ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3940
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Σάβ Ιαν 18, 2020 8:37 am

Καλημέρα σε όλους,

Σε λίγη ώρα διεξάγεται ο Πανελλήνιος Διαγωνισμός στα Μαθηματικά "Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ". Ευχόμαστε σε όλους τους μαθητές καλή επιτυχία και σε όλους τους εμπλεκόμενους με αυτόν κάθε καλό!!

Σε αυτή τη δημοσίευση θα δοθούν τα θέματα αλλά και οι απαντήσεις του διαγωνισμού αλλά μετά το πέρας του διαγωνισμού δηλαδή μετά τις 12:30.

Αλέξανδρος
Συνημμένα
Θέματα Ευκλείδη 18-1-2020.pdf
(245.06 KiB) Μεταφορτώθηκε 733 φορές


Αλέξανδρος Συγκελάκης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8933
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Ιαν 18, 2020 12:30 pm

Πρόβλημα 4 Β' Λυκείου
Ευκλείδης 2020 Β Λυκείου .4.png
Ευκλείδης 2020 Β Λυκείου .4.png (22.73 KiB) Προβλήθηκε 4291 φορές
Είναι AB=AC=CD=DE, απ' όπου εύκολα προκύπτει ότι τα τρίγωνα ABC, DEC είναι ίσα. Άρα,

\displaystyle C\widehat OE = 2C\widehat DE = 90^\circ  \Rightarrow O\widehat EC = 45^\circ. Αλλά, \displaystyle B\widehat EC = B\widehat AC = 45^\circ , οπότε \displaystyle O\widehat EC = B\widehat EC,

που αποδεικνύει ότι τα B, O, E είναι συνευθειακά.

\displaystyle D\widehat CB + A\widehat BC = 22,5^\circ  + 67,5^\circ  = 90^\circ  \Rightarrow B\widehat ZC = 90^\circ , άρα το BZOC είναι εγγράψιμο.

\displaystyle Z\widehat OB = Z\widehat CB = 22,5^\circ  = D\widehat EB \Rightarrow \boxed{OZ||DE}


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8933
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Ιαν 18, 2020 12:30 pm

Πρόβλημα 4 Γ' Γυμνασίου
Ευκλείδης 2020 Γ Γυμν .4.png
Ευκλείδης 2020 Γ Γυμν .4.png (16.4 KiB) Προβλήθηκε 4289 φορές
α) \displaystyle {\rm A}\widehat \Delta {\rm B} = {\rm A}\widehat \Gamma {\rm B} = 45^\circ ως εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο. Άρα \displaystyle {\rm E}\widehat \Delta {\rm Z} = 45^\circ .

β) \displaystyle {\rm B}\widehat \Delta \Gamma  = 90^\circ , άρα το \displaystyle \Gamma {\rm E}{\rm Z}\Delta είναι εγγράψιμο και \displaystyle {\rm E}\widehat \Gamma {\rm Z} = 45^\circ. Επομένως το τρίγωνο \displaystyle {\rm E}\Gamma {\rm Z}

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές που αποδεικνύει το ζητούμενο.


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2711
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Ιαν 18, 2020 12:31 pm

ΘΕΜΑ 1-Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Αφού a+b=1, είναι a^2+b^2=(a+b)^2-2ab=1-2ab.

Έτσι,

\displaystyle  
x=\frac{a^2+b^2}{ab}=\frac{1-2ab}{ab}=\frac{1}{ab}-2.

Επίσης,a^3+b^3=(a+b)^3-3ab(a+b)=1-3ab.

Η εξίσωση

\displaystyle  
y+\dfrac{1}{y}=\frac{13}{6}\iff 6y^2-13y+6=0\iff (2y-3)(3y-2)=0,

έχει λύσεις y=3/2 ή y=2/3.

