ΘΑΛΗΣ 2020

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2781
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

ΘΑΛΗΣ 2020

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Παρ Νοέμ 06, 2020 3:48 pm

Χαίρετε!

Τα θέματα έχουν αναρτηθεί στην ιστοσελίδα της ΕΜΕ.

Φιλικά,

Αχιλλέας

(11μμ: προσθήκη συνημμένων)
Συνημμένα
ΘΑΛΗΣ_Λύκειο_6_11_2020.pdf
(189.45 KiB) Μεταφορτώθηκε 200 φορές
ΘΑΛΗΣ_Γυμνάσιο 6_11_2020.pdf
(219.94 KiB) Μεταφορτώθηκε 174 φορές



Λέξεις Κλειδιά:
achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2781
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Παρ Νοέμ 06, 2020 3:48 pm

Α ΛΥΚΕΙΟΥ - ΘΕΜΑ 1

Παρατηρούμε ότι (5a+1)(5b+1)=5(5ab+a+b)+1, δηλ. το γινόμενο δύο αριθμών που αφήνουν υπόλοιπο 1 όταν διαιρεθούν με το 5, αφήνει επίσης υπόλοιπο 1 όταν διαιρεθεί με το 5.

Αφού 81=16\cdot 5+1, κάθε δύναμη του 81, άρα και ο 81^{3^n}, αφήνει υπόλοιπο 1 κατά τη διαίρεση του με το 5.

Επίσης, αφού 4=5-1 κάθε δύναμη του 4 σε περιττό εκθέτη αφήνει υπόλοιπο -1 κατά τη διαίρεση της με το 5. Έτσι, αφού ο 2n+1 είναι περιττός για κάθε n, ο 4^{2n+1} αφήνει υπόλοιπο -1 κατά τη διαίρεσή του με το 5.

Συνεπώς, ο A θα αφήνει υπόλοιπο 1+(-1)=0 κατά τη διαίρεση του με το 5, δηλ. διαιρείται με το 5. Αφού A>5, o A είναι σύνθετος.


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2781
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Παρ Νοέμ 06, 2020 3:49 pm

Β ΛΥΚΕΙΟΥ - ΘΕΜΑ 1

Προφανώς ο αριθμός \nu πρέπει να είναι τετραψήφιος, έστω \nu=\overline{abcd}. Θέλουμε να λύσουμε την εξίσωση

\displaystyle  
1001a+101b+11c+2d=2025,

με 1\leq a\leq 9, και 0\leq b,c,d\leq 9. Προφανώς a=1 ή a=2.

Με a=1 η παραπάνω γίνεται 101b+11c+2d=1024. Εάν b\leq 8, τότε 11c+2d=1024-101\cdot b\geq 1024-101\cdot 8=216, άτοπο.

Εάν b=9, παίρνουμε 11c+2d=115. Εάν c\leq 8, τότε 2d=115-11c\geq 27, άτοπο. Άρα c=9 και d=8. Οπότε, εάν a=1 παίρνουμε τον αριθμό 1998.

Με a=2 η παραπάνω γίνεται 101b+11c+2d=23, οπότε αναγκαστικά b=0 και 11c+2d=23. H τελευταία δίνει εύκολα c=1 και d=6. Οπότε, εάν a=2 παίρνουμε τον αριθμό 2016.


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2781
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Παρ Νοέμ 06, 2020 3:50 pm

Β ΛΥΚΕΙΟΥ - ΘΕΜΑ 3

Παρατηρούμε ότι

\displaystyle  
\dfrac{a+b+c}{b-2a}-4=\dfrac{9a^2-3b+c}{b-2a}=\dfrac{f(-3)}{b-2a}\geq 0,

αφού b-2a>0 και f(-3)\geq 0.

Συνεπώς, για όλα τα τριώνυμα f(x)=ax^2+bx+c που ικανοποιούν τις υποθέσεις του προβλήματος, η παράσταση \dfrac{a+b+c}{b-2a} είναι μεγαλύτερη ή ίση του 4. Γίνεται, δε, ίση με 4 για κάθε τριώνυμο της μορφής ax^2+6ax+9a=a(x+3)^2 με a>0.


