ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5264
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Σάβ Ιαν 20, 2018 9:26 am

Αυτά είναι τα θέματα του ΕΥΚΛΕΙΔΗ για το 2018 !

Γράψτε τις ωραίες και αναλυτικές λύσεις σας για το αρχείο του mathematica.

Καλά αποτελέσματα σε όλους τους συμμετέχοντες !

(ΑΝΑΡΤΗΣΗ : 12 πμ)
Συνημμένα
ΘΕΜΑΤΑ ΕΥΚΛΕΙΔΗ_2018_01_20_ΤΕΛΙΚΟ.pdf
(428.35 KiB) Μεταφορτώθηκε 1213 φορές
τελευταία επεξεργασία από Μπάμπης Στεργίου σε Σάβ Ιαν 20, 2018 11:58 am, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3821
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Σάβ Ιαν 20, 2018 9:53 am

Οι λύσεις θα συζητηθούν μετά τη λήξη του διαγωνισμού που θα είναι περίπου στις 12.


Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 201
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Σάβ Ιαν 20, 2018 10:22 am

Μπορεί κάποιος να ανεβάσει τα θέματα?? Έχουμε 12 παιδιά που συμμετέχουν και έχουμε λίγη αγωνία!! :lol: :lol:


Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3821
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Σάβ Ιαν 20, 2018 10:38 am

Τσιαλας Νικολαος έγραψε:
Σάβ Ιαν 20, 2018 10:22 am
Μπορεί κάποιος να ανεβάσει τα θέματα?? Έχουμε 12 παιδιά που συμμετέχουν και έχουμε λίγη αγωνία!! :lol: :lol:
Νίκο και τα θέματα θα ανέβουν μετά τις 12 μετά από επικοινωνία με την επιτροπή διαγωνισμών της ΕΜΕ.

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5264
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Σάβ Ιαν 20, 2018 11:57 am

ΩΡΑΙΑ !!!

Χαρείτε τα θέματα !

Μπ


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2554
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Ιαν 20, 2018 12:03 pm

ΘΕΜΑ 1/Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Έστω p=xy\in \mathbb{R}.

Είναι

\displaystyle{a_1^2=(x+y)^2=x^2+y^2+2xy=a_2+2p,}

οπότε

2p=a_1^2-a_2\in \mathbb{Z}.


Ομοίως, 2p^2=a_2^2-a_4 \in \mathbb{Z}.

Αφού (a_1^2-a_2)^2=4p^2=2(a_2^2-a_4) είναι άρτιος ακέραιος, οι ακέραιοι αριθμοί a_1,a_2 θα είναι και οι δύο άρτιοι ή και οι δύο περιττοί.

Αν είναι και οι δύο άρτιοι a_1=2b_1 και a_2=2b_2, (με b_1\in \mathbb{Z}), τότε

\displaystyle{2p=4b_1^2-2b_2=2(2b_1^2-b_2)}

κι έτσι

\displaystyle{p=2b_1^2-b_2\in \mathbb{Z}}

Αν είναι και οι δύο περιττοί a_1=2b_1+1 και a_2=2b_2+1, τότε

\displaystyle{2p=2(2b_1^2+2b_1^2-b_2)}

κι άρα

\displaystyle{p=2b_1^2+2b_1^2-b_2\in \mathbb{Z}}

Σε κάθε περίπτωση p\in \mathbb{Z} κι άρα a_3=a_1^3-3pa_1\in \mathbb{Z}.
τελευταία επεξεργασία από achilleas σε Σάβ Ιαν 20, 2018 1:50 pm, έχει επεξεργασθεί 5 φορές συνολικά.


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2554
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Ιαν 20, 2018 12:04 pm

Α ΛΥΚΕΙΟΥ-ΘΕΜΑ 2

Είναι

\displaystyle{A=k(k+3)(k+1)(k+2)=(k^2+3k)(k^2+3k+2)=(k^2+3k+1)^2-1.}

Άρα A=m(m+2) όπου m=k^2+3k=k(k+3).

