {2b - 3} \right) - 1.\left( {a - 1} \right)} \right]^2}\mathop  \Leftrightarrow \limits^{\left( 1 \right)}
\begin{array}{l} 
\mathop  \Leftrightarrow \limits^{\left( 1 \right)} {\left( {2a + 2b - 5} \right)^2} + {\left( {4b - a - 5} \right)^2} = 5.5 = 25 \Leftrightarrow \\ 
 \Leftrightarrow {\left( {2a + 2b - 5} \right)^2} = 25 - {\left( {4b - a - 5} \right)^2} 
\end{array}
Έτσι εχουμε {\left( {2a + 2b - 5} \right)^2} = 25 - {\left( {4b - a - 5} \right)^2} \le 25 \Rightarrow \left| {2a + 2b - 5} \right| \le 5 \Rightarrow- 5 \le 2a + 2b - 5 \le 5 \Rightarrow 0 \le a + b \le 5
με την ισότητα a + b = 5 να ισχύει μονο όταν \left\{ \begin{array}{l} 
4b - a - 5 = 0\\ 
a + b = 5 
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 
a = 3\\ 
b = 2 
\end{array} \right.

Αρα \max \left( {a + b} \right) = 5, μόνο όταν \left( {a,b} \right) = \left( {3,2} \right)
Ν.Ζ.
τελευταία επεξεργασία από nikoszan σε Σάβ Ιαν 18, 2014 2:36 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5286
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Σάβ Ιαν 18, 2014 11:06 am

Α' ΛΥΚΕΙΟΥ/ΘΕΜΑ 4ο

Μια προσέγγιση που κάναμε με το συνάδελφο Βασίλη Αθανασίου στο γραφείο, στα γρήγορα :

Αν θέσουμε a+b=k, λύνουμε ως προς a και από τη δοσμένη σχέση φτιάχνουμε εξίσωση ως προς b με παράμετρο k . Απαιτούμε η διακρίνουσα να είναι μεγαλύτερη

ή ίση από το μηδέν και βρίσκουμε k\leq 5 .

Η συνέχεια είναι λογική.

(To αν αυτά είναι επιτρεπτά, με την έννοια ότι η μία παράμετρος εξαρτάται από την άλλη, το έχουμε κουβεντιάσει πλατιά σε άλλες εποχές !)

Μπάμπης
τελευταία επεξεργασία από Μπάμπης Στεργίου σε Σάβ Ιαν 18, 2014 11:30 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5286
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Σάβ Ιαν 18, 2014 11:09 am

Γενικό σχόλιο !

Οι Γεωμετρίες των Α και Β' Λυκείου που κοίταξα μέχρι τώρα, είναι καλές για Ευκλείδη !

Ευχαριστώ και το Μιχάλη για τα σχήματα !


Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3869
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Σάβ Ιαν 18, 2014 11:26 am

Για το 2ο της Γ Λυκείου:

α) Από την ανισότητα Cauchy - Schwartz έχουμε

\left[(x-1)+(y-2)\right]^2\leq \left(1^2+1^2\right)\left[(x-1)^2+(y-2)^2\right] \leq 2\cdot 8

Άρα (x+y-3)^2\leq 16 δηλαδή x+y\leq 7 με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν \dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-2}{1} δηλαδή όταν x=y-1 απ' όπου βγάζουμε x=3, y=4.


β) Πρέπει το σύστημα κύκλου ευθείας να έχει μοναδική λύση. Όταν αντικαταστήσουμε y=-x+k στην εξίσωση του κύκλου παίρνουμε τελικά τη δευτεροβάθμια εξίσωση

2x^2+2(1-k)x+k^2-4k-3=0 η οποία θέλουμε να έχει μοναδική λύση άρα απαιτούμε η διακρίνουσα να είναι 0. Βγάζουμε k^2-6k-7=0 απ' όπου k=-1 και k=7. Η ελάχιστη λοιπόν τιμή του k είναι η k=-1.

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3869
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Σάβ Ιαν 18, 2014 11:44 am

Θέμα 1ο της Α Λυκείου

\begin{aligned}x &= \dfrac{2}{\left(\sqrt{3}+1\right)\left(\sqrt[4]{3}+1\right)\left(\sqrt[8]{3}+1\right)}=\dfrac{2\left(\sqrt{3}-1\right)}{2\left(\sqrt[4]{3}+1\right)\left(\sqrt[8]{3}+1\right)} \\ &=  
\dfrac{\left(\sqrt{3}-1\right)\left(\sqrt[4]{3}-1\right)}{\left(\sqrt{3}-1\right)\left(\sqrt[8]{3}+1\right)} = \dfrac{\left(\sqrt[4]{3}-1\right)\left(\sqrt[8]{3}-1\right)}{\left(\sqrt[4]{3}-1\right)} \\ &=\sqrt[8]{3}-1\end{aligned}

Άρα x+1=\sqrt[8]{3}.

