ΘΑΛΗΣ 2021

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 642
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

ΘΑΛΗΣ 2021

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Παρ Νοέμ 05, 2021 3:09 pm

Μιας και τα θέματα αναρτήθηκαν παντού στο διαδίκτυο τα αναρτώ εδώ για να συζητήσουμε τις λύσεις!!! Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά που συμμετείχαν!!!
Συνημμένα
ΘΑΛΗΣ ΘΕΜΑΤΑ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ-ΛΥΚΕΙΟΥ_05_11_2021.pdf
(564.05 KiB) Μεταφορτώθηκε 696 φορές



Λέξεις Κλειδιά:
Manolis Petrakis
Δημοσιεύσεις: 170
Εγγραφή: Τετ Οκτ 07, 2020 3:19 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Manolis Petrakis » Παρ Νοέμ 05, 2021 3:26 pm

Για τη γεωμετρία της Β' Λυκείου.
Έστω M το μέσο της AB και E το σημείο τομής των BC και MD
Στο ορθογώνιο BDE έχουμε CD=CB άρα \angle DBC=\angle BDC\Leftrightarrow  90^{\circ}-\angle DBC=90^{\circ}-\angle BDC\Leftrightarrow   \angle DEB=\angle CDE άρα το CDE είναι ισοσκελές και CD=CE=CB
Από το θεώρημα Μενελάου στο ABC με διατέμνουσα EDM έχουμε:
\dfrac{AM}{MB} \cdot \dfrac{BE}{EC} \cdot \dfrac{CD}{DA} =1 \Leftrightarrow 1\cdot 2 \cdot  \dfrac{CD}{DA} =1 \Leftrightarrow  \dfrac{CD}{DA} =\dfrac{1}{2} \Leftrightarrow  \dfrac{CD}{CA} =\dfrac{1}{3} \Leftrightarrow  \dfrac{CB}{CA} =\dfrac{1}{3} \Leftrightarrow AC=3AB
Βγεωμ.png
Βγεωμ.png (12.94 KiB) Προβλήθηκε 4366 φορές
"Κλέβω" το σχήμα από εδώ: viewtopic.php?f=178&t=70443


Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 853
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Παρ Νοέμ 05, 2021 3:30 pm

Β λυκείου, θέμα 1

Για x>0 είναι f(x)=2x^3-7x^2+4x+4\geq0\Leftrightarrow (x-2)^2(2x+1)\geq 0 που ισχύει με ίσον μόνο για x=2.
Προσθέτουμε κατά μέλη τις τρεις σχέσεις που δίνονται και παίρνουμε 0=f(x)+f(y)+f(z)\geq 0\Leftrightarrow x=y=z=2 μοναδική λύση.


Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 4049
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Παρ Νοέμ 05, 2021 3:31 pm

Α Λυκείου

2) Αφού ο αριθμός N είναι πολλαπλάσιο του 8 (άρα και του 4), πρέπει ο αριθμός \overline{1\beta} να είναι πολλαπλάσιος του 4 που σημαίνει ότι \beta=2 ή \beta=6.

Αν \beta=2 τότε πρέπει \alpha = 1 και ο αριθμός 112 δεν είναι πληροί τις συνθήκες του προβλήματος.
Αν \beta=6 τότε πρέπει \alpha\in\{1,2,3,4,5\} και μόνο οι αριθμοί 216 και 416 είναι και πολλαπλάσια του 8 εκ των οποίων μόνο ο 216 έχει και την επιπλέον ιδιότητα του προβλήματος άρα είναι ο ζητούμενος αριθμός.