(α) Παρατηρούμε ότι αν ο k είναι άρτιος, τότε προφανώς ο m είναι κι αυτός άρτιος. Αν ο k είναι περιττός, τότε ο k+3 είναι άρτιος, κι άρα ο m είναι άρτιος. Σε κάθε περίπτωση, λοιπόν, ο m είναι άρτιος, κι το ίδιο είναι κι ο m+2.

Συνεπώς, ο A=m(m+2) είναι γινόμενο δύο διαδοχικών άρτιων ακεραίων.

(β) Είναι

\displaystyle{(k^2+3k)^2<(k^2+3k+1)^2-1<(k^2+3k+1)^2}

Η δεξιά ανισότηα είναι προφανής. Η αριστερή έπεται ισοδύναμα από την

\displaystyle{1<(k^2+3k+1)^2-(k^2+3k)^2=2(k^2+3k)+1,}

που ισχύει αφού k>0, κι άρα 2(k^2+3k)>0.

Συνεπώς, ο A βρίσκεται μεταξύ δύο διαδοχικών τετραγώνων ακεραίων, κι άρα δεν είναι τέλειο τετράγωνο.


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2554
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Ιαν 20, 2018 12:05 pm

Α ΛΥΚΕΙΟΥ-ΘΕΜΑ 3

Το άθροσμα των βάσεων του τραπεζίου είναι \dfrac{2[AB\Gamma\Delta]}{h}=\dfrac{144}{6}=24.

Το μήκος μιας μη παράλληλης πλευράς είναι 2\sqrt{10}. Αν φέρουμε κάθετο τμήμα από το A στη μεγάλη βάση \Delta \Gamma, στο K, τότε από το Πυθαγόρειο θεώρημα θα έχουμε

\displaystyle{K\Delta=\sqrt{A\Delta^2-AK^2}=\sqrt{(2\sqrt{10})^2-h^2}=\sqrt{40-36}=2.}

Έτσι, η μικρή βάση τους τραπεζίου είναι AB=10 και η μεγάλη είναι \Delta\Gamma=14.

Από το Πυθαγόρειο στο AK\Gamma βρίσκουμε \displaystyle{A\Gamma=\sqrt{h^2+K\Gamma^2}=\sqrt{36+144}=\sqrt{180}=6\sqrt{5}.}

Αν φέρουμε τη διάμετρο AM, τότε τα τρίγωνα AK\Delta και A\Gamma M είναι όμοια, οπότε AM\cdot AK=A\Delta\cdot A\Gamma. Η ζητούμενη ακτίνα είναι

\displaystyle{R=\dfrac{AM}{2}=\dfrac{A\Delta \cdot A\Gamma}{2h}=\dfrac{2\sqrt{10}\cdot 6\sqrt{5}}{2\cdot 6}=5\sqrt{2}} μέτρα.
τελευταία επεξεργασία από achilleas σε Σάβ Ιαν 20, 2018 1:44 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2554
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Ιαν 20, 2018 12:05 pm

Α ΛΥΚΕΙΟΥ-ΘΕΜΑ 4

Θέλουμε όλους τους 6-ψηφιους x για τους οποίους ο 2007x αφήνει υπόλοιπο 2008 όταν διαιρεθεί με το 10000. Έτσι, ο 2007(x-1)-1 θα είναι πολ/σιο του 10000.

Ο αλγόριθμος του Ευκλείδη για τη διαίρεση του 10000 με το 2007 δίνει

\displaystyle{172\cdot 10000-857\cdot 2007=1.}

ή

\displaystyle{-1835\cdot 10000+9143\cdot 2007=1.}


Έτσι, ο x-1 πρέπει να είναι εξαψήφιος της μορφής 9143+10000k, δηλ. \displaystyle{x=9144+10000k} με

\displaystyle{10^5\leq 9144+10^4k<10^6}

Λύνοντας την ανισότητα αυτή για ακέραιους k βρίσκουμε ότι  10\leq k<10^2, δηλ. k=10,11,\dots,99.