Όμως \sqrt[8]{3}<\sqrt[4]{2} που ισοδύναμα (υψώνουμε και τα δύο μέλη στην 8η) δίνει: 3< 2^2 που ισχύει.

Άρα x+1<y.

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
raf616
Δημοσιεύσεις: 680
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 17, 2013 4:35 pm
Τοποθεσία: Μυτιλήνη

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από raf616 » Σάβ Ιαν 18, 2014 12:54 pm

Έχουμε μήπως τις λύσεις των θεμάτων;


Πάντα κατ' αριθμόν γίγνονται... ~ Πυθαγόρας

Ψυρούκης Ραφαήλ
achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2610
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Ιαν 18, 2014 1:07 pm

ΘΕΜΑ 4/Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Αφού M μέσο του τόξου BAC είναι \angle BDM=\angle MDC. Έστω \theta=\angle BDM=\angle MDC (*).

Αφού το BIC\color{red}{E} είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο και I είναι το έγκεντρο του τριγώνου ABC είναι \angle IEC=\angle IBC=\angle B/2 και \angle BEI=\angle BCI=\angle C/2.

Για να δείξουμε τη ζητούμενη ισότητα κι αφού \angle IDC είναι εξωτερική στο \triangle CDE , κι η \angle BDI είναι εξωτερική στο \triangle BDE, λόγω της (*) αρκεί να δειχθεί ότι \theta=\angle B/2+\angle C/2=90^{\circ}-\angle A/2.

Αλλά η τελευταία σχέση έπεται άμεσα από το γεγονός ότι οι γωνίες A και BDC είναι παραπληρωματικές.

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Edit: Διόρθωση με κόκκινο χρώμα.
Συνημμένα
euclid_2014_4.png
euclid_2014_4.png (20.17 KiB) Προβλήθηκε 7428 φορές
τελευταία επεξεργασία από achilleas σε Σάβ Ιαν 18, 2014 1:21 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


gavrilos
Δημοσιεύσεις: 1032
Εγγραφή: Παρ Δεκ 07, 2012 4:11 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gavrilos » Σάβ Ιαν 18, 2014 1:14 pm

Στην Α' Λυκείου δύσκολα θέματα.Έλυσα 1,2.Τη γεωμετρία δεν την πρόλαβα αφού ασχολήθηκα γύρω στις δύο ώρες με το 4,δυστυχώς όμως δεν το έβγαλα.

Δείτε λίγο τη λύση μου στο 4.(είναι λάθος προφανώς)

Προσθέτουμε στα δύο μέλη το \displaystyle{2ab} κι έτσι η σχέση γίνεται \displaystyle{(a+b)^{2}=-3b^{2}+2a+12b-5+2ab=-3b^{2}+2b(a+6)+2a-5}.

Θεωρούμε το δεύτερο μέλος τριώνυμο ως προς \displaystyle{b} και γνωρίζουμε ότι παίρνει μέγιστη τιμή για \displaystyle{\frac{-2(a+6)}{-6}=\frac{a+6}{3}}.

Άρα το άθροισμα \displaystyle{a+b} παίρνει μέγιστη τιμή για \displaystyle{b=\frac{a+6}{3}}.

Αντικαθιστούμε στη δοσμένη σχέση και έχουμε \displaystyle{a^{2}+4\left(\frac{a+6}{3}\right)^{2}=2a+12\left(\frac{a+6}{3}\right)-5}.

Με πράξεις έχουμε \displaystyle{13a^{2}-6a-27=0} της οποίας θετική λύση είναι η \displaystyle{\frac{3+6\sqrt{10}}{13}}.

Άρα \displaystyle{b=\frac{\frac{3+6\sqrt{10}}{13}+6}{3}=\frac{3+78+6\sqrt{10}}{39}}=\frac{27+2\sqrt{10}}{13}}.

Άρα \displaystyle{a+b\leq \frac{30+8\sqrt{10}}{13}}.