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
thepigod762
Δημοσιεύσεις: 56
Εγγραφή: Σάβ Οκτ 23, 2021 1:02 am
Τοποθεσία: Λάρισα

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από thepigod762 » Παρ Νοέμ 05, 2021 3:33 pm

Τσιαλας Νικολαος έγραψε:
Παρ Νοέμ 05, 2021 3:09 pm
Μιας και τα θέματα αναρτήθηκαν παντού στο διαδίκτυο τα αναρτώ εδώ για να συζητήσουμε τις λύσεις!!! Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά που συμμετείχαν!!!
Για την Γ΄Γυμνασίου:
Πρόβλημα 1
Το άθροισμα των ψηφίων του αριθμού που θέλει να γράψει ο Γιάννης είναι της μορφής 9k+2,k\epsilon \mathbb{N}
Παρατηρούμε πως οι 3 και 9 διαιρούν το 9k και όχι το 2. Άρα δεν διαιρούν το 9k+2 (το άθροισμα τον ψηφίων τους) και, συνεπώς, ούτε τον αριθμό.

Αν ο 6 διαιρούσε τον αριθμό, θα τον διαιρούσε και ο 3, πράγμα άτοπο. Άρα, ο 6
δεν διαιρεί τον αριθμό.

Ο 5 δεν διαιρεί τον αριθμό, καθώς δεν μπορεί αυτός να τελειώνει σε 0 ή 5

Ο αριθμός, για να διαιρείται με το 2, πρέπει το 2 να είναι το τελευταίο ψηφίο του. Άρα τα δύο τελευταία ψηφία του θα είναι 9,2 και εφόσον το 4 διαιρεί το 92, θα διαιρεί και τον αριθμό.

Τέλος, παρατηρούμε πως η μικρότερη περίπτωση για να διαιρούν οι 7, 8 τον αριθμό είναι η 999.992 (δεν τον διαιρούν για 92, 992, 9992, 99992), που είναι το ζητούμενο.
τελευταία επεξεργασία από thepigod762 σε Κυρ Νοέμ 07, 2021 7:58 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Γιώργος Κοτσάλης
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4357
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Βρυξέλλες

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Παρ Νοέμ 05, 2021 3:36 pm

Manolis Petrakis έγραψε:
Παρ Νοέμ 05, 2021 3:26 pm
Για τη γεωμετρία της Β' Λυκείου.
Έστω M το μέσο της AB και E το σημείο τομής των BC και MD
Στο ορθογώνιο BDE έχουμε CD=CB άρα \angle DBC=\angle BDC\Leftrightarrow  90^{\circ}-\angle DBC=90^{\circ}-\angle BDC\Leftrightarrow   \angle DEB=\angle CDE άρα το CDE είναι ισοσκελές και CD=CE=CB
Από το θεώρημα Μενελάου στο ABC με διατέμνουσα EDM έχουμε:
\dfrac{AM}{MB} \cdot \dfrac{BE}{EC} \cdot \dfrac{CD}{DA} =1 \Leftrightarrow 1\cdot 2 \cdot  \dfrac{CD}{DA} =1 \Leftrightarrow  \dfrac{CD}{DA} =\dfrac{1}{2} \Leftrightarrow  \dfrac{CD}{CA} =\dfrac{1}{3} \Leftrightarrow  \dfrac{CB}{CA} =\dfrac{1}{3} \Leftrightarrow AC=3AB
Βγεωμ.png
"Κλέβω" το σχήμα από εδώ: viewtopic.php?f=178&t=70443
Μανώλη

Μήπως το D ειναι βαρύκεντρο τριγώνου και τελειώσαμε ;


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 853
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Παρ Νοέμ 05, 2021 3:41 pm

Μία για την γεωμετρία β λυκείου, ωραίο πρόβλημα!
41.PNG
41.PNG (14.14 KiB) Προβλήθηκε 4313 φορές
Παίρνω E μέσον AB, Z μέσον A\Delta και K το συμμετρικό του Z προς το E.
Είναι EZ\parallel B\Delta και KZ=2EZ=B\Delta άρα B\Delta ZK παραλληλόγραμμο.
Επίσης το KZ\Delta ισοσκελές, έτσι \Delta K=\Delta Z=BK και αφού \angle KB\Delta= \angle \Delta ZE=\angle \Gamma \Delta B τα B\Gamma \Delta, B\Delta K είναι ίσα άρα \Gamma A=\Gamma \Delta +2KB=3\Gamma \Delta =3\Gamma B


Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 4049
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Παρ Νοέμ 05, 2021 3:44 pm

