ΘΑΛΗΣ 2020

#21

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
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 , για να μην χάσει κάποιο βαθμό ο μαθητής.

We know...Του το έχω πει ήδη.

Manolis Petrakis · #22

: 20201106_203235.jpg (35.11 KiB) Προβλήθηκε 2984 φορές

Θέμα 3
Β Γυμνασίου
$AB\parallel H\Gamma$ και $AH\parallel B\Gamma$
$\Rightarrow HAB\Gamma$ : παραλληλόγραμμο
$\Rightarrow AH=B\Gamma (1)$
Ομοίως $AH\parallel ZE$ και $AZ\parallel HE$
$\Rightarrow AZEH$ : παραλληλόγραμμο
$\Rightarrow AZ=HE,AH=ZE (2)$
Από τις (1),(2)

και την $AZ=B\Gamma$ έχουμε:
Α) $AH=AZ\Leftrightarrow \angle AHZ=\angle AZH=\omega$
Άρα $\angle A\Delta \Gamma =\angle AZE =\angle AZH+\angle HZE=\omega+\angle AHZ=2\omega$
Β) $AH=AZ=EH=EZ\Rightarrow AZEH$ : ρόμβος
$\Rightarrow AE\perp ZH$

#23

achilleas έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 06, 2020 3:50 pm
Β ΛΥΚΕΙΟΥ - ΘΕΜΑ 3

Παρατηρούμε ότι

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

αφού και $f(-3)\geq 0$ .

Συνεπώς, για όλα τα τριώνυμα που ικανοποιούν τις υποθέσεις του προβλήματος, η παράσταση $\dfrac{a+b+c}{b-2a}$ είναι μεγαλύτερη ή ίση του . Γίνεται, δε, ίση με για κάθε τριώνυμο της μορφής με .

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

Λύνοντας το σύστημα , , εύκολα βρίσκουμε και .

(2ος τρόπος)

Αφού $f(x)\geq 0$ για κάθε

, θα πρέπει a>0

και η διακρίνουσα του τριωνύμου να είναι b^2-4ac<=0

, οπότε, $c\geq \frac{b^2}{4a}$ . Θέτοντας $\frac{b}{a}=\lambda>2$ , έχουμε $c\geq \frac{\lambda^2a}{4}$ και

$\dfrac{a+b+c}{b-2a}=\dfrac{a+\lambda a+c}{(\lambda-2)a}\geq \dfrac{a+\lambda a+\frac{\lambda^2a}{4}}{(\lambda-2)a}=\frac{\lambda^2+4\lambda+4}{4(\lambda-2)}$ . (*)

Είναι $k=\frac{\lambda^2+4\lambda+4}{4(\lambda-2)}\iff \lambda^2+4(1-k)\lambda+4+8k=0$ , οπότε η διακρίνουσα θα πρέπει να είναι μη αρνητική.

Δηλ. $16(1-k)^2-4(4+8k)=16k(k-4)\geq 0$ . Αφού k>0

, είναι $k\geq 4$ με την ισότητα να ισχύει αν και μόνο αν $\lambda=6.$

Συνεπώς, $\dfrac{a+b+c}{b-2a}\geq 4$ με την ισότητα να ισχύει αν b=6a

και

.

Φιλικά,

Αχιλλέας

(*) Αλλιώς, δείτε εδώ.

#24

Β ΛΥΚΕΙΟΥ - ΘΕΜΑ 3
search.php?keywords=863&t=15584&sf=msgonly

Β ΛΥΚΕΙΟΥ - ΘΕΜΑ 1
viewtopic.php?f=58&t=33584 (2)

#25

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............ Καλή επιτυχία σε όλα τα παιδιά!

Νίκο, μόλις αυτή την είδα και έκανα την ίδια σκέψη. Αν ήταν για μεγαλύτερη τάξη, θα έψαχνα πιο δύσκολο τρόπο !

Φυσικά όλες οι λύσεις έχουν την ομορφιά και την αξία τους, ειδικά όταν γίνονται ...εν θερμώ !

Καλό Σαββατοκύριακο !

#26

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 07, 2020 12:06 am

achilleas έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 06, 2020 3:50 pm
Β ΛΥΚΕΙΟΥ - ΘΕΜΑ 3

Παρατηρούμε ότι

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

αφού και $f(-3)\geq 0$ .