Πως το σκεφτήκαμε: Θέλουμε k ώστε \dfrac{a+b+c}{b-2a}\geq k \iff (2k+1)a+(1-k)b+c\geq 0.

Λύνοντας το σύστημα x^2=2k+1, x=1-k, εύκολα βρίσκουμε k=4 και x=-3.

(7-11/10:30πμ) Δείτε και την παρακάτω ανάρτηση εδώ.


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2781
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Παρ Νοέμ 06, 2020 3:52 pm

Β ΛΥΚΕΙΟΥ - ΘΕΜΑ 2

Από γωνία χορδής και εφαπτομένης, τις ίσες προσκείμενες γωνίες στη βάση του ισοσκελούς AB\Gamma και το εγγεγραμμένο τετράπλευρο AB\Gamma\Delta έχουμε

 
\begin{aligned} 
\Delta\widehat{\Gamma}K=\Delta \widehat{B}\Gamma 
					&=90^\circ-A\widehat{\Gamma}B\\ 
					&=90^\circ-A\widehat{B}\Gamma\\ 
					&=90^\circ-\Gamma\widehat{\Delta}K,\\ 
\end{aligned}

οπότε \displaystyle  
\Delta \widehat{\Gamma}K+\Gamma\widehat{\Delta}K=90^\circ, 
δηλ. AK\perp \Gamma\Lambda. Αφού \Lambda\Delta\perp A\Gamma, το \Delta είναι το ορθόκεντρο του \triangle A\Gamma\Lambda.

Για το δεύτερο ζητούμενο, θα δείξουμε ότι Z\Delta=\Gamma\Delta=\Lambda\Delta. Αφού A\widehat{B}\Delta=45^\circ=B\widehat{\Delta}\Gamma, είναι \Delta\Gamma//AB. Έτσι,
\displaystyle Z\widehat{\Delta}B=180^\circ-B\widehat{A}Z=180^\circ-\Gamma\widehat{N}\Lambda=90^\circ.

Άρα, η BZ είναι διάμετρος, καθώς και διχοτμός της A\widehat{B}\Delta, ενώ και Z\Delta //A\Gamma. Έτσι, Z\Delta=ZA=\Delta\Gamma. Επίσης, το \triangle Z\Delta \Lambda είναι ορθογώνιο ισοσκελές με Z\Delta=\Delta\Lambda. Συνεπώς, Z\Delta=\Gamma\Delta=\Lambda\Delta, όπως θέλαμε.
Συνημμένα
thales_B_2020_2_forum.png
thales_B_2020_2_forum.png (24.27 KiB) Προβλήθηκε 2393 φορές


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2781
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Παρ Νοέμ 06, 2020 4:05 pm

Α ΛΥΚΕΙΟΥ - ΘΕΜΑ 2

Για κάθε ακέραιο k είναι

\displaystyle  
3k(k+1)=k(k+1)(k+2)-(k-1)k(k+1),

Έστω A το άθροισμα του Ανδρέα, B το άθροισμα του Βασίλη, και \Gamma το άθροισμα της Γεωργίας είναι

 
\begin{aligned} 
3A+3B&=3(1\cdot 2+2\cdot 3+\cdots+2019\cdot 2020) \\ 
	&=1\cdot 2\cdot 3+  (2\cdot 3\cdot 4-1\cdot 2\cdot 3)+\cdots +(2019\cdot 2020\cdot 2021-2018\cdot 2019\cdot 2020)\\ 
	&=2019\cdot 2020\cdot 2021\\ 
	\end{aligned}

Έτσι

 
	\begin{aligned} 
	\Gamma&=3A+3B+2020\\ 
                    &=2019\cdot 2020\cdot 2021+2020\\ 
&=2020(2019\cdot 2021+1)\\ 
&=2020(2020^2-1+1)\\ 
&=2020^3. 
	\end{aligned}


Manolis Petrakis
Δημοσιεύσεις: 82
Εγγραφή: Τετ Οκτ 07, 2020 3:19 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Manolis Petrakis » Παρ Νοέμ 06, 2020 4:10 pm