Α Λυκείου 3

3) Αφού η A\Gamma είναι διχοτόμος της γωνίας \angle{BA\Delta} άρα από το θεώρημα διχοτόμων έχουμε

\dfrac{\Gamma B}{\Gamma\Delta}=\dfrac{AB}{A\Delta} και αφού AB=A\Gamma και BE=\Gamma\Delta άρα η προηγούμενη γράφεται:

\dfrac{\Gamma B}{BE}=\dfrac{A\Gamma}{A\Delta} κι επειδή τα τρίγωνα B\Gamma E, \Gamma A \Delta έχουν επιπλέον \angle{B\Gamma E}=\angle{A\Gamma\Delta} άρα είναι όμοια κι έτσι \angle{\Gamma A \Delta}=\angle{EB\Gamma} οπότε το τετράπλευρο ABE\Delta είναι εγγράψιμο και το ζητούμενο έπεται.

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2839
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Παρ Νοέμ 05, 2021 3:47 pm

ΘΕΜΑΤΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΕΜΑ 1 . Θέτοντας a=5x-2y και b=x-3y, το σύστημα γράφεται
\displaystyle  
\begin{cases} 
a+\dfrac{3}{2b}&=\dfrac{13}{2}\\ 
ab+2&=6b\\ 
\end{cases}
Η πρώτη γράφεται ως 2ab+3=13b, οποτε από την δεύτερη παίρνουμε 2(6b-2)+3=13b, η οποία δίνει b=-1, και άρα a=\dfrac{13}{2}-\dfrac{3}{-2}=8.

Το σύστημα

\displaystyle  
\begin{cases} 
5x-2y&=8\\ 
x-3y&=-1\\ 
\end{cases}

δίνει εύκολα (x,y)=(2,1).

ΘΕΜΑ 2 Το

\displaystyle  
N=100\alpha+10+\beta=8(12\alpha+1)+4\alpha+2+\beta

διαιρείται με το 8 αν και μόνο αν το 4\alpha+2+\beta διαιρείται με το 8.

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

\alpha άρτιος.

Τότε ο N διαιρείται με το 8 αν και μόνο αν 2+\beta διαιρείται με το 8 με 0\leq \beta\leq 9. Αναγκαστικά \beta=6, οπότε \alpha=2 ή \alpha=4, και έτσι οι δυνατές τιμές του N είναι N=216 και N=416, από τις οποίες μόνο το 216 ικανοποιεί την συνθήκη N=8(2+3+\cdots+7)=8\cdot 27, ενώ 8(4+5+\cdots+7)=8\cdot 22\ne 416.


\alpha περιττός.

Τότε το 6+\beta πρέπει να διαιρείται με το 8, οπότε αφού 0\leq \beta\leq 9, είναι αναγκαστικά \beta=2. Η πιθανή τιμή του N είναι το 112, που απορρίπτεται αφού 8(1+2+3)=48\ne 112.

Συνεπώς, N=216.

ΘΕΜΑ 3 Παίρνουμε το συμμετρικό του E ως προς την μεσοκάθετο του B\Gamma, έστω E' και το συμμετρικό του \Delta ως προς την A\Gamma, έστω \Delta', το οποίο ανήκει στην ευθεία AB από την υπόθεση.

Τότε \Gamma \Delta '=\Gamma\Delta (1) και \Gamma E'=BE (2), αφού τα τρίγωνα BE' \Gamma και BE\Gamma είναι ίσα από Π-Γ-Π (BE'=BE, E' \widehat{B}\Gamma=E\widehat{\Gamma}B, B\Gamma κοινή)


Από (1), (2) έπεται ότι το τρίγωνο E'\Gamma\Delta' είναι ισοσκελές με \widehat{\Delta'}=B\widehat{E'}\Gamma. Αλλά, B\widehat{E}\Gamma=B\widehat{E'}\Gamma και \Gamma\widehat{\Delta}A=\widehat{\Delta'}. Συνεπώς,
\displaystyle  
\Gamma\widehat{\Delta}A=\widehat{\Delta'}=B\widehat{E'}\Gamma=B\widehat{E}\Gamma.
Συνημμένα
thales_2021_A_3.png
thales_2021_A_3.png (36.18 KiB) Προβλήθηκε 4289 φορές


