ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017

#1

Καλημέρα !!!

Αυτά είναι τα θέματα ΕΥΚΛΕΙΔΗ 2017. Γράψτε τις ωραίες και αναλυτικές λύσεις σας !

Καλά αποτελέσματα και καλή αντάμωση στον ΑΡΧΙΜΗΔΗ !!!

#2

ΘΕΜΑ 1-Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Για $x\geq 0$ η δοθείσα γίνεται x^2-9=0

με λύσεις $x=\pm 3$ , από τις oποίες δεκτή γίνεται η x=3

.

Για

, η δοθείσα γίνεται x^2+8x-9=0

με λύσεις

ή

, από τις oποίες δεκτή γίνεται η x=-9

.

(Σχόλιο: αυτό είναι κατάλληλο Θέμα για το διαγωνισμό ΕΥΚΛΕΙΔΗ?)

Φιλικά,

Αχιλλέας

#3

ΘΕΜΑ 1- Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Η δοθείσα γράφεται

$(x^2-16)^2=\dfrac{4|x+2|}{|x+2|^2+2^2}-1=-\dfrac{(|x+2|-2)^2}{|x+2|^2+2^2}\leq 0$

Αναγκαστικά πρέπει x^2=16

και

, δηλαδή

Φιλικά,

Αχιλλέας

pana1333 · #4

Καλημέρα. Το αρχείο είναι σε pdf? Δεν μπορώ να το ανοίξω απο το κινητό ..Ευχαριστώ

Οκ... Ευχαριστώ Μιχάλη....Γιωργο... Σταυρο....

Ιστοσελίδα · #5

Καλημέρα και καλή επιτυχία στα παιδιά!

Β' Λυκείου - Πρόβλημα 3

: B-lykeiou-Problem3.png (40.8 KiB) Προβλήθηκε 14655 φορές

Προφανώς ${\rm O}{\rm M} \bot {\rm A}\Gamma$ , ${\rm Z}{\rm M}{\rm O}{\rm K}$ εγγράψιμο και ${\rm A}\widehat {\rm B}\Gamma = {\rm A}\widehat {\rm O}{\rm M}$

Έτσι το $\Delta {\rm Z}\Gamma {\rm B}$ είναι εγγράψιμο, οπότε ${\rm A}\Delta \cdot {\rm A}{\rm B} = {\rm A}{\rm Z} \cdot {\rm A}\Gamma \Leftrightarrow 2{\rm A}{\rm E} \cdot {\rm A}{\rm B} = {\rm A}{\rm Z} \cdot 2{\rm A}{\rm M} \Leftrightarrow {\rm B}{\rm E}{\rm Z}{\rm M}$ εγγράψιμο

#6

: eykleides2017-b.lyk.PNG (22.52 KiB) Προβλήθηκε 14638 φορές

Β' ΛΥΚΕΙΟΥ- ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Μια λύση από το συνάδελφο Θανάση Μπεληγιάννη( στο εξεταστικό κέντρο)

Με απλές σχέσεις γωνιών(θα τις συμπληρώσουμε αργότερα) προκύπτει ότι το BDZC

είναι εγγράψιμο (η γωνία ADZ

είναι ίσh με

).

Επομένως :

$AD\cdot AB=AZ\cdot AC$ , δηλαδή $2AE\cdot AB=AZ\cdot (2AM)$ και τελικά : $AE\cdot AB=AZ\cdot AM$

To συμπέρασμα είναι προφανές !

(Μιχάλη, έβαλες τη λύση την ώρα που εγώ την έγραφα.Την αφήνω για να φαίνεται η κοινή πορεία των ...μαθηματικών)

Al.Koutsouridis · #7

ΘΕΜΑ 2 -Β' Λυκείου

Το σύστημα γράφεται ισοδύναμα

$(x_{1}+1) + (x_{2}+1) + ... + (x_{2017}+1) = 0$

$(x_{1}^4+x_{1}^3) + (x_{2}^4+x_{2}^3)+...+(x_{2017}^4+x_{2017}^3) = 0$

προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε

$(x_{1}^4+x_{1}^3 + x_{1}+1) + (x_{2}^4+x_{2}^3 + x_{2}+1)+ ... +(x_{2017}^4+x_{2017}^3 + x_{2017}+1) = 0$

για καθέ όρο του παραπάνω αθροίσματος έχουμε

$(x_{i}^4+x_{i}^3 + x_{i}+1) = x_{i}^3(x_{i}+1) +(x_{i}+1) = (x_{i}^3+1)(x_{i}+1) =$

$(x_{i}+1)(x_{i}+1)(x_{i}^2-x_{i}+1) = (x_{i}+1)^2(x_{i}^2-x_{i}+1) \geq 0$

με την ισότητα να ισχύει μόνο αν $x_{i} = -1 , i=1,2...,2017$

Οπότε η λύση του συστήματος είναι $x_{1}=x_{2}= ... =x_{2017} = -1$

#8

ΘΕΜΑ 2-Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Η δοθείσα δίνει

(a+b+c)^2=9(11a+b)

.