Α Λυκείου
Θέμα 2
Μία λύση για οποιοδήποτε θετικό ακέραιο n.
Είναι S_1=1+2+3+...+n=\frac{n(n+1)}{2}
Και S_2=1^2+2^2+3^2+...+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}
Έτσι αν ο Ανδρέας έκανε την ίδια διαδικασία με τους αριθμούς 1,2,3,...,n και του προέκυπτε ο αριθμός A, ο Βασίλης έκανε την ίδια διαδικασία με τους αριθμούς 1^2,2^2,3^2,...,n^2 και του προέκυπτε ο αριθμός B και η Γεωργία προσέθετε τον n+1 αντί του 2020 τότε:
\Gamma =3(A+B)+n+1=3(S_1+S_2)+n+1
=3(\frac{n(n+1)}{2}+\frac{n(n+1)(2n+1)}{6})+n+1
=(n+1)(\frac{3n}{2}+\frac{n(2n+1)}{2}+1)
=(n+1)(\frac{2n^2+4n+2}{2})
=(n+1)(n^2+2n+1)=(n+1)^3
Έτσι για n=2019 ο αριθμός που βρήκε η Γεωργία είναι 2020^3


M\alpha \nu \acute{\omega} \lambda \eta \varsigma
Manolis Petrakis
Δημοσιεύσεις: 82
Εγγραφή: Τετ Οκτ 07, 2020 3:19 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Manolis Petrakis » Παρ Νοέμ 06, 2020 4:23 pm

Γ Λυκείου
Θέμα 1
Είναι 3p-8=k^3\Leftrightarrow 3p=(k+2)(k^2-2k+4)
Αφού 3,p:πρώτοι παίρνουμε τις εξής περιπτώσεις:
3=k+2, p=k^2-2k+4\Leftrightarrow k=1,p=3
3=k^2-2k+4, p=k+2\Leftrightarrow k=1,p=2
3p=k^2-2k+4, 1=k+2\Rightarrow k=-1 αδύνατο διότι k\in \mathbb{N}^*
1=k^2-2k+4, 3p=k+2
\Rightarrow k^2-2k+3=0 αδύνατη διότι \Delta=-8
\Rightarrow p=3


M\alpha \nu \acute{\omega} \lambda \eta \varsigma
achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2781
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Παρ Νοέμ 06, 2020 4:32 pm

Α ΛΥΚΕΙΟΥ - ΘΕΜΑ 3

Αφού A\widehat{M}\Gamma=90^\circ (η διάμεσος ισοσκελούς τριγώνου είναι και ύψος), η A\Gamma είναι διάμετρος του (c), με το μέσο της N να είναι το κέντρο του (c). Άρα είναι AN=N\Delta, οπότε η κάθετη από το N στην AB είναι η μεσοκάθετος του A\Delta.

Επίσης, η κάθετος από το \Gamma στην N\Delta είναι η μεσοκάθετος του N\Delta αφού N\Gamma=\Gamma\Delta (το \Delta N\Gamma είναι ισόπλευρο).

Το σημείο τομής των μεσοκαθέτων των A\Delta και N\Delta είναι, εξ ορισμού, το περίκεντρο του τριγώνου A\Delta N.

Έστω το σημείο αυτό να είναι το K. Το K ανήκει στον (c) διότι το ισοσκελές τρίγωνο NK\Delta με K\widehat{N}\Delta=N\widehat{\Delta}\Gamma=60^\circ

(ως εντός εναλλάξ, αφού KN\perp A\Delta και \Gamma\Delta\perp A\Delta, άρα KN//\Delta\Gamma) είναι ισόπλευρο.
Συνημμένα
thales_A_2020_3_forum.png
thales_A_2020_3_forum.png (30.41 KiB) Προβλήθηκε 2276 φορές


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 483
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Παρ Νοέμ 06, 2020 5:07 pm

achilleas έγραψε:
Παρ Νοέμ 06, 2020 3:48 pm
Α ΛΥΚΕΙΟΥ - ΘΕΜΑ 1

Παρατηρούμε ότι (5a+1)(5b+1)=5(5ab+a+b)+1, δηλ. το γινόμενο δύο αριθμών που αφήνουν υπόλοιπο 1 όταν διαιρεθούν με το 5, αφήνει επίσης υπόλοιπο 1 όταν διαιρεθεί με το 5.