Συνεπώς, για όλα τα τριώνυμα που ικανοποιούν τις υποθέσεις του προβλήματος, η παράσταση $\dfrac{a+b+c}{b-2a}$ είναι μεγαλύτερη ή ίση του . Γίνεται, δε, ίση με για κάθε τριώνυμο της μορφής με .

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

Λύνοντας το σύστημα , , εύκολα βρίσκουμε και .
(2ος τρόπος)

Αφού $f(x)\geq 0$ για κάθε , θα πρέπει και η διακρίνουσα του τριωνύμου να είναι , οπότε, $c\geq \frac{b^2}{4a}$ . Θέτοντας $\frac{b}{a}=\lambda>2$ , έχουμε $c\geq \frac{\lambda^2a}{4}$ και

$\dfrac{a+b+c}{b-2a}=\dfrac{a+\lambda a+c}{(\lambda-2)a}\geq \dfrac{a+\lambda a+\frac{\lambda^2a}{4}}{(\lambda-2)a}=\frac{\lambda^2+4\lambda+4}{4(\lambda-2)}$ .

Είναι $k=\frac{\lambda^2+4\lambda+4}{4(\lambda-2)}\iff \lambda^2+4(1-k)\lambda+4+8k=0$ , οπότε η διακρίνουσα θα πρέπει να είναι μη αρνητική.

Δηλ. $16(1-k)^2-4(4+8k)=16k(k-4)\geq 0$ . Αφού , είναι $k\geq 4$ με την ισότητα να ισχύει αν και μόνο αν $\lambda=6.$

Συνεπώς, $\dfrac{a+b+c}{b-2a}\geq 4$ με την ισότητα να ισχύει αν και .

Φιλικά,

Αχιλλέας

Ένα διαφορετικό finish:

Γνωρίζουμε ότι $a+\frac{1}{a}\geq 2$ για κάθε a>0

με την ισότητα να ισχύει αν και μόνο αν a=1

. Αφού $\lambda-2>0$ , με $a=\frac{\lambda-2}{4}$ έχουμε

$\dfrac{\lambda^2+4\lambda+4}{4(\lambda-2)}=\dfrac{\lambda-2}{4}+\dfrac{4}{\lambda-2}+2\geq 2+2=4$ ,

με την ισότητα να ισχύει αν και μόνο αν $\lambda-2=4$ κτλ.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#27

Γ΄Γυμνασίου Πρόβλημα 2.

Μια διαφορετική λύση με "κυνήγι γωνιών". Σημειώνουμε διαδοχικά τις ίσες γωνίες στα ισοσκελή τρίγωνα και στο ισόπλευρο που σχηματίζονται.

: Θαλής Γ Γυμν 2020.jpg (39.37 KiB) Προβλήθηκε 2796 φορές

Στο

$\displaystyle \kappa + \omega + 60^\circ + 60^\circ - \omega + \kappa = 180^\circ \Leftrightarrow \kappa = 30^\circ$

Στο EDC

$\displaystyle \lambda + \varphi + \lambda + 60^\circ + 60^\circ - \varphi = 180^\circ \Leftrightarrow \lambda = 30^\circ$

Τσιαλας Νικολαος · #28

Καλημέρα σε όλους! Μιας και πέρασε λίγος χρόνος και συζητάω τα θέματα με τους μαθητές μου θα ήθελα να εκφράσω κάποιες καθαρά προσωπικές απόψεις. Περιμέναμε δύσκολα θέματα για διάφορους λόγους που δεν είναι καλό να συζητηθούν εδώ, οπότε με βάση αυτό τα θέματα ήταν αυτά που θα έπρεπε! Από εκεί και πέρα όμως μιλώντας με τα παιδιά διαπίστωσα ότι σχεδόν όλα συμφώνησαν ότι τα θέματα ήταν υπέροχα!!! Είδα μαθητές που έδιναν για πρώτη φορά να προσπαθούν να τα λύσουν και μετά απο το πέρας του διαγωνισμού! Μήπως θα ήταν πιο σοφό λοιπόν τα θέματα να "μείνουν" σε αυτό το επίπεδο; Συγχαρητήρια λοιπόν στην επιτροπή και κυρίως στα παιδιά που διαγωνίστηκαν. Άλλωστε όλα είναι κερδισμένα ανεξαρτήτως αποτελέσματος!!!