Manolis Petrakis
Δημοσιεύσεις: 170
Εγγραφή: Τετ Οκτ 07, 2020 3:19 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Manolis Petrakis » Παρ Νοέμ 05, 2021 3:49 pm

2ο θέμα - Β' Γυμνασίου
Έχουμε:
20a+18b+16c+14d=18a+16b+14c+20d\Leftrightarrow 2a+2b+2c=6d\Leftrightarrow a+b+c=3d
 \Leftrightarrow a+b+c+d=4d \Leftrightarrow N=4d
Άρα 4 | N και αφού 20<N<28 υποχρεωτικά είναι N=24


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2839
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Παρ Νοέμ 05, 2021 3:51 pm

ΘΕΜΑΤΑ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΕΜΑ 1 Με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε

\displaystyle  
(2x^3-7x^2+4x+4)+(2y^3-7y^2+4y+4)+(2z^3-7z^2+4z+4)=0

Είναι

\displaystyle  
2x^3-7x^2+4x+4=2x(x^2-4x+4)+(x^2-4x+4)=(x-2)^2(2x+1),

οπότε

\displaystyle  
(x-2)^2(2x+1)+(y-2)^2(2y+1)+(z-2)^2(2z+1)=0.

Αφού x,y,z>0 είναι

\displaystyle  
(x-2)^2(2x+1)\geq 0,\quad (y-2)^2(2y+1)\geq 0\quad \text{και} \quad (z-2)^2(2z+1)\geq 0.

Αφού το άθροισμα των τελευταίων μη αρνητικών αριθμών είναι 0, αναγκαστικά θα έχουμε

\displaystyle  
(x-2)^2(2x+1)=(y-2)^2(2y+1)=(z-2)^2(2z+1)=0,

και άρα x=y=z=2, αφού x,y,z>0.

ΘΕΜΑ 2. Αφού \gamma\leq 9, είναι N\leq 8(1^2+2^2+\cdots +10^2)=3080, οπότε a=1 ή 2 ή 3. Με a=1 ή 2, αφού

\displaystyle  
8(1^2+2^2+\cdot +6^2)=728,

που είναι τριψήφιος, έχουμε τους πιθανούς αριθμούς:

 
\begin{aligned} 
8(1^2+2^2+\cdots+7^2)&=1120\\ 
8(1^2+2^2+\cdots+8^2)&=1632\\ 
8(1^2+2^2+\cdots+9^2)&=2280\\ 
\end{aligned}

από τους οποίους δεκτός γίνεται ο 2280.

Με a=3, αφού 8(2^2+3^2+\cdots+9^2)=2272<3000, η μόνη πιθανή τιμή είναι το

8(2^2+3^2+\cdots+10^2)=3072 που απορρίπτεται.

Συνεπώς, N=2280.

ΘΕΜΑ 3.

Έστω E το μέσο της AD. Τότε το ME είναι ίσο και παράλληλο με το ND, όπου N είναι το μέσο της βάσης BD του ισοσκελούς τριγώνου BCD. Η διάμεσος CN είναι και ύψος, οπότε η προέκταση της είναι κάθετη στην ευθεία EM, έστω στο H. Από το ορθογώνιο παραλληλόγραμμο HNDM είναι EM=ND=HM, δηλ. το M είναι μέσο του HE και αφού MD//HN, το D είναι μέσο της EC. Άρα ED=DC. Αφού AE=ED, έπεται ότι AC=3DC=3BC.