Αφού 81=16\cdot 5+1, κάθε δύναμη του 81, άρα και ο 81^{3^n}, αφήνει υπόλοιπο 1 κατά τη διαίρεση του με το 5.

Επίσης, αφού 4=5-1 κάθε δύναμη του 4 σε περιττό εκθέτη αφήνει υπόλοιπο -1 κατά τη διαίρεση της με το 5. Έτσι, αφού ο 2n+1 είναι περιττός για κάθε n, ο 4^{2n+1} αφήνει υπόλοιπο -1 κατά τη διαίρεσή του με το 5.

Συνεπώς, ο A θα αφήνει υπόλοιπο 1+(-1)=0 κατά τη διαίρεση του με το 5, δηλ. διαιρείται με το 5. Αφού A>5, o A είναι σύνθετος.
Καλησπέρα Αχιλλέα. Η λύση που κάνεις γίνετε πιο απλή αν πούμε ότι το 81 σε οποιοδήποτε εκθέτη λήγει σε 1 και το 4 σε περιττο εκθέτη λήγει σε 4 ! Άρα το άθροισμα λήγει σε 5 και άρα διαιρείται με το 5. Επίσης υπάρχει και άμεση λύση λόγω της ταυτότητας Sophie-Germain!! Καλή επιτυχία σε όλα τα παιδιά! :D :D


Manolis Petrakis
Δημοσιεύσεις: 82
Εγγραφή: Τετ Οκτ 07, 2020 3:19 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Manolis Petrakis » Παρ Νοέμ 06, 2020 5:08 pm

Γ Λυκείου
Θέμα 2
Προσθέτουμε κατά μέλη και παίρνουμε:
x^3+3x^2+3x+y^2+4y+z^2-6z=66
\Leftrightarrow (x+1)^3+(y+2)^2+(z-3)^3=80
Αν x\geq 4 τότε (x+1)^3\geq 5^3=125>80
•Αν x=3\Leftrightarrow (y+2)^2+(z-3)^2=16
Τα μόνα 2 τέλεια τετράγωνα που έχουν άθροισμα 16 είναι τα 0 και 16.
Έτσι (y+2)^2=16,(z-3)^2=0\Rightarrow y=2,z=3
Αλλά τα (x,y,z)=(3,2,3) δεν επαληθεύουν το σύστημα
•Αν x=2\Leftrightarrow (y+2)^2+(z-3)^2=53
Τα μόνα 2 τέλεια τετράγωνα που έχουν άθροισμα 53 είναι τα 49 και 4.
Αλλά τα (x,y,z)=(2,5,1),(2,5,5) δεν επαληθεύουν το σύστημα.
•Αν x=1\Leftrightarrow (y+2)^2+(z-3)^2=72
Τα μόνα 2 τέλεια τετράγωνα που έχουν άθροισμα 72 είναι τα 36 και 36.
Έτσι (y+2)^2=36,(z-3)^2=36\Rightarrow y=4,z=9
\Rightarrow (x,y,z)=(1,4,9) η οποία επαληθεύει το σύστημα και είναι η μόνη λύση του


M\alpha \nu \acute{\omega} \lambda \eta \varsigma
Manolis Petrakis
Δημοσιεύσεις: 82
Εγγραφή: Τετ Οκτ 07, 2020 3:19 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Manolis Petrakis » Παρ Νοέμ 06, 2020 5:17 pm

Τσιαλας Νικολαος έγραψε:
Παρ Νοέμ 06, 2020 5:07 pm
achilleas έγραψε:
Παρ Νοέμ 06, 2020 3:48 pm
Α ΛΥΚΕΙΟΥ - ΘΕΜΑ 1

Παρατηρούμε ότι (5a+1)(5b+1)=5(5ab+a+b)+1, δηλ. το γινόμενο δύο αριθμών που αφήνουν υπόλοιπο 1 όταν διαιρεθούν με το 5, αφήνει επίσης υπόλοιπο 1 όταν διαιρεθεί με το 5.

Αφού 81=16\cdot 5+1, κάθε δύναμη του 81, άρα και ο 81^{3^n}, αφήνει υπόλοιπο 1 κατά τη διαίρεση του με το 5.