Εντάξει βλέποντας όλα αυτά τα περίεργα νούμερα το ήξερα ότι υπήρχε λάθος αλλά δυστυχώς δεν κατάφερα να σκεφτώ να πολλαπλασιάσω και τα δύο μέλη με 5 οπότε θα έβγαινε αμέσως.Όμως και πάλι δεν καταλαβαίνω τι λάθος υπάρχει στη λύση αυτή.
τελευταία επεξεργασία από gavrilos σε Σάβ Ιαν 18, 2014 1:48 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Αν τα γεγονότα δεν συμφωνούν με τη θεωρία, τότε αλίμονο στα γεγονότα.

Albert Einstein
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6152
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Σάβ Ιαν 18, 2014 1:16 pm

Μια λύση για το 3Β' Λυκείου:

Από Cauchy-Schwarz είναι

\displaystyle{6a^2=x^2+y^2+z^2=x^2+z^2+\frac{(2y)^2}{4}\geq \frac{(x+z+2y)^2}{1+1+4}=\frac{(3a+y+z)^2}{6}\geq \frac{(3a+3a)^2}{6}=6a^2.}

Άρα ισχύει παντού ισότητα, οπότε εύκολα \displaystyle{x=z=a,y=2a.}
τελευταία επεξεργασία από matha σε Σάβ Ιαν 18, 2014 1:25 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6152
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Σάβ Ιαν 18, 2014 1:25 pm

Μια λύση για το 4Α' Λυκείου:

Η δοθείσα γράφεται

\displaystyle{(a-1)^2+4\Big(b-\frac{3}{2}\Big)^2=5.}

Θέτω \displaystyle{a-1=x,~b-\frac{3}{2}=y,} οπότε \displaystyle{x^2+4y^2=5\implies (2^2+1^2)(x^2+(2y)^2)=25,} οπότε από Cauchy-Schwarz είναι

\displaystyle{25\geq (2x+2y)^2\implies x+y\leq \frac{5}{2}\implies a-1+b-\frac{3}{2}\leq \frac{5}{2}\implies \boxed{a+b\leq 5}}

Η ισότητα ισχύει όταν ισχύει η ισότητα στην Cauchy-Schwarz δηλαδή όταν \displaystyle{x=4y \iff a=4b-5,} η οποία σε συνδυασμό με την \displaystyle{a+b=5} δίνει \displaystyle{a=3,b=2.}

Προφανώς, ο περιορισμός \displaystyle{a,b>0} είναι περιττός.


Μάγκος Θάνος
ArgirisM
Δημοσιεύσεις: 224
Εγγραφή: Δευ Απρ 16, 2012 10:38 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ArgirisM » Σάβ Ιαν 18, 2014 1:36 pm

Έχοντας γυρίσει μολις τώρα απο τον Ευκλείδη, γράφω τις εντυπώσεις μου από τη γ λυκείου. Σαν γενική παρατήρηση έχω να πω πως μου φάνηκαν πιο βατά από τα αντίστοιχα περσινά. Τα δύο πρώτα θέματα ήταν αξιοπρεπή, αν και το 2β παραήταν εύκολο για γ λυκείου. Υπάρχει ίδια μεθοδολογία σε ανάρτησή μου με τίτλο "Ιδιοκατασκευή" (viewtopic.php?f=51&t=40133), στο φάκελο των μιγαδικών. Το τρίτο νομίζω ήταν το καλύτερο του διαγωνισμού και θα μπορούσε θεωρητικά να τεθεί και στον Αρχιμήδη σε 1-2 θέμα. Η λύση μου είναι ίδια με εκείνη του κυρίου Συγκελάκη. Το 4 νομίζω ήταν κάπως εύκολο για γεωμετρία Ευκλείδη. Το κόλπο με τα συνευθυειακά είναι τετριμμένο... Γενικά υπολογίζω γύρω στο 15 γιατί έχασα κάτι βλακοδώς στο πρώτο θέμα και επειδή δεν μου έκατσε καλά το 2α. Υπολογίζω δε τη βάση κοντά στα δυό θέματα. Θα επανέλθω με περεταίρω σχόλια γιατί τώρα έχω μάθημα. Καλά αποτελέσματα σε όλους!
τελευταία επεξεργασία από ArgirisM σε Σάβ Ιαν 18, 2014 6:25 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Αν κάτι μπορεί να πάει στραβά, θα πάει!
Νόμος του Μέρφυ
Άβαταρ μέλους
Κώστας Παππέλης
Δημοσιεύσεις: 261
Εγγραφή: Παρ Ιούλ 24, 2009 4:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κώστας Παππέλης » Σάβ Ιαν 18, 2014 1:41 pm