Έχουμε τις περιπτώσεις

\displaystyle  
\dfrac{a^3+b^3}{a^2+b^2}=\frac{3}{2}\iff \frac{1-3ab}{1-2ab}=\frac{3}{2}\iff 2-6ab=3-6ab\iff 2=3,

άτοπο, και

\displaystyle  
\dfrac{a^3+b^3}{a^2+b^2}=\frac{2}{3}\iff \frac{1-3ab}{1-2ab}=\frac{2}{3}\iff 3-9ab=2-4ab\iff ab=1/5.

Τότε 1/ab=5 και

\displaystyle  
x=\frac{1}{ab}-2=5-2=3>2,

δεκτή. (Το σύστημα a+b=1, ab=1/5 έχει λύση αφού διακρίνουσα της t^2-t+1/5=0 είναι θετική). Άρα x=3.

ΘΕΜΑ 2-Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Γνωρίζουμε ότι αν a>0, τότε

\displaystyle  
a+\frac{1}{a}\geq 2\iff a^2+1\geq 2a\iff a^2-2a+1\geq 0\iff (a-1)^2\geq 0,

που ισχύει με την ισότητα να αληθεύει αν και μόνο a=1.

Από την παραπάνω ανισότητα, αφού x-2y+\omega>0, η δοθείσα ανισότητα (1) είναι ισοδύναμη με την

\displaystyle  
2\leq x-2y+w+\frac{1}{x-2y+\omega}\leq 2\iff x-2y+\omega=1\iff x-2y=1-\omega.

Ομοίως, η (2) είναι ισοδύναμη με

\displaystyle  
2x-y+\omega=1\iff 2x-y=1-\omega.

Έτσι

\displaystyle  
x-2y=2x-y\iff 0=x+y.

Συνεπώς, η προς απόδειξη ανισότητα γίνεται

\displaystyle  
 \omega^2-2\omega\geq -1\iff (\omega-1)^2\geq 0,

που ισχύει, με την ισότητα να αληθεύει αν και μόνο αν \omega=1.


ΘΕΜΑ 3-Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Έστω

 
\begin{aligned} 
2\alpha-1&=k\beta, \\ 
2\beta-1&=\lambda \gamma\\ 
\gamma-1&=\mu \alpha 
\end{aligned}
για κάποιους θετικούς ακέραιους k, \lambda, \mu. Η πρώτη μας παρατήρηση είναι ότι οι αριθμοί \beta, \gamma, k,\lambda πρέπει να είναι περιττοί.

Έχουμε
 
\begin{aligned} 
4\alpha-2&=k(2\beta)\\ 
		&=k(\lambda\gamma+1)\\ 
		&=k\lambda(\mu\alpha+1)+k\\ 
		&=k\lambda\mu\alpha+k\lambda+k 
\end{aligned}

οπότε

\displaystyle  
\alpha(4-k\lambda\mu)=2+k\lambda+k\geq 4.

Συνεπώς, 1\leq k\lambda\mu<4, οπότε οι δυνατές τιμές του ακεραίου k\lambda\mu είναι 1, 2 ή 3.

Αν k\lambda\mu=1, τότε k=\lambda=\mu=1, οπότε 3\alpha=2+1+1=4, δηλ. \alpha=4/3, άτοπο, αφού ο \alpha είναι ακέραιος.

Αν k\lambda\mu=2, τότε αφού οι αριθμοί  k,\lambda πρέπει να είναι περιττοί, έχουμε k=\lambda=1 και \mu=2. Έτσι, βρίσκουμε εύκολα ότι \alpha=2, \beta=3 και \gamma=5.

Αν k\lambda\mu=3, τότε έχουμε τις υποπεριπτώσεις

1) k=\lambda=1 και \mu=3. Τότε \alpha=2+k\lambda+k=4, \beta=7 και \gamma=1+\mu\alpha=13, το οποίο επαληθεύει και την 2\beta-1=\lambda \gamma, αφού 2\cdot 7-1=1\cdot 13.

2) k=\mu=1 και \lambda=3. Τότε \alpha=2+k\lambda+k=6, \beta=11 και \gamma=1+\mu\alpha=7, , το οποίο επαληθεύει και την 2\beta-1=\lambda \gamma, αφού 2\cdot 11-1=3\cdot 7, που είναι πολλαπλάσιο του 7.