Συνεπώς, το άθροισμα των ψηφίων του $\overline{abc}$ διαιρείται από το

, κι άρα ο αριθμός είναι πολ/σιο του 3.

Προφανώς, $11a+b\geq 11\cdot 1+0=11$ , οπότε $(a+b+c)^2\geq 99$ , κι άρα $a+b+c\geq 10$ .

Το πρώτο πολ/σιο του 3, μετά το 10 είναι a+b+c=12

.

Παρατηρούμε ότι (a+b+c)^2+a+b+c=12^2+12=156

και

, οπότε ο

είναι μια λύση.

Στη χειρότερη περίπτωση, κάποιος μπορεί να δοκιμάσει και τα πέντε πολλαπλάσια του 3 από το 15 έως το 9+9+9=27

, δηλ. τους 15, 18, 21, 24, 27

για να δείξει ότι αυτή είναι και η μοναδική λύση.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#9

ΘΕΜΑ 4- Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Έστω ότι ο Α εκτελεί

έργο ανά μια ώρα, κι έστω ότι ο Β εκτελεί

έργο ανά μια ώρα.

Αφού σε τρεις ώρες εκτελούν 11/20 του έργου, έχουμε $3x+2y=\dfrac{11}{20}$ .

Έστω ότι ολοκληρώνουν το έργο σε

ώρες από την έναρξη του

. Τότε

$(k+1)x=ky=\dfrac{1}{2}$ .

Έτσι $\dfrac{3}{2(k+1)}+\dfrac{2}{2k}=\dfrac{11}{20}$ .

Εύκολα βρίσκουμε ότι η θετiκή λύση αυτής της εξίσωσης είναι k=4.

Άρα, ο

ολοκληρώνει το μισό έργο σε

ώρες, ενώ ο

σε 4 ώρες.

Συνεπώς, ο

ολοκληρώνει το έργο σε

ώρες, ενώ ο

σε 8 ώρες.

Επεξεργασία: Ευχαριστώ το μαθητή Ιωάννη Μπέλλο από τη Λάρισα για τη διόρθωση. Από βιαστική ανάγνωση της εκφώνησης, στην αρχική ανάρτηση υπέθεσα οτι ο Α κι ο Β είχαν ήδη εκτελέσει το 9/10 του έργου. Ευτυχώς, μικρό το κακό!

Φιλικά,

Αχιλλέας

#10

Al.Koutsouridis έγραψε:ΘΕΜΑ 2 -Β' Λυκείου

Τ..................

για καθέ όρο του παραπάνω αθροίσματος έχουμε

$(x_{i}^4+x_{i}^3 + x_{i}+1) = x_{i}^3(x_{i}+1) +(x_{i}+1) = (x_{i}^3+1)(x_{i}+1) =$

$(x_{i}+1)(x_{i}+1)(x_{i}^2-x_{i}+1) = (x_{i}+1)^2(x_{i}^2-x_{i}+1) \geq 0$

με την ισότητα να ισχύει μόνο αν $x_{i} = -1 , i=1,2...,2017$

Οπότε η λύση του συστήματος είναι $x_{1}=x_{2}= ... =x_{2017} = -1$

Υπέροχα !

Την ίδια ακριβώς λύση μου έδωσε σε μια επίσκεψη στο γραφείο η επιτηρήτρια στο διαγωνισμό συνάδελφος Γιάννα Στεργίου.

Για να βλέπετε τι ...τραβάνε οι επιτηρητές .Ούτε να ξανάδιναν στο ΑΣΕΠ δεν θα είχαν τόση ...δουλειά !!!

#11

4ο Γ Λυκείου

α) Για x=0

παίρνουμε

$x=y=\dfrac{1}{2}$ παίρνουμε

$f\left(f\left(\dfrac{1}{2}\right)+\dfrac{1}{2}\right)=1$ και επιλέγουμε ως $a=f\left(\dfrac{1}{2}\right)+\dfrac{1}{2}$

β) Θέτουμε όπου

τo

και παίρνουμε f(2x(a+1))=4ax

για κάθε $x\in\mathbb{R}$

Επειδή $a\neq -1$ (διότι διαφορετικά θα παίρναμε από την παραπάνω ότι 0=-4x

για κάθε $x\in\mathbb{R}$ )

άρα θέτοντας στην παραπάνω όπου

το $\dfrac{x}{2(a+1)}$ παίρνουμε $f(x)=\dfrac{2ax}{a+1}$ δηλαδή (αν $k=\dfrac{2a}{a+1}$ ) η συνάρτηση είναι της μορφής f(x)=kx

.