Al.Koutsouridis · #29

Τα θέματα νομίζω ήταν σχετικά καλά αν και τα περισσότερα ήταν πάνω σε ιδέες που έχουν χρησιμοποιηθεί τα τελευταία χρόνια. Δε νομίζω με τον περιορισμό των 2 ωρών και 3 θεμάτων θα ήταν σοφό να γίνει ο διαγωνισμός πιο δύσκολος. Σημαντικό είναι σε πρώτη φάση ότι έγινε.

Ο μόνος ενδοιασμός μου είναι σχετικά με τα πρώτα προβλήματα των δυο τάξεων του Γυμνασίου. Αν και εν μέρη κατανοώ για ποιο λόγο γίνεται τέτοια επιλογή, εντούτοις θεωρώ πως έχουν ωριμάσει οι συνθήκες ώστε να απεγκλωβιστούμε από τέτοια θέματα σε διαγωνισμούς.

Γενικά περισσότερο μου άρεσε το 3ο πρόβλημα της Β’ Λυκείου. Καλή συνέχεια στα παιδιά!

#30

Manolis Petrakis έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 06, 2020 6:05 pm
Γ Γυμνασίου
Θέμα 3
Αναλυτικά:
Έστω το πλήθος των μελών που αγαπούν τα Μαθηματικά και το πλήθος των μελών που αγαπούν τη Φυσική.
Τότε το άθροισμα των ηλικιών των μελών που αγαπούν τα Μαθηματικά είναι * και το άθροισμα των ηλικιών των μελών που αγαπούν τη Φυσική είναι *
Μετά την αλλαγή των προτιμήσεων 2 μελών το πλήθος των μελών που αγαπούν τα Μαθηματικά είναι το πλήθος των μελών που αγαπούν τη Φυσική
Τότε το άθροισμα των ηλικιών των μελών που αγαπούν τα Μαθηματικά είναι * το άθροισμα των ηλικιών των μελών που αγαπούν τη Φυσική είναι *
Έτσι $25a+35b=27(a+2)+37(b-2)\Leftrightarrow a+b=10$
(Διότι το άθροισμα των ηλικιών είναι σταθερό)
Άρα η παρέα έχει μέλη
*Έστω Μ.Ο. ηλικιών , πλήθος μελών , άθροισμα ηλικιών . $\Rightarrow x=\frac{z}{y}\Leftrightarrow xy=z$
$\Rightarrow$ Το γινόμενο του Μ.Ο. των ηλικιών και του πλήθους των μελών ισούται με το άθροισμα των ηλικιών

Ωραία! Να δούμε και την κατασκευή μια ομάδας που ικανοποιεί;

Manolis Petrakis · #31

silouan έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 07, 2020 3:27 pm

Manolis Petrakis έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 06, 2020 6:05 pm
Γ Γυμνασίου
Θέμα 3
Αναλυτικά:
Έστω το πλήθος των μελών που αγαπούν τα Μαθηματικά και το πλήθος των μελών που αγαπούν τη Φυσική.
Τότε το άθροισμα των ηλικιών των μελών που αγαπούν τα Μαθηματικά είναι * και το άθροισμα των ηλικιών των μελών που αγαπούν τη Φυσική είναι *
Μετά την αλλαγή των προτιμήσεων 2 μελών το πλήθος των μελών που αγαπούν τα Μαθηματικά είναι το πλήθος των μελών που αγαπούν τη Φυσική
Τότε το άθροισμα των ηλικιών των μελών που αγαπούν τα Μαθηματικά είναι * το άθροισμα των ηλικιών των μελών που αγαπούν τη Φυσική είναι *
Έτσι $25a+35b=27(a+2)+37(b-2)\Leftrightarrow a+b=10$
(Διότι το άθροισμα των ηλικιών είναι σταθερό)
Άρα η παρέα έχει μέλη
*Έστω Μ.Ο. ηλικιών , πλήθος μελών , άθροισμα ηλικιών . $\Rightarrow x=\frac{z}{y}\Leftrightarrow xy=z$
$\Rightarrow$ Το γινόμενο του Μ.Ο. των ηλικιών και του πλήθους των μελών ισούται με το άθροισμα των ηλικιών
Ωραία! Να δούμε και την κατασκευή μια ομάδας που ικανοποιεί;

Ένα πολύ απλό παράδειγμα:
•Έστω ότι αρχικά, αγαπούσαν τα Μαθηματικά και τη Φυσική από