3) \lambda=\mu=1 και k=3. Τότε \alpha=2+k\lambda+k=8, \beta=5 και \gamma=1+\mu\alpha=9, το οποίο επαληθεύει και την 2\beta-1=\lambda \gamma, αφού 2\cdot 5-1=1\cdot 9.

Συνεπώς, οι λύσεις είναι (\alpha, \beta, \gamma)=(2,3,5), (6,11,7), (4,7,13) και (8,5,9).



ΘΕΜΑ 4- Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Το τρίγωνο AB\Theta προκύπτει από τη στροφή του A\Delta E περί του A κατά 90^\circ κατά τη φορά των δεικτών του ρολογιού. (Εάν \Theta' είναι η εικόνα του E ως προς αυτή τη στροφή, θα πρέπει \Theta'\in B\Gamma με \Theta'E\perp AB, οπότε \Theta' \equiv \Theta). Συνεπώς, τα δύο τρίγωνα είναι ίσα.

Αλλιώς, αφού AB=A\Delta ως πλευρές του τετραγώνου, A\widehat{B}\Theta=90^\circ=A\widehat{\Delta}E ως γωνίες του τετραγώνου, και A\Theta=AE ως ακτίνες του κύκλου, από το κριτήριο υποτείνουσα και κάθετη, συμπεραίνουμε ότι τα δύο τρίγωνα είναι ίσα.

Συνεπώς, \Theta\widehat{A}B=E\widehat{A}\Delta=20^\circ, οπότε \Theta\widehat{A}Z=45^\circ=E\widehat{A}Z. Επιπλέον, AZ=AZ και A\Theta=AE, όπως πριν. Από ΠΓΠ, τα τρίγωνα AZ\Theta και AZE είναι ίσα.

Συνεπώς, Z\Theta=EZ. Τέλος, το ύψος από την κορυφή A στην Z\Theta έχει μήκος a. Αφού ίσα τρίγωνα έχουν τα αντίστοιχα ύψης τους ίσα, είναι AH=AB=a.

Σχόλιο: Μια άλλη ιδέα για να δείξουμε ότι Z\Theta=ZE, σε συνέχεια της στροφής, είναι η εξής:

Είναι, λοιπόν, E\widehat{A}\Theta=90^\circ, ίση με τη γωνία της στροφής. Αφού E\widehat{A}Z=45^\circ, η AZ είναι διχοτόμος της E\widehat{A}\Theta, κι άρα η AZ είναι μεσοκάθετος της βάσης E\Theta του ισοσκελούς \triangle EA\Theta. Συνεπώς, Z\Theta=ZE.

Επεξεργασία: Διόρθωση τυπογραφικού και προσθήκη σχολίου. Δείτε κι εδώ.
τελευταία επεξεργασία από achilleas σε Κυρ Ιαν 19, 2020 10:48 am, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8933
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Ιαν 18, 2020 12:36 pm

Πρόβλημα 1 Α' Λυκείου

\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} 
{a^2} + {b^2} = {(a + b)^2} - 2ab\\ 
\\ 
{a^3} + {b^3} = {(a + b)^3} - 3ab(a + b) 
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} 
{a^2} + {b^2} = 1 - 2ab\\ 
\\ 
{a^3} + {b^3} = 1 - 3ab 
\end{array} \right. και \displaystyle ab = \frac{1}{{x + 2}}

\displaystyle \frac{{1 - 3ab}}{{1 - 2ab}} + \frac{{1 - 2ab}}{{1 - 3ab}} = \frac{{13}}{6} \Leftrightarrow \frac{{1 - \frac{3}{{x + 2}}}}{{1 - \frac{2}{{x + 2}}}} + \frac{{1 - \frac{2}{{x + 2}}}}{{1 - \frac{3}{{x + 2}}}} = \frac{{13}}{6} \Leftrightarrow \frac{{x - 1}}{x} + \frac{x}{{x - 1}} = \frac{{13}}{6} \Leftrightarrow