(Σχόλιο :) -ΠΜ από Κωνσταντίνο Κωνσταντινίδη) Αρκεί για το 3ο θέμα να παρατηρήσουμε (στο σχήμα σας) ότι τα MED,CND είναι ίσα. Έτσι εγώ το έκανα στον διαγωνισμό.
Συνημμένα
thales_2021_B_3.png
thales_2021_B_3.png (66.15 KiB) Προβλήθηκε 4266 φορές


thepigod762
Δημοσιεύσεις: 56
Εγγραφή: Σάβ Οκτ 23, 2021 1:02 am
Τοποθεσία: Λάρισα

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από thepigod762 » Παρ Νοέμ 05, 2021 4:05 pm

Τσιαλας Νικολαος έγραψε:
Παρ Νοέμ 05, 2021 3:09 pm
Μιας και τα θέματα αναρτήθηκαν παντού στο διαδίκτυο τα αναρτώ εδώ για να συζητήσουμε τις λύσεις!!! Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά που συμμετείχαν!!!
Για την Γ' Γυμνασίου:

Πρόβλημα 2 (Να σημειωθεί πως όπου Δ, D)

(α) Από χαρακτηριστική ιδιότητα μεσοκαθέτου, AK=KB, και τρίγωνο AKB ισοσκελές, με \angle KAZ=\angle ZBK (6)
Άρα, εφόσον τα τρίγωνα είναι ορθογώνια με δύο αντίστοιχες ίσες γωνίες και η άλλη είναι ίση και έχουμε:
\angle AKZ=\angle ZKB (1)
\angle AKE=\angle AKZ (2), αφού είναι γωνίες σε ορθογώνια τρίγωνα με δύο αντίστοιχες γωνίες ίσες.
\angle BKZ+\angle ZKA+\angle AKE=180^{0} (3)
(1),(2),(3)\Rightarrow 3\cdot \angle ZKA=180^{0}\Leftrightarrow \angle ZKA=60^{0}, και από αθρ. γωνιών τριγώνου στο ZKA βρίσκουμε \angle ZAK=30^{0}\Rightarrow \angle A=60^{0}

(β) Λόγω παραλληλίας, \angle DEK=\angle KBZ (4) και
\angle KDE=\angle ZAK (5), ως εντός εναλλάξ.
(4),(5),(6)\Rightarrow \angle KED=\angle KDE και τρίγωνο KDE ισοσκελές, με KE=KD (7)
Με άθροισμα γωνιών τριγώνου στο AKE βρίσκουμε την \angle AKE που είναι ίση ως κατακορυφήν με την \angle BKD *και από εκεί με άθροισμα γωνιών τριγώνου βρίσκουμε \angle KBD=30^{0}
\angle ZAK=\angle ABK=30^{0} και, επομένως, AB\Gamma ισόπλευρο.
Λόγω ισοπλεύρου, ZA=AE και γνωρίζουμε πως \angle ZAK=\angle KAE, \angle KZA=\angle AKE
Άρα, τα ορθογώνια τρίγωνα AZK, AKE είναι ίσα και KZ=KE (8)
(7),(8)\Rightarrow KZ=KE=KD*


*ΔΙΟΡΘΩΣΗ*
Το μέρος "και από εκεί με άθροισμα...\Rightarrow KZ=KE=KD" είναι λάθος, καθώς δεν γνωρίζουμε ότι η \angle KDB είναι ορθή.
τελευταία επεξεργασία από thepigod762 σε Κυρ Νοέμ 07, 2021 9:19 pm, έχει επεξεργασθεί 4 φορές συνολικά.


Γιώργος Κοτσάλης
petrosmani
Δημοσιεύσεις: 17
Εγγραφή: Τετ Φεβ 24, 2021 6:09 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από petrosmani » Παρ Νοέμ 05, 2021 5:49 pm

Πώς σας φάνηκαν τα θέματα της Ά λυκείου?


