ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

#1

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)

#2

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

Αλέξανδρος

Τσιαλας Νικολαος · #3

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

#4

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!!

Νίκο και τα θέματα θα ανέβουν μετά τις 12 μετά από επικοινωνία με την επιτροπή διαγωνισμών της ΕΜΕ.

Αλέξανδρος

#5

ΩΡΑΙΑ !!!

Χαρείτε τα θέματα !

Μπ

#6

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

, (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

, 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 $a_3=a_1^3-3pa_1\in \mathbb{Z}.$

#7

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

(α) Παρατηρούμε ότι αν ο

είναι άρτιος, τότε προφανώς ο

είναι κι αυτός άρτιος. Αν ο

είναι περιττός, τότε ο k+3

είναι άρτιος, κι άρα ο

είναι άρτιος. Σε κάθε περίπτωση, λοιπόν, ο

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

Συνεπώς, ο

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

#8

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

στη μεγάλη βάση $\Delta \Gamma$ , στο

, 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

, 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.

#9

Α ΛΥΚΕΙΟΥ-ΘΕΜΑ 4

Θέλουμε όλους τους 6-ψηφιους

για τους οποίους ο 2007x

αφήνει υπόλοιπο 2008

όταν διαιρεθεί με το 10000.

Έτσι, ο

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

βρίσκουμε ότι $10\leq k<10^2$ , δηλ. $k=10,11,\dots,99$ .

Άρα υπάρχουν 99-9=90

τέτοιοι αριθμοί.

#10

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.

#11

Αφού απαντήθηκε ήδη, αφήνω το σχήμα στην άσκηση 3 της Α Λυκείου.

: Ευκλείδης 2018 Α Λυκείου .3.png (14.41 KiB) Προβλήθηκε 12134 φορές

#12

ΘΕΜΑ 4/Β ΓΥΜΝ

Έστω ότι ο Γιάννης είχε

κέρματα του 1 ευρώ και

κέρματα των 2 ευρώ. Την πρώτη μέρα ξόδεψε

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

.

Αφού ο αρχικός αριθμός των κερμάτων είναι a+3b=40

, παίρνουμε 6b=(a+9b)-(a+3b)=60

, οπότε

Ετσι, ο Γιάννης είχε 30 κέρματα των 2 ευρώ.

#13

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 $\displaystyle{x=a\pm \sqrt{a^2-2}.}$

JimNt. · #14

B Λυκείου 3o Η μέγιστη περιφέρεια ενός κύκλου στο εσωτερικό του ορθογωνίου λαμβάνεται όταν αυτό εφάπτεται σε

τουλάχιστον πλευρές και έχει μήκος το πολύ $a\pi$ . Συνεπώς, πρέπει $N \pi \ge 12$ , από όπου έπεται το ζητούμενο.

#15

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.

KARKAR · #16

Γεωμετρία Γ

: Γεωμετρία Γ.png (40.06 KiB) Προβλήθηκε 11994 φορές

#17

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

είναι ακέραιος, όπως στο ΘΕΜΑ 1της Α Λυκείου.

Ιστοσελίδα · #18

Τα θέματα δεν τα βλέπω!

#19

Θέμα 4 Β Λυκείου

: Ευκλείδης 2018 Β Λυκείου .4.png (17.66 KiB) Προβλήθηκε 11962 φορές

Το

είναι ισοσκελές, άρα το

βρίσκεται στη μεσοκάθετο του

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).

#20

ΘΕΜΑ 1/Β ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

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

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017 - 2018

Μέλη σε σύνδεση