μέλη
•Και τα

μέλη που αγαπούν εξαρχής τα Μαθηματικά είναι

ετών (Ώστε ο Μ.Ο. των ηλικιών τους να είναι τα

έτη)
•Και τα

μέλη που αγαπούσαν στην αρχή και συνέχισαν να αγαπούν τη Φυσική είναι

ετών (ώστε ο Μ.Ο. των ηλικιών τους να είναι τα

έτη)
•Έστω ακόμη ότι τα

εναπομείναντα μέλη έχουν την ίδια ηλικία, έστω

.
Τότε $27=\frac{5\cdot 25+2x}{7}\Leftrightarrow 125+2x=189\Leftrightarrow x=32$ ετών
Ή με διαφορετικό τρόπο: $35=\frac{3\cdot 37+2x}{5}\Leftrightarrow 175=111+2x\Leftrightarrow x=32$ ετών
Έτσι τα μέλη της παρέας θα μπορούσαν να έχουν τις εξής ηλικίες: 25,25,25,25,25,32,32,37,37,37

Φοίβος Αποστολάρας · #32

Γειά σας!
Έχω μια απορία αν κάποιος μπορεί να μου την λύσει:
Στο 3ο θέμα του Θαλή της Γ γυμνασίου έπρεπε να γράψουμε και ένα παράδειγμα με τον αριθμό των ατόμων της Μ και της Φ και τις ηλικίες τους; Γιατί στο τέλος λέει: να δώσετε ένα παράδειγμα μιας τέτοιας παρέας.

#33

Μια διαφορετική λύση για το 2ο της Α Λυκείου μια και βλέπω ότι δεν έχει δοθεί επειδή αυτός ήταν ο αρχικός τρόπος που την αντιμετώπισα για να είναι (κατά το δυνατόν) μέσα στα πλαίσια των δυνατοτήτων των μαθητών της Α.

Χρησιμοποιούμε την ταυτότητα

3x^2+3x+1=(x+1)^3-x^3

και έτσι ο αριθμός Γ της Γεωργίας είναι ίσος με

$\begin{aligned}\Gamma &=(3\cdot 1^2+3\cdot 1 + 1) + (3\cdot 2^2+3\cdot 2 + 1) \\ &+\cdots + (3\cdot 2019^2+3\cdot 2019 + 1) +1 \\ &= (2^3 -1^3) + (3^3 - 2^3) + \cdots +(2020^3 - 2019^3) +1 \\ &= 2020^3- 1^3 + 1=2020^3\end{aligned}$

Αλέξανδρος

Τσιαλας Νικολαος · #34

Παραθέτω τις επίσημες λύσεις της ΕΜΕ σε συνημμένο.

Pantelis.N · #35

Στο θέμα 1 της Β Λυκείου πήρα $v\leq 2023$ (είδα ότι αν το άθροισμα των ψηφίων είναι

τότε

που προφανώς είναι αδύνατο).
Έκανα όμως ένα μεγάλο λάθος όπου αντί να γράψω ότι το μέγιστο άθροισμα είναι

πήρα το

από απροσεξία (δηλαδή όλα τα ψηφία του τετραψήφιου είναι

) και έτσι οι περιπτώσεις βγήκαν πάρα πολλές...
Κατά τα άλλα η λύση μου είναι όπως και της ΕΜΕ, όπου αντί να αρχίσω να παίρνω περιπτώσεις κάνοντας μόνο πράξεις, έγραψα ότι υποχρεωτικά ο ένας εκ των v, Sv

πρέπει να είναι περιττός και ο άλλος άρτιος ώστε να γλιτώσω πολλές χρονοβόρες πράξεις.

Από όσο καταλαβαίνω αυτά που γράφω δεν έχουν λογικά σφάλματα, θα κοπούν μονάδες όμως επειδή η λύση είναι πολύ μακροσκελής και αγνόησα ότι το μέγιστο άθροισμα είναι

;

Έγραφα κιόλας την μία περίπτωση κάτω από την άλλη και η εξέταση όλων των περιπτώσεων πήρε πάνω από μία σελίδα.