Άβαταρ μέλους
Lymperis Karras
Δημοσιεύσεις: 149
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 06, 2020 5:16 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Lymperis Karras » Παρ Νοέμ 05, 2021 6:12 pm

petrosmani έγραψε:
Παρ Νοέμ 05, 2021 5:49 pm
Πώς σας φάνηκαν τα θέματα της Ά λυκείου?
Κατά την άποψή μου τα πιο δύσκολα που έχουν πέσει ποτέ σε Θαλή. Ήταν επίπεδο Αρχιμήδη η Ευκλείδη αν εξαιρέσουμε το 1ο


Ένας μαθηματικός χρειάζεται μολύβι, γόμα και μεγάλο καλάθι αχρήστων.
-Hilbert
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11194
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Νοέμ 05, 2021 6:23 pm

Β' Λυκείου Γεωμετρία

Έστω M, E τα μέσα των AB, BD αντίστοιχα και N ο σημείο τομής των BD, MC.
ΒΓεωμ..png
ΒΓεωμ..png (10.17 KiB) Προβλήθηκε 3799 φορές
Προφανώς \displaystyle CE \bot BD \Leftrightarrow CE||MD και ME||AC, άρα το MDCE είναι παραλληλόγραμμο, οπότε N είναι το μέσο της διαμέσου

CM του τριγώνου ABC και από γνωστή άσκηση του σχολικού (*) θα είναι AD=2DC=2BC, που αποδεικνύει το ζητούμενο.


(*) Είναι η άσκηση 6 από τις αποδεικτικές στη σελίδα 116 του βιβλίου της Α λυκείου.


EJOI_IOI_GEEK
Δημοσιεύσεις: 3
Εγγραφή: Σάβ Νοέμ 07, 2020 11:32 am

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από EJOI_IOI_GEEK » Παρ Νοέμ 05, 2021 6:31 pm

petrosmani έγραψε:
Παρ Νοέμ 05, 2021 5:49 pm
Πώς σας φάνηκαν τα θέματα της Ά λυκείου?
Σχετικα με τα περσινα ηταν πιο ευκολα. Το 1ο ηταν ενα απλο συστημα που εβγαινε απο τους περισσότερους μαθητες πιστευω. Το 2ο αν καποιος ηξερε οτι το αθροισμα 1+2+..+ν ειναι ν(ν+1)/2 τοτε μπορουσε να χρησιμοποιήσει prefix sum και να βγαλει οτι το αθροισμα α+(α+1)+..+β+1 ειναι ισο με
(β+1)(β+2)/2-α(α-1)/2 και μετα με πραξεις βγαινει οτι Ν ειναι 4(...) αρα πολλαπλασιο του 4 αρα δοκιμαζουμε για β=2 αρα α=1 αναγκαστικα και για β=6 και για καθε α στο {1,2,3,4,5} και βλεπουμε οτι μονο το 216 ειναι εγκυρο. Για το 3ο δε εχω σχηματισει σιγουρη αποψη ακομα αλλα ειναι σιγουρα πιο ευκολο απο περυσι.


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2839
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Παρ Νοέμ 05, 2021 7:27 pm

ΘΕΜΑ 1 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Πολλαπλασιάζοντας τη 2η εξίσωση με 2 παίρνουμε

26\alpha=6\beta+4\gamma+68={\underbrace{\beta+\cdots+\beta}_{6-terms}}+{\underbrace{\gamma+\cdots+\gamma}_{4-terms}}+{\underbrace{1+1+\cdots+1}_{68-terms}},

οπότε από Cauchy- Schwarz,

(26\alpha)^2\leq (1^2+1^2+\cdots+1^2)(\beta^2+\cdots+\beta^2+\gamma^2+\cdots+\gamma^2+1^2+1^2+\cdots+1^2)

δηλαδή

26^2\alpha^2\leq 78(6\beta^2+4\gamma^2+68)=26\cdot 3(4\alpha^2-\gamma^2+43)

ή ισοδύναμα

26\alpha^2\leq 12\alpha^2-3\gamma^2+129\iff 3\gamma^2-3\leq 126-14\alpha^2.

Αφού \gamma^2\geq 1, έχουμε

0\leq 3(\gamma^2-1)\leq 14(9-\alpha^2) (*),

και άρα \alpha^2\leq 9. Αλλά από την πρώτη εξίσωση, αφού \beta,\gamma\geq 1, είναι 4\alpha^2\geq 6+5+25=36, απότε \alpha^2\geq 9.