Άρα υπάρχουν 99-9=90 τέτοιοι αριθμοί.
τελευταία επεξεργασία από achilleas σε Κυρ Ιαν 21, 2018 9:42 am, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2554
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Ιαν 20, 2018 12:07 pm

ΘΕΜΑ 2/Β ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

Το γινόμενο όλων των δοθέντων αριθμών είναι 2^{18}\cdot 3^4\cdot 5^2\cdot 7.

Ο αριθμός 14 πρέπει να αφαιρεθεί οπωσδήποτε, διότι το 7 εμφανίζεται μόνο στην ανάλυση του 14. Το νέο γινόμενο θα είναι 2^{17}\cdot 3^4\cdot 5^2. Έτσι, θα πρέπει να αφαιρέσουμε άλλο ένα στοιχείο στο οποίο το 2 εμφανίζεται σε περιττό εκθέτη.

Αφαιρώντας, τον αριθμό 2 παίρνουμε γινόμενο

\displaystyle{4\cdot 6\cdot 8\cdot 10\cdot 12\cdot 16\cdot 18\cdot 20=2^{16}\cdot 3^4\cdot 5^2=(2^8\cdot 3^2\cdot 5)^2,}

δηλ. τέλειο τετράγωνο.

Συνεπώς, ο ελάχιστος αριθμός στοιχείων που μπορούμε να αφαιρέσουμε είναι 2.
τελευταία επεξεργασία από achilleas σε Σάβ Ιαν 20, 2018 2:24 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6866
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Ιαν 20, 2018 12:13 pm

Αφού απαντήθηκε ήδη, αφήνω το σχήμα στην άσκηση 3 της Α Λυκείου.
Ευκλείδης 2018 Α Λυκείου .3.png
Ευκλείδης 2018 Α Λυκείου .3.png (14.41 KiB) Προβλήθηκε 7944 φορές


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2554
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Ιαν 20, 2018 12:20 pm

ΘΕΜΑ 4/Β ΓΥΜΝ

Έστω ότι ο Γιάννης είχε a κέρματα του 1 ευρώ και 3b κέρματα των 2 ευρώ. Την πρώτη μέρα ξόδεψε b 2-ευρα, και του απόμειναν a+4b ευρώ συνολικά, από τα οποία ξόδεψε 0.4(a+4b) τη δεύτερη μέρα.

Συνολικά, λοιπόν, ξόδεψε 2b+0.4(a+4b)=40 ευρώ.

Έτσι, 0.4a+3.6b=40, οπότε a+9b=100.

Αφού ο αρχικός αριθμός των κερμάτων είναι a+3b=40, παίρνουμε 6b=(a+9b)-(a+3b)=60, οπότε b=10.

Ετσι, ο Γιάννης είχε 30 κέρματα των 2 ευρώ.
τελευταία επεξεργασία από achilleas σε Σάβ Ιαν 20, 2018 2:41 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6083
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Σάβ Ιαν 20, 2018 12:33 pm

ΘΕΜΑ 1ο Γ' Λυκείου

Επειδή \displaystyle{x^4+4=(x^2+2x+2)(x^2-2x+2)\ne 0,} η εξίσωση γράφεται

\displaystyle{(a-1)(x^2+2x+2)=(a+1)(x^2-2x+2)\iff (x-a)^2=a^2-2,} οπότε:

\displaystyle{\bullet} Αν \displaystyle{|a|<\sqrt{2},} η εξίσωση είναι αδύνατη

\displaystyle{\bullet} Αν \displaystyle{|a|=\sqrt{2},} η εξίσωση έχει τη διπλή λύση \displaystyle{x=a=\pm \sqrt{2}}

\displaystyle{\bullet} Αν \displaystyle{|a|>\sqrt{2},} η εξίσωση έχει τις δύο λύσεις \displaystyle{x=a\pm \sqrt{a^2-2}.}


Μάγκος Θάνος
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 509
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Σάβ Ιαν 20, 2018 12:36 pm

B Λυκείου 3o Η μέγιστη περιφέρεια ενός κύκλου στο εσωτερικό του ορθογωνίου λαμβάνεται όταν αυτό εφάπτεται σε 2 τουλάχιστον πλευρές και έχει μήκος το πολύ a\pi. Συνεπώς, πρέπει N \pi \ge 12, από όπου έπεται το ζητούμενο.