Επαληθεύοντας για να δούμε ποιες από τις παραπάνω είναι δεκτές, παίρνουμε τελικά k=1

ή

οπότε τελικά οι δεκτές συναρτήσεις είναι οι f(x)=x

και

.

Αλέξανδρος

#12

ΘΕΜΑ 3-Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Έστω

το σημείο τομής των $A\Gamma$ και $B\Delta$ .

Έστω

το σημείο τομής των διχοτόμων των γωνιών

και $\Gamma$ .

Παρατηρούμε ότι $\angle BE\Gamma=60^\circ$ .

Αρκεί να δείξουμε ότι $\angle BEA+\angle \Delta E\Gamma=120^\circ$ .

Οι γωνίες οξείες $\angle BEK$ και $B\Gamma K$ έχουν κάθετες τις πλευρές (

ορθόκεντρο του τριγώνου $BE\Gamma$ ) κι άρα είναι ίσες.

Συνεπώς, από το ισοσκελές τρίγωνο $AB\Gamma$ , έχουμε $\angle BAK=\angle B\Gamma K=\angle BEK$ , κι άρα το τετράπλευρο ABKE

είναι εγγράψιμο.

Ομοίως, το τετράπλευρο $\Delta\Gamma KE$ είναι εγγράψιμο.

Αλλιώς, με κυνήγι γωνιών, βρίσκουμε $\angle BEA=\angle BKA$ και $\angle \Delta E\Gamma=\angle \Delta K\Gamma$ .

Συνεπώς, $\angle BEA+\angle \Delta E\Gamma=120^\circ$ , όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #13

Πως σας φάνηκαν τα θέματα της Γ΄ Γυμνασίου; Τα απάντησα όλα, αλλά δυσκολεύτηκα αρκετά...

Τσιαλας Νικολαος · #14

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:Πως σας φάνηκαν τα θέματα της Γ΄ Γυμνασίου; Τα απάντησα όλα, αλλά δυσκολεύτηκα αρκετά...

Νομίζω βατά για δουλεμένα παιδιά...τα 3 πρώτα λογικά θα τα γράψουν "ανώδυνα"... Το τέταρτο αν κάποιος γνωρίζει σχετικά καλή φυσική (

) νομίζω θα το βγάλει και αυτό χωρίς να ζοριστεί πολύ.

#15

Πρόβλημα 3 Α Λυκείου

Έστω δύο ίσα ημικύκλια, προς το ίδιο ημιεπίπεδο, κέντρων B,C

και διαμέτρων

$\overline {KBC} \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\overline {BCL}$ που τέμνονται στο

. Προφανώς το τρίγωνο

$EKL \to (120^\circ ,30^\circ ,30^\circ )$ . Στο αριστερό ημικύκλιο έστω το σημείο

και στο δεξιό το

σημείο

έτσι ώστε $B + C = 240^\circ$ Ας πούμε δε $B = 2\theta \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C = 2\omega$ .

Επειδή $x = \dfrac{1}{2}\widehat {ABK} = \dfrac{1}{2}(180^\circ - 2\theta ) = 90^\circ - \theta$ και ομοίως $y = 90^\circ - \omega$ θα είναι

$x + 120^\circ + y = 120^\circ + 90^\circ - \theta + 90^\circ - y = 180^\circ$ τα σημεία A,E,D

ανήκουν στην ίδια

Ευθεία , δηλαδή το τετράπλευρο ABCD

είναι αυτό της εκφώνησης.

: Ευκλείδης_77_Α_Λυκείου.png (42.26 KiB) Προβλήθηκε 14305 φορές

Φέρνω τη διχοτόμο της γωνίας $\widehat {ABC} = 2\theta$ που τέμνει την

στο

.

Επειδή $\widehat {EDB} = \widehat L = 30^\circ$ και

$\widehat {SBD} = \widehat {SBC} - \widehat {DBL} = \theta - y = \theta - 90^\circ + \omega = 120^\circ - 90^\circ = 30^\circ$ θα είναι SB = SD

και

αφού CB = CD

η

είναι διχοτόμος της $\widehat {BCD}$ .

Νίκος

#16

cretanman έγραψε:4ο Γ Λυκείου

α) Για παίρνουμε

$x=y=\dfrac{1}{2}$ παίρνουμε

$f\left(f\left(\dfrac{1}{2}\right)+\dfrac{1}{2}\right)=1$ και επιλέγουμε ως $a=f\left(\dfrac{1}{2}\right)+\dfrac{1}{2}$

β) Θέτουμε όπου τo και παίρνουμε για κάθε $x\in\mathbb{R}$

Επειδή $a\neq -1$ (διότι διαφορετικά θα παίρναμε από την παραπάνω ότι για κάθε $x\in\mathbb{R}$ )

άρα θέτοντας στην παραπάνω όπου το $\dfrac{x}{2(a+1)}$ παίρνουμε $f(x)=\dfrac{2ax}{a+1}$ δηλαδή (αν $k=\dfrac{2a}{a+1}$ ) η συνάρτηση είναι της μορφής .