Επίσης, αφού 4=5-1 κάθε δύναμη του 4 σε περιττό εκθέτη αφήνει υπόλοιπο -1 κατά τη διαίρεση της με το 5. Έτσι, αφού ο 2n+1 είναι περιττός για κάθε n, ο 4^{2n+1} αφήνει υπόλοιπο -1 κατά τη διαίρεσή του με το 5.

Συνεπώς, ο A θα αφήνει υπόλοιπο 1+(-1)=0 κατά τη διαίρεση του με το 5, δηλ. διαιρείται με το 5. Αφού A>5, o A είναι σύνθετος.
Καλησπέρα Αχιλλέα. Η λύση που κάνεις γίνετε πιο απλή αν πούμε ότι το 81 σε οποιοδήποτε εκθέτη λήγει σε 1 και το 4 σε περιττο εκθέτη λήγει σε 4 ! Άρα το άθροισμα λήγει σε 5 και άρα διαιρείται με το 5. Επίσης υπάρχει και άμεση λύση λόγω της ταυτότητας Sophie-Germain!! Καλή επιτυχία σε όλα τα παιδιά! :D :D
Άμεσα με modulo:
81\equiv 1(mod5)\Rightarrow 81^{3^n}\equiv 1(mod5) (1)
16^n\cdot 4\equiv 1^n\cdot 4(mod5)\Rightarrow 4^{2n+1}\equiv 4(mod5) (2)
Από τις (1),(2) προκύπτει ότι A\equiv 0(mod5)
Έτσι ο A είναι σύνθετος.


M\alpha \nu \acute{\omega} \lambda \eta \varsigma
Manolis Petrakis
Δημοσιεύσεις: 82
Εγγραφή: Τετ Οκτ 07, 2020 3:19 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Manolis Petrakis » Παρ Νοέμ 06, 2020 6:05 pm

Γ Γυμνασίου
Θέμα 3
Αναλυτικά:
Έστω a το πλήθος των μελών που αγαπούν τα Μαθηματικά και b το πλήθος των μελών που αγαπούν τη Φυσική.
Τότε το άθροισμα των ηλικιών των μελών που αγαπούν τα Μαθηματικά είναι 25a* και το άθροισμα των ηλικιών των μελών που αγαπούν τη Φυσική είναι 35b*
Μετά την αλλαγή των προτιμήσεων 2 μελών το πλήθος των μελών που αγαπούν τα Μαθηματικά είναι a+2 το πλήθος των μελών που αγαπούν τη Φυσική b-2
Τότε το άθροισμα των ηλικιών των μελών που αγαπούν τα Μαθηματικά είναι 27(a+2)* το άθροισμα των ηλικιών των μελών που αγαπούν τη Φυσική είναι 37(b-2)*
Έτσι 25a+35b=27(a+2)+37(b-2)\Leftrightarrow a+b=10
(Διότι το άθροισμα των ηλικιών είναι σταθερό)
Άρα η παρέα έχει 10 μέλη
*Έστω Μ.Ο. ηλικιών =x, πλήθος μελών =y, άθροισμα ηλικιών =z. \Rightarrow x=\frac{z}{y}\Leftrightarrow xy=z
\Rightarrow Το γινόμενο του Μ.Ο. των ηλικιών και του πλήθους των μελών ισούται με το άθροισμα των ηλικιών


M\alpha \nu \acute{\omega} \lambda \eta \varsigma
Lymperis Karras
Δημοσιεύσεις: 1
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 06, 2020 5:16 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Lymperis Karras » Παρ Νοέμ 06, 2020 6:41 pm

Θέμα 2 Γ' Γυμνασίου
'Εχουμε ΑΒ=ΑΓ=ΑΔ=ΑΕ άρα τα σημεία Β, Γ, Δ, Ε είναι ομοκυκλικά με κέντρο το Α.
Οι γωνίες ΔΒΓ και ΓΕΔ βαίνουν στο τόξο ΓΔ, οπότε είναι ίσες.
Η γωνία ΓΑΔ=60μοίρες οπότε ΔΒΓ=ΓΕΔ=60/2=30μοίρες


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2781
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Παρ Νοέμ 06, 2020 7:32 pm

Γ ΛΥΚΕΙΟΥ - ΘΕΜΑ 3

Το AEK\Delta είναι εγγράψιμο, όπου K είναι το ορθόκεντρο του \triangle AB\Gamma. Από τον Νόμο των ημιτόνων στο \triangle AB\Gamma είναι AB=2AO\sin A\widehat{\Gamma}B, και από τον Νόμο των ημιτόνων στο \triangle AE\Delta είναι A\Delta =AK\sin A\widehat{E}\Delta. Αλλά A\widehat{E}\Delta=A\widehat{C}B και AB=2A\Delta, αφού A\widehat{B}\Delta=30^\circ στο ορθογώnιο τρίγωνο A\Delta B. Άρα AK=AO.