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6083
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Σάβ Ιαν 20, 2018 12:42 pm

ΘΕΜΑ 2ο Γ' Λυκείου:

Είναι \displaystyle{f(0)=3.} Αν υπήρχε τέτοιο \displaystyle{T} θα είχαμε \displaystyle{f(-T)=f(0)=3,} άρα

\displaystyle{\cos T+\cos (T\sqrt{2})+\cos (T\sqrt{3})=3\implies \cos T=\cos (T\sqrt{2})=\cos (T\sqrt{3})=1,}

άρα

\displaystyle{T=2k\pi , T\sqrt{2}=2m\pi, T\sqrt{3}=2n\pi,  k,m,n \in \mathbb{Z}.}

Από τις πρώτες δύο προκύπτει \displaystyle{\frac{m}{k}=\sqrt{2},} άτοπο.


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 9760
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Σάβ Ιαν 20, 2018 12:48 pm

Γεωμετρία Γ
Γεωμετρία  Γ.png
Γεωμετρία Γ.png (40.06 KiB) Προβλήθηκε 7804 φορές


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2554
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Ιαν 20, 2018 12:50 pm

ΘΕΜΑ 2/Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Είναι a_5=(x^2+y^2)(x^3+y^3)-x^2y^2(x+y)=a_2a_3-p^2 a_1.

(Σχόλιο: Δε βλέπω πραγματική διαφορά από το Θέμα της Α. Στο ΘΕΜΑ 1της Α Λυκείου δείξαμε ότι a_3, p\in \mathbb{Z} κι άρα το συμπέρασμα έπεται άμεσα.)

Διαφορετικά,

a_5=a_1(a_4-pa_2+p^2)

αρκεί να δειχθεί ότι ο p είναι ακέραιος, όπως στο ΘΕΜΑ 1της Α Λυκείου.
τελευταία επεξεργασία από achilleas σε Σάβ Ιαν 20, 2018 3:00 pm, έχει επεξεργασθεί 4 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
polysot
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2484
Εγγραφή: Δευ Οκτ 19, 2009 11:43 pm
Τοποθεσία: Όπου βρω ενδιαφέρουσες προσωπικότητες...
Επικοινωνία:

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από polysot » Σάβ Ιαν 20, 2018 12:52 pm

Τα θέματα δεν τα βλέπω!


Σωτήρης Δ. Χασάπης

Ζήσε τα μαθηματικά σου!
-----------------------------
"There is a scientific taste just as there is a literary or artistic one", Renan
"The journey of a thousand miles begins with one step.", Lao Tzu
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6866
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Ιαν 20, 2018 12:54 pm

Θέμα 4 Β Λυκείου
Ευκλείδης 2018 Β Λυκείου .4.png
Ευκλείδης 2018 Β Λυκείου .4.png (17.66 KiB) Προβλήθηκε 7772 φορές
Το CBE είναι ισοσκελές, άρα το K βρίσκεται στη μεσοκάθετο του BE που είναι κάθετη και στην DC, οπότε εφάπτεται του κύκλου (K).

\displaystyle K\widehat BC = K\widehat CB = E\widehat CK που αποδεικνύει και το δεύτερο ζητούμενο(σχέση εγγεγραμμένης και γωνίας χορδής εφαπτομένης).


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2554
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Ιαν 20, 2018 1:11 pm

ΘΕΜΑ 1/Β ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

Είναι
 
\begin{aligned} 
A&=\left(2+\frac{\alpha}{\beta}\right)\cdot \frac{500}{3}-18\left(\dfrac{a}{b}-11\right)\\ 
&=(2+10)\cdot \frac{500}{3}-18\left(10-11\right)\\ 
&=12\cdot \frac{500}{3}-18(-1)\\ 
&=4\cdot 500+18\\ 
&=2018. 
\end{aligned}


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