Άρα \alpha^2=9 και \gamma^2=1 από την (*). Αφού \alpha>0 και \gamma>0 είναι \alpha=3 και \gamma=1.

Έτσι, η δεύτερη εξίσωση δίνει \beta=1.

Συνεπώς, (\alpha,\beta,\gamma)=(3,1,1).

Φιλικά,

Αχιλλέας


Joaakim
Δημοσιεύσεις: 116
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 22, 2020 4:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Joaakim » Παρ Νοέμ 05, 2021 7:48 pm

petrosmani έγραψε:
Παρ Νοέμ 05, 2021 5:49 pm
Πώς σας φάνηκαν τα θέματα της Ά λυκείου?
Το Πρόβλημα 1 ήταν αρκετά κατάλληλο για Θαλή, μιας και οι περισσότεροι μαθητές μπορούσαν να το αντιμετωπίσουν.
Το Πρόβλημα 2 ήταν λίγο «τρομακτικό» για τους περισσότερους, μιας και δεν είναι εξοικειωμένοι με τέτοιου είδους θέματα. Βέβαια υπάρχει λύση παίρνοντας απλά όλες τις περιπτώσεις που το κάνει κάπως πιο εύκολο.
Το Πρόβλημα 3 ήταν πολύ δύσκολο για Θαλή. Ως τώρα, ότι λύση έχω δει ξεφεύγει από το επίπεδο.
Συνολικά, τα θέματα ήταν αρκετά δύσκολα, αλλά συγχρόνως πολύ ωραία.


xr.tsif
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2018
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 7:14 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από xr.tsif » Παρ Νοέμ 05, 2021 8:00 pm

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε:
Παρ Νοέμ 05, 2021 3:41 pm
Μία για την γεωμετρία β λυκείου, ωραίο πρόβλημα!

41.PNG

Παίρνω E μέσον AB, Z μέσον A\Delta και K το συμμετρικό του Z προς το E.
Είναι EZ\parallel B\Delta και KZ=2EZ=B\Delta άρα B\Delta ZK παραλληλόγραμμο.
Επίσης το KZ\Delta ισοσκελές, έτσι \Delta K=\Delta Z=BK και αφού \angle KB\Delta= \angle \Delta ZE=\angle \Gamma \Delta B τα B\Gamma \Delta, B\Delta K είναι ίσα άρα \Gamma A=\Gamma \Delta +2KB=3\Gamma \Delta =3\Gamma B
θα χρησιμοποιήσω το σχήμα του Πρόδρομου χωρίς τις DK,KE,BK. Αρκεί να δείξουμε ότι \Delta Z = \Gamma \Delta  .
Φέρνουμε το ύψος  \Gamma Κ του τριγώνου \Gamma \Delta B και τα τρίγωνα  \Gamma \Delta K και \Delta E Z είναι ίσα. ο.ε.δ


Γιατί πάντα αριθμόν έχοντι. Άνευ τούτου ουδέν νοητόν και γνωστόν.
Άβαταρ μέλους
Lymperis Karras
Δημοσιεύσεις: 149
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 06, 2020 5:16 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Lymperis Karras » Παρ Νοέμ 05, 2021 8:10 pm

Joaakim έγραψε:
Παρ Νοέμ 05, 2021 7:48 pm
petrosmani έγραψε:
Παρ Νοέμ 05, 2021 5:49 pm
Πώς σας φάνηκαν τα θέματα της Ά λυκείου?
Το Πρόβλημα 1 ήταν αρκετά κατάλληλο για Θαλή, μιας και οι περισσότεροι μαθητές μπορούσαν να το αντιμετωπίσουν.
Το Πρόβλημα 2 ήταν λίγο «τρομακτικό» για τους περισσότερους, μιας και δεν είναι εξοικειωμένοι με τέτοιου είδους θέματα. Βέβαια υπάρχει λύση παίρνοντας απλά όλες τις περιπτώσεις που το κάνει κάπως πιο εύκολο.
Το Πρόβλημα 3 ήταν πολύ δύσκολο για Θαλή. Ως τώρα, ότι λύση έχω δει ξεφεύγει από το