\displaystyle 6({x^2} - 2x + 1 + {x^2}) = 13({x^2} - x) \Leftrightarrow {x^2} - x - 6 = 0,x \ge 2 \Rightarrow \boxed{x=3}
τελευταία επεξεργασία από george visvikis σε Σάβ Ιαν 18, 2020 12:51 pm, έχει επεξεργασθεί 5 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8933
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Ιαν 18, 2020 12:37 pm

Πρόβλημα 1 Γ' Γυμνασίου

a + 9 = {b^2} - 6b + 9 \Leftrightarrow a = {b^2} - 6b και ομοίως b = {a^2} - 6a

Με πρόσθεση κατά μέλη παίρνω {a^2} + {b^2} = 7(a + b) και με αφαίρεση κατά μέλη:

 - (b - a) = ({b^2} - {a^2}) - 6(b - a) = (b - a)(b + a - 6) \Leftrightarrow (b - a)(b + a - 6 + 1) = 0


κι επειδή a \ne b, θα είναι a+b=5. Άρα, \boxed{{a^2} + {b^2} = 35}


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4559
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Σάβ Ιαν 18, 2020 12:38 pm

Καλημέρα σε όλους. Εύχομαι επιτυχία στους μαθητές που την διεκδίκησαν.

Β Γυμνασίου 4ο Πρόβλημα


Έστω  \displaystyle \overline {dcba}  = 1000d + 100c + 10b + a ο αρχικός αριθμός, όπου 0 \le a,b,c \le 9, 0 < d \le 9, ακέραιοι.

Τότε  \displaystyle \left( {1000d + 100c + 10b + a} \right) - \left( {100d - 10c - b} \right) = 2020 ,

δηλαδή  \displaystyle 9\left( {100d + 10c + b} \right) = 2020 - a .

Ο 2020 – a είναι πολλαπλάσιο του 9 μόνο για a=4,

οπότε  \displaystyle 9\left( {100d + 10c + b} \right) = 2016 \Leftrightarrow 100d + 10c + b = 224 \Rightarrow \overline {dcba} = 2244.


Ομοίως στο Γ Γυμνασίου 2ο Πρόβλημα


Έστω  \displaystyle \overline {dcba}  = 1000d + 100c + 10b + a ο αρχικός αριθμός, όπου 0 \le a,b,c \le 9, 0 < d \le 9, ακέραιοι.

Τότε  \displaystyle \left( {1000d + 100c + 10b + a} \right) - \left( {100d - 10c - b} \right) + a = 2019 ,

δηλαδή  \displaystyle 9\left( {100d + 10c + b} \right) = 2019 - a .

Ο 2019 – a είναι πολλαπλάσιο του 9 μόνο για a=3,

οπότε  \displaystyle 9\left( {100d + 10c + b} \right) = 2016 \Leftrightarrow 100d + 10c + b = 224 , άρα ο αριθμός είναι 2243.


Γ Γυμνασίου 1ο Πρόβλημα

Είναι  \displaystyle \left\{ \begin{array}{l} 
{\left( {b - 3} \right)^2} = a + 9\\ 
{\left( {a - 3} \right)^2} = b + 9 
\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {b - 3} \right)^2} - {\left( {a - 3} \right)^2} = a - b

 \displaystyle  \Leftrightarrow \left( {b - a} \right)\left( {b + a - 6} \right) = a - b \Leftrightarrow b + a - 6 =  - 1 \Leftrightarrow a + b = 5 , αφού  \displaystyle a \ne b

Οπότε

 \displaystyle {b^2} - 6b + 9 + {a^2} - 6a + 9 = a + b + 18 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} = 7\left( {a + b} \right) \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} = 35


edit: Διορθώσεις λόγω προβλήματος στην εμφάνιση των συμβόλων σε LaTex.
τελευταία επεξεργασία από Γιώργος Ρίζος σε Σάβ Ιαν 18, 2020 1:21 pm, έχει επεξεργασθεί 6 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 294
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Σάβ Ιαν 18, 2020 12:55 pm

Βρε άνθρωποι,χαλαρά :lol: .
Λίγη κατανόηση.Κάποιοι γράφουν πιθανώς μέχρι και 12.30.(Ακόμα και αν δεν ισχύει αυτό,αφήνετε και ένα χρονικό περιθώριο-δε βλάπτει σε τίποτα) :)


perpant
Δημοσιεύσεις: 456
Εγγραφή: Πέμ Αύγ 11, 2011 2:09 am
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από perpant » Σάβ Ιαν 18, 2020 1:09 pm

Επίσης, βλέπω λύσεις χωρίς να υπάρχουν εκφωνήσεις.