Επαληθεύοντας για να δούμε ποιες από τις παραπάνω είναι δεκτές, παίρνουμε τελικά ή οπότε τελικά οι δεκτές συναρτήσεις είναι οι και .

Αλέξανδρος

Αλέξανδρε, την ίδια ακριβώς λύση κάναμε με το Νίκο Ραβανό εδώ στο ΕΚ. Φαίνεται πως όλα τα κέντρα έχουν ...τηλεπαθητική επικοινωνία !!! Καλό Αρχιμήδη πια !

#17

4ο της Β Λυκείου

Οι αριθμοί $a+\dfrac{1}{b}$ και $b+\dfrac{1}{a}$ είναι ακέραιοι άρα o αριθμός $\left(a+\dfrac{1}{b}\right)\left(b+\dfrac{1}{a}\right)=ab+\dfrac{1}{ab}+2$ είναι ακέραιος άρα ο αριθμός $ab+\dfrac{1}{ab}$ είναι ακέραιος.

Έστω $ab=\dfrac{k}{l}$ όπου (k,l)=1

και $\dfrac{k^2+l^2}{kl}\in\mathbb{Z}$ και αφού k|kl

και

άρα

κι έτσι αφού (k,l)=1

άρα

. Όμοια

.

Κι έτσι ab=1

οπότε οι αρχικοί αριθμοί είναι οι

και

οι οποίοι πρέπει να είναι ακέραιοι άρα $a=\dfrac{m}{2}$ και $b=\dfrac{n}{2}$ για $m,n\in\mathbb{N}$ κι έτσι (αφού ab=1

) άρα

οπότε $(m,n)=(1,4), \ (2,2), \ (4,1)$ κι έτσι $(a,b)=\left(\dfrac{1}{2},2\right), (1,1) \left(2,\dfrac{1}{2}\right)$

Αλέξανδρος

Friedoon · #18

cretanman έγραψε:4ο της Β Λυκείου

Οι αριθμοί $a+\dfrac{1}{b}$ και $b+\dfrac{1}{a}$ είναι ακέραιοι άρα o αριθμός $\left(a+\dfrac{1}{b}\right)\left(b+\dfrac{1}{a}\right)=ab+\dfrac{1}{ab}+2$ είναι ακέραιος άρα ο αριθμός $ab+\dfrac{1}{ab}$ είναι ακέραιος.

Έστω $ab=\dfrac{k}{l}$ όπου και $\dfrac{k^2+l^2}{kl}\in\mathbb{Z}$ και αφού και άρα κι έτσι αφού άρα . Όμοια .

Κι έτσι οπότε οι αρχικοί αριθμοί είναι οι και οι οποίοι πρέπει να είναι ακέραιοι άρα $a=\dfrac{m}{2}$ και $b=\dfrac{n}{2}$ για $m,n\in\mathbb{N}$ κι έτσι (αφού ) άρα οπότε $(m,n)=(1,4), \ (2,2), \ (4,1)$ κι έτσι $(a,b)=\left(\dfrac{1}{2},2\right), (1,1) \left(2,\dfrac{1}{2}\right)$

Αλέξανδρος

Δεν ισχύει και για κάθε $(a,b)=(\frac{x}{y},-\frac{y}{x})$ όπου x,y μη μηδενικοί ακέραιοι;

#19

Friedoon έγραψε:Δεν ισχύει και για κάθε $(a,b)=(\frac{x}{y},-\frac{y}{x})$ όπου x,y μη μηδενικοί ακέραιοι;

Η εκφώνηση λέει ότι οι a,b

είναι θετικοί ρητοί.

Αλέξανδρος

#20

Πρόβλημα 3 Β Λυκείου

Γράφω τον κύκλο (B,M,E)

που τέμνει την

στο

και θα δείξω ότι $DZ \bot AC$ .

Είναι $\boxed{AZ \cdot \frac{b}{2} = AE \cdot c = \frac{1}{2}AD \cdot c \Rightarrow \frac{{AZ}}{{AD}} = \frac{c}{b}}$ άρα $\vartriangle ABC \approx \vartriangle AZD \Rightarrow \boxed{\widehat {ADZ} = \widehat C}$

Αν φέρουμε την εφαπτομένη στο

του κύκλου (A,B,C)

το ζητούμενο εμφανές.

: Ευκλείδης_77_Β_Λυκείου.png (37.72 KiB) Προβλήθηκε 14035 φορές

Νίκος

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017

Μέλη σε σύνδεση