Από τους καλύτερους δυνατούς Ευκλείδηδες. Πρόλαβα και τα είδα όλα όντας επιτηρητής. Το επίπεδο δυσκολίας ήταν ακριβώς αυτό που θα έπρεπε να είναι. Επίσης όλα τα θέματα είχαν σεβαστό επίπεδο δυσκολίας (δεν υπήρχε δηλαδή κάποιο γελοίο πρώτο θέμα) ΚΑΙ υπήρχε και διαβάθμιση. Ξεκάθαρα συγχαρητήρια (και) για φέτος στην ΕΜΕ.
τελευταία επεξεργασία από Κώστας Παππέλης σε Κυρ Ιαν 19, 2014 10:23 am, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Παναγιώτης Χ.
Δημοσιεύσεις: 37
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 6:25 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Παναγιώτης Χ. » Σάβ Ιαν 18, 2014 1:43 pm

Εμένα τα θέματα στη Β' Γυμνασίου μου φάνηκαν αρκετά πιο δύσκολα από άλλες χρονιές. Έγραψα τα 3 από τα 4 θέματα. Μήπως έχει κανείς τις λύσεις; Καλά αποτελέσματα σε όλους! :first:


Παναγιώτης Χαλιμούρδας
Άβαταρ μέλους
apotin
Δημοσιεύσεις: 822
Εγγραφή: Τετ Απρ 08, 2009 5:53 pm
Τοποθεσία: Έδεσσα

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από apotin » Σάβ Ιαν 18, 2014 1:46 pm

Γ΄ Λυκείου
Πρόβλημα 2


Έχουμε την εξίσωση \displaystyle{{x^3} - 4{x^2} = 5a{x^2} - 26ax + 24a\;\;\;\left( 1 \right)}

\bullet Για \displaystyle{a=0}
\displaystyle{\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^3} - 4{x^2} = 0 \Leftrightarrow x = 0\;\;\; \vee \;\;\;x = 4}

\bullet Για \displaystyle{a \ne 0}
\displaystyle{\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2}\left( {x - 4} \right) = a\left( {x - 4} \right)\left( {5x - 6} \right) \Leftrightarrow x = 4\;\;\; \vee \;\;\;{x^2} - 5ax + 6a = 0\;\;\;\left( 2 \right)}

Η \displaystyle{(2)} έχει διακρίνουσα \displaystyle{\Delta  = a\left( {25a - 24} \right)}.

Άρα \displaystyle{\Delta  \ge 0 \Leftrightarrow a < 0\;\;\; \vee \;\;\;a \ge \frac{{24}}{{25}}}
Έστω \displaystyle{k,\;m} οι ακέραιες ρίζες της \displaystyle{(2)} με \displaystyle{0 \ne k \le m}

\bullet Αν \displaystyle{a < 0 \Rightarrow k < 0 < m} τότε

\displaystyle{\left\{ \begin{array}{l} 
k + m = 5a\\ 
km = 6a 
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{k + m}}{{km}} = \frac{5}{6} \Leftrightarrow k = \frac{{6m}}{{5m - 6}}}

και \displaystyle{k < 0 \Leftrightarrow \frac{{6m}}{{5m - 6}} < 0\;\;\mathop  \Leftrightarrow \limits^{m > 0} \;\;m < \frac{6}{5}}

Άρα \displaystyle{m = 1 \Rightarrow k =  - 6} και \displaystyle{a =  - 1}

\bullet Αν \displaystyle{a \ge \frac{{24}}{{25}} \Rightarrow 0 < k \le m}

και \displaystyle{k > 0 \Leftrightarrow \frac{{6m}}{{5m - 6}} > 0 \Leftrightarrow m > \frac{6}{5} \Rightarrow m \ge 2} και όμοια \displaystyle{k \ge 2}

τότε

\displaystyle{m \ge 2 \Leftrightarrow \frac{{6k}}{{5k - 6}} \ge 2 \Leftrightarrow k \le 3}

Έτσι έχουμε \displaystyle{k = 2 \Leftrightarrow m = 3} ή \displaystyle{m = 2 \Leftrightarrow k = 3}

με \displaystyle{a=1} σε κάθε περίπτωση

Τελικά οι ζητούμενες τιμές του \displaystyle{a} είναι οι: \displaystyle{-1, 0, 1}
τελευταία επεξεργασία από apotin σε Σάβ Ιαν 18, 2014 1:55 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Αποστόλης
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