Παντούλας Περικλής
achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2711
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Ιαν 18, 2020 1:12 pm

perpant έγραψε:
Σάβ Ιαν 18, 2020 1:09 pm
Επίσης, βλέπω λύσεις χωρίς να υπάρχουν εκφωνήσεις.
Tα θέματα έχουν ήδη αναρτηθεί στο internet και είναι γνωστά σε όλους τους διαγωνιζόμενους.

Φιλικά,

Αχιλλέας


Άβαταρ μέλους
emouroukos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1410
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos » Σάβ Ιαν 18, 2020 1:18 pm

Στην αρχική δημοσίευση του Αλέξανδρου προστέθηκαν οι εκφωνήσεις των σημερινών θεμάτων του Ευκλείδη.


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2711
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Ιαν 18, 2020 1:20 pm

min## έγραψε:
Σάβ Ιαν 18, 2020 12:55 pm
Βρε άνθρωποι,χαλαρά :lol: .
Λίγη κατανόηση.Κάποιοι γράφουν πιθανώς μέχρι και 12.30.(Ακόμα και αν δεν ισχύει αυτό,αφήνετε και ένα χρονικό περιθώριο-δε βλάπτει σε τίποτα) :)
Προς αποφυγή παρεξηγήσεων, δεν υπάρχει ανάρτηση λύσεων πριν τις 12:30μμ, η οποία είναι η προθεσμία που τέθηκε στο πρώτο ποστ.

Φιλικά,

Αχιλλέας


Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 651
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Σάβ Ιαν 18, 2020 1:20 pm

Γ γυμνασίου θέμα 3
Χρησιμοποιώ λατινικούς χαρακτήρες:
Έστω \left\{\begin{matrix} & 2a-1=kb & \\ & b-1=cl & \\ & c-1=ma & \end{matrix}\right.,k,l,m\in \mathbb{N}^{*}
Είναι c-1=ma\Leftrightarrow c=am+1 άρα b-1=(am+1)l\Leftrightarrow b=aml+l+1
και 2a-1=kb=k\left ( aml+l+1 \right )\Leftrightarrow a=akml+kl+k+1
Επειδή kl+k+1>0 πρέπει klm=1 δηλαδή k=l=m=1.
Οπότε 2a=a+1+1+1 \Leftrightarrow a=3 και εύκολα πρέπει c=4,b=5
τελευταία επεξεργασία από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ σε Σάβ Ιαν 18, 2020 1:23 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


perpant
Δημοσιεύσεις: 456
Εγγραφή: Πέμ Αύγ 11, 2011 2:09 am
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από perpant » Σάβ Ιαν 18, 2020 1:21 pm

achilleas έγραψε:
Σάβ Ιαν 18, 2020 1:12 pm
perpant έγραψε:
Σάβ Ιαν 18, 2020 1:09 pm
Επίσης, βλέπω λύσεις χωρίς να υπάρχουν εκφωνήσεις.
Tα θέματα έχουν ήδη αναρτηθεί στο internet και είναι γνωστά σε όλους τους διαγωνιζόμενους.

Φιλικά,

Αχιλλέας
Αναφερόμουν στην παρούσα δημοσίευση. Όσο για τους διαγωνιζόμενους είναι προφανές ότι τα θέματα τους είναι γνωστά.
Φιλικά,
Περικλής


Παντούλας Περικλής
achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2711
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Ιαν 18, 2020 1:26 pm

perpant έγραψε:
Σάβ Ιαν 18, 2020 1:21 pm
achilleas έγραψε:
Σάβ Ιαν 18, 2020 1:12 pm
perpant έγραψε:
Σάβ Ιαν 18, 2020 1:09 pm
Επίσης, βλέπω λύσεις χωρίς να υπάρχουν εκφωνήσεις.
Tα θέματα έχουν ήδη αναρτηθεί στο internet και είναι γνωστά σε όλους τους διαγωνιζόμενους.