Μπορεί κάποιος να μου δώσει τη γνωμάτευσή του;

Τσιαλας Νικολαος · #36

Pantelis.N έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 09, 2020 4:35 pm
Στο θέμα 1 της Β Λυκείου πήρα $v\leq 2023$ (είδα ότι αν το άθροισμα των ψηφίων είναι τότε
που προφανώς είναι αδύνατο).
Έκανα όμως ένα μεγάλο λάθος όπου αντί να γράψω ότι το μέγιστο άθροισμα είναι πήρα το από απροσεξία (δηλαδή όλα τα ψηφία του τετραψήφιου είναι ) και έτσι οι περιπτώσεις βγήκαν πάρα πολλές...
Κατά τα άλλα η λύση μου είναι όπως και της ΕΜΕ, όπου αντί να αρχίσω να παίρνω περιπτώσεις κάνοντας μόνο πράξεις, έγραψα ότι υποχρεωτικά ο ένας εκ των πρέπει να είναι περιττός και ο άλλος άρτιος ώστε να γλιτώσω πολλές χρονοβόρες πράξεις.

Από όσο καταλαβαίνω αυτά που γράφω δεν έχουν λογικά σφάλματα, θα κοπούν μονάδες όμως επειδή η λύση είναι πολύ μακροσκελής και αγνόησα ότι το μέγιστο άθροισμα είναι ;

Έγραφα κιόλας την μία περίπτωση κάτω από την άλλη και η εξέταση όλων των περιπτώσεων πήρε πάνω από μία σελίδα.

Μπορεί κάποιος να μου δώσει τη γνωμάτευσή του;

Όχι δεν χάνεις κάτι!

Joaakim · #37

Καλησπέρα σας! Μήπως γνωρίζει κάποιος πότε θα ανακοινωθούν τα αποτελέσματα?

Τσιαλας Νικολαος · #38

Joaakim έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 15, 2020 6:17 pm
Καλησπέρα σας! Μήπως γνωρίζει κάποιος πότε θα ανακοινωθούν τα αποτελέσματα?

Καλησπέρα. Συνήθως βγαίναν την περίοδο των γιορτών αλλά φέτος δεν ξέρει κανείς! Και αυτό για 2 λόγους! Πρώτον γιατί περιμένουμε να δούμε πότε θα ανοίξουν τα σχολεία για να δώσουν και τα παιδιά που δεν έγραψαν λόγω καραντίνας αλλά και για έναν πιο σημαντικό λόγο.. Ακόμη δεν είναι γνωστό αν θα γίνει Ευκλείδης! Όπως όλα δείχνουν(προσωπική μου άποψη) θα πάμε κατευθείαν για Αρχιμήδη... Οπότε οι επιτυχόντες θα πρέπει να είναι λιγότεροι! Όλα αυτά είναι μετέωρα γιατί κανείς δεν ξέρει πως θα εξελιχθούν τα πράγματα με την καραντίνα και τα μέτρα προστασίας.

#39

Joaakim έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 15, 2020 6:17 pm
Καλησπέρα σας! Μήπως γνωρίζει κάποιος πότε θα ανακοινωθούν τα αποτελέσματα?

Σε κάποιους νομούς (όπως λ.χ. της Θεσσαλονίκης) όπου τα σχολεία ήταν κλειστά την ημέρα διεξαγωγής του διαγωνισμού "Ο Θαλής", δεν έγινε καθόλου ο διαγωνισμός και αυτός ήταν και ο λόγος που θα γινόταν και 2ος διαγωνισμός για όσους μαθητές δεν έδωσαν (αντί του Ευκλείδη και θα πηγαίναμε αμέσως για Αρχιμήδη - αυτός ήταν και ο λόγος που τα θέματα ήταν πιο ανεβασμένα σε σχέση με αυτό που έχουμε συνηθίσει στο 1ο διαγωνισμό). Τη στιγμή όμως κατά την οποία δεν έχουν ανοίξει τα σχολεία και οποιαδήποτε εξωσχολική δραστηριότητα έχει παγώσει, δε νομίζω ότι μπορεί να γίνει κάτι παραπάνω από το να δούμε τί θα γίνε με το άνοιγμα των σχολείων τη νέα χρονιά. Άρα δε περιμένουμε αποτελέσματα αν δε γίνει και ο 2ος διαγωνισμός για να ανοικοινωθούν όλα τα ονόματα των διακριθέντων (για τον Αρχιμήδη πλέον).

Αλέξανδρος

Τσιαλας Νικολαος · #40

Σημερινή ανακοίνωση της Ε.Μ.Ε
http://www.hms.gr/?q=node/1710

ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Μέλη σε σύνδεση