Αφού το M είναι μέσο της A\Gamma, είναι O\widehat{M}A=90^\circ=A\widehat{E}K. Έτσι, τα ορθογώνια τρίγωνα AEK και AMO είναι ίσα (αφού είναι AE=AM και AK=AO), οπότε E\widehat{A}K=O\widehat{A}M. Αφού το AEK\Delta είναι εγγράψιμο, έχουμε

\displaystyle  
E\widehat{\Delta}K=E\widehat{A}K=O\widehat{A}M=Z\widehat{A}M.

Αφού A\widehat{\Delta}K=90^\circ και E\widehat{\Delta}K=Z\widehat{A}M, έπεται ότι AZ\perp E\Delta. Εύκολα βλέπουμε, ότι η AH είναι διχοτόμος της \widehat{A} και άρα AH\perp EM (στο ισόπλευρο τρίγωνο EAM). Αφού AH\perp EM και AZ\perp E\Delta είναι \displaystyle H\widehat{A}Z=H\widehat{E}Z=H\widehat{M}Z. Άρα τα A, H, Z, M είναι ομοκυκλικά.

Έστω H' το σημείο τομής της \Theta B και NM. Τότε, αφού NM//B\Gamma,

\displaystyle  
\Theta\widehat{H'}M=\Theta \widehat{B}\Gamma=\Theta \widehat{A}M=\Theta \widehat{H}M.

Συνεπώς, το H' ταυτίζεται με το H, κι άρα τα σημεία B,H,\Theta είναι συνευθειακά.

Σχόλιο (9:05μμ) Ένας άλλος τρόπος να συγκρίνουμε τα ορθογώνια τρίγωνα AEK και AMO προκύπτει εάν παρατηρήσουμε ότι EK=BK/2=OM.
Συνημμένα
thales_G_2020_3_forum.png
thales_G_2020_3_forum.png (31.34 KiB) Προβλήθηκε 1876 φορές


Manolis Petrakis
Δημοσιεύσεις: 82
Εγγραφή: Τετ Οκτ 07, 2020 3:19 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Manolis Petrakis » Παρ Νοέμ 06, 2020 7:34 pm

Θέμα 1
Γ Γυμνασίου
A=(\frac{(-3)^{-7}}{(-6)^{-6}}+\frac{(-6)^{-8}}{12^{-7}}+20^0)(\frac{(-10)^{-35}}{5^{-35}}+\frac{(-22)^{-35}}{(-11)^{-35}}+2021)
=[(\frac{1}{2})^{-7}\frac{1}{-6}-(\frac{1}{2})^{-7}(-6)^{-1}+1][(-2)^{-35}+2^{-35}+2021]
=2021[(\frac{1}{2})^{-7})(-\frac{1}{6}-(-6)^{-1})+1]
=2021\cdot(0+1)=2021


M\alpha \nu \acute{\omega} \lambda \eta \varsigma
Manolis Petrakis
Δημοσιεύσεις: 82
Εγγραφή: Τετ Οκτ 07, 2020 3:19 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Manolis Petrakis » Παρ Νοέμ 06, 2020 7:52 pm