Φιλικά,

Αχιλλέας
Αναφερόμουν στην παρούσα δημοσίευση. Όσο για τους διαγωνιζόμενους είναι προφανές ότι τα θέματα τους είναι γνωστά.
Φιλικά,
Περικλής
Τα θέματα είναι ήδη γνωστά σε διάφορους ιστότοπους. Όποιος θέλει τα βρίσκει.

Δεν νομίζω ότι πρέπει να περιμένουμε μέχρι να βρει την ευκαιρία να τα ανεβάσει ο Αλέξανδρος.

Σεβαστήκαμε την προθεσμία που τέθηκε. Ας τεθεί άλλη...ας πούμε μετά τις 5 το απόγευμα.

Φιλικά,

Αχιλλέας


perpant
Δημοσιεύσεις: 456
Εγγραφή: Πέμ Αύγ 11, 2011 2:09 am
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από perpant » Σάβ Ιαν 18, 2020 1:31 pm

achilleas έγραψε:
Σάβ Ιαν 18, 2020 1:26 pm
perpant έγραψε:
Σάβ Ιαν 18, 2020 1:21 pm
achilleas έγραψε:
Σάβ Ιαν 18, 2020 1:12 pm
perpant έγραψε:
Σάβ Ιαν 18, 2020 1:09 pm
Επίσης, βλέπω λύσεις χωρίς να υπάρχουν εκφωνήσεις.
Tα θέματα έχουν ήδη αναρτηθεί στο internet και είναι γνωστά σε όλους τους διαγωνιζόμενους.

Φιλικά,

Αχιλλέας
Αναφερόμουν στην παρούσα δημοσίευση. Όσο για τους διαγωνιζόμενους είναι προφανές ότι τα θέματα τους είναι γνωστά.
Φιλικά,
Περικλής
Τα θέματα είναι ήδη γνωστά σε διάφορους ιστότοπους. Όποιος θέλει τα βρίσκει.

Δεν νομίζω ότι πρέπει να περιμένουμε μέχρι να βρει την ευκαιρία να τα ανεβάσει ο Αλέξανδρος.

Σεβαστήκαμε την προθεσμία που τέθηκε. Ας τεθεί άλλη...ας πούμε μετά τις 5 το απόγευμα.

Φιλικά,

Αχιλλέας
Έχετε δίκιο σε αυτά που λέτε. Απλά εγώ επέλεξα να ανοίξω το :logo: για να ενημερωθώ και έβλεπα λύσεις χωρίς εκφώνηση. Τίποτα παραπάνω και χωρίς καμία προέκταση σε αυτό που λέω.
Φιλικά,
Περικλής


Παντούλας Περικλής
Άβαταρ μέλους
emouroukos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1410
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos » Σάβ Ιαν 18, 2020 1:44 pm

Οι ενδεικτικές λύσεις των σημερινών θεμάτων από την Ε.Μ.Ε.
Συνημμένα
Απαντήσεις του Διαγωνισμού Ευκλείδης 2020.pdf
(689.4 KiB) Μεταφορτώθηκε 589 φορές


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 610
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Σάβ Ιαν 18, 2020 2:07 pm

Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 1ο Πρόβλημα

Η ακολουθία των μέσων όρων είναι κυρτή και κοίλη ταυτόχρονα και επομένως γραμμική M_n=cn+d.

Αλλιώς η χαρακτηριστική εξίσωση είναι x^2-2x+1=0 απ'όπου παίρνουμε πάλι M_n=cn+d.

Άρα

\displaystyle \sum_{i=1}^{n} a_i=cn^2+dn\Rightarrow a_{n+1}=

\displaystyle \sum_{i=1}^{n+1} a_i-\sum_{i=1}^{n} a_i=c(n+1)^2+d(n+1)-cn^2-dn=An+B

(A,B σταθερές) που μας δείχνει ότι η \left \{ a_n \right \} είναι αριθμητική πρόοδος.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8933
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Ιαν 18, 2020 2:15 pm

Πρόβλημα 4 Γ' Λυκείου
Ευκλείδης 2020 Γ Λυκείου .4.png
Ευκλείδης 2020 Γ Λυκείου .4.png (27.14 KiB) Προβλήθηκε 3513 φορές
Μόλις είδα ότι αναρτήθηκαν οι επίσημες λύσεις. Θα την διαβάσω κι αν η δική μου είναι διαφορετική, θα την γράψω αργότερα.


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1055
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2019-2020

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Σάβ Ιαν 18, 2020 2:20 pm

Β' Λυκείου

Πρόβλημα 2

Δίνεται το πολυώνυμο:

P(x,y)=x^7+x^6y+x^5y^2+x^4y^3+x^3y^4+x^2y^5+xy^6+y^7 \quad x,y \in \mathbb{R} .

(a) Να γράψετε το πολυώνυμο P(x,y) ως γινόμενο πολυωνύμων βαθμού το πολύ 2.

(β) Αν xy=1, x,y >0, να προσδιορίσετε την ελάχιστη δυνατή αριθμητική τιμή του πολυωνύμου P(x,y) και τις τιμές x,y για τις οποίες λαμβάνεται.


Λύση: (α)

Έστω, βοηθητικά, y=kx για κάποιο  k \neq 1. Το P(x,y) γράφεται διαδοχικά

P(x,y) = x^7+x^7k+x^7k^2 + x^7k^3 +x^7k^4+x^7k^5+x^7k^6 +x^7k^7 = x^7(1+k+k^2+k^3+k^4+k^5+k^6+k^7) =

= x^7 \dfrac{k^8-1}{k-1}= x^7 \dfrac{(k^4-1)(k^4+1)}{k-1} = x^7 \dfrac{(k^2-1)(k^2+1)(k^2+\sqrt{2}k+1)(k^2-\sqrt{2}k+1)}{k-1} =

= x^7 (k+1)(k^2+1)(k^2+\sqrt{2}k+1)(k^2-\sqrt{2}k+1)

Αντικαθιστούμε πίσω το k=\dfrac{y}{x} στην παραπάνω σχέση και έχουμε

P(x,y)= x^7 \cdot \dfrac{y+x}{x} \cdot \dfrac{y^2+x^2}{x^2} \cdot \dfrac{y^2+\sqrt{2}xy+x^2}{x^2} \cdot \dfrac{y^2-\sqrt{2}xy+x^2}{x^2}=

= (y+x)(y^2+x^2)(y^2+\sqrt{2}xy+x^2)(y^2-\sqrt{2}xy+x^2)

Κάνοντας τον πολλαπλασιασμό στο τελευταίο γινόμενο παρατηρούμε ότι όντως μας δίνει το αρχικό πολυώνυμο. Στην παραπάνω διαδικασία θεωρήθηκε γνωστό, το πως παραγοντοποιείται άθροισμα τέταρτων δυνάμεων.

β) εφόσον xy=1 έχουμε

P(x,y) = (x+y)(x^2+y^2)(y^2+\sqrt{2}+x^2)(y^2-\sqrt{2}+x^2) \geq (2\sqrt{xy}) (2xy) (2xy+\sqrt{2})( (2xy-\sqrt{2})=

= 2 \cdot 2 \cdot (2-\sqrt{2})(2+\sqrt{2}) = 8

Όπου χρησιμοποιήθηκε η ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου για τους αριθμούς x,y και x^2,y^2 αντίστοιχα. Με την ισότητα να ισχύει όταν x=y, x^2=y^2 και εφόσον xy=1, για x=y=1.
τελευταία επεξεργασία από Al.Koutsouridis σε Σάβ Ιαν 18, 2020 7:05 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Google [Bot] και 1 επισκέπτης