Θέμα 2
Β Γυμνασίου
Κατ' αρχήν μία νίκη αντιστοιχεί σε έναν βαθμό
Ο μέγιστος αριθμός νικών είναι 11, έτσι για να έχουν και οι 12 ομάδες διαφορετικό αριθμό νικών πρέπει η 1η να έχει 11 νίκες, η 2η να έχει 10 νίκες,..., η 11η να έχει 1 νίκη και η 12η να μην έχει νίκες.
Αυτό μπορεί να γίνει μόνο μετά το πέρας όλων των αγώνων (διότι θα έχουν γίνει 1+2+...+11=66=6\cdot 11 αγώνες δηλαδή όλοι)
Απαραίτητη προϋπόθεση για να γίνει είναι:
•Η 1η ομάδα να νικήσει όλους τους αντιπάλους της, δηλαδή να έχει 11 νίκες
•Η 2η ομάδα να νικήσει όλους τους αντιπάλους της πλην της 1ης ομάδας δηλαδή να έχει 10 νίκες
•Η 3η ομάδα να νικήσει όλους τους αντιπάλους της πλην της 1ης και της 2ης ομάδας δηλαδή να έχει 9 νίκες
•...
•Η 12η ομάδα να μην έχει νίκες


M\alpha \nu \acute{\omega} \lambda \eta \varsigma
achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2781
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Παρ Νοέμ 06, 2020 7:59 pm

Τσιαλας Νικολαος έγραψε:
Παρ Νοέμ 06, 2020 5:07 pm
...

Καλησπέρα Αχιλλέα. Η λύση που κάνεις γίνετε πιο απλή αν πούμε ότι το 81 σε οποιοδήποτε εκθέτη λήγει σε 1 και το 4 σε περιττο εκθέτη λήγει σε 4 ! Άρα το άθροισμα λήγει σε 5 και άρα διαιρείται με το 5. Επίσης υπάρχει και άμεση λύση λόγω της ταυτότητας Sophie-Germain!! Καλή επιτυχία σε όλα τα παιδιά! :D :D
Ναι, πράγματι Νίκο!

Αντιγράφω τη λύση που μόλις μου έστειλε για έλεγχο ορθότητας ένας μαθητής μας, ο Θωμάς Πνευματικός:

 
\begin{aligned} 
 A&=81^{3^n}+4^{2n+1}\\ 
&=(9^2)^{3^n}+(2^2)^{2n+1}\\ 
&=(9^{3^n})^2+(2^{2n+1})^2\\ 
&=(3^{2\cdot 3^n})^2+(2^{2n+1})^2\\ 
&=(3^{2\cdot 3^n})^2+2\cdot 3^{2\cdot 3^n}\cdot 2^{2n+1}+(2^{2n+1})^2-2\cdot 3^{2\cdot 3^n}\cdot 2^{2n+1}\\ 
&=(3^{2\cdot 3^n}+2^{2n+1})^2-(3^{3^n}\cdot 2^{n+1})^2\\ 
&=(3^{2\cdot 3^n}+2^{2n+1}-3^{3^n}\cdot 2^{n+1})(3^{2\cdot 3^n}+2^{2n+1}+3^{3^n}\cdot 2^{n+1}) 
\end{aligned}

Για την αντιγραφή, Αχιλλέας Συνεφακόπουλος


Manolis Petrakis
Δημοσιεύσεις: 82
Εγγραφή: Τετ Οκτ 07, 2020 3:19 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Manolis Petrakis » Παρ Νοέμ 06, 2020 8:07 pm

Β Γυμνασίου
Θέμα 1
A=((\frac{(-6)^{17}}{(-3)^{16}})+\frac{(-12)^{16}}{6^{15}}+2^0)(\frac{(-8)^{31}}{4^{31}}+\frac{(-20)^{31}}{(-10)^{31}}+2020)
=[2^{16}(-6)+(-2)^{15}(-12)+1][(-2)^{31}+2^{31}+2020]
=2020[2^{16}(-2)\cdot 3+(-2)^{15}(-4)\cdot 3+1]
=2020[3(-2)^{17}+3\cdot 2^{17}+1]
=2020


M\alpha \nu \acute{\omega} \lambda \eta \varsigma
Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1256
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Παρ Νοέμ 06, 2020 8:24 pm

achilleas έγραψε:
Παρ Νοέμ 06, 2020 7:59 pm

Αντιγράφω τη λύση που μόλις μου έστειλε για έλεγχο ορθότητας ένας μαθητής μας, ο Θωμάς Πνευματικός:
Αρκεί να έχει γίνει και ο έλεγχος ότι κάθε παράγοντας είναι μεγαλύτερος του 1, για να μην χάσει κάποιο βαθμό ο μαθητής.


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 2 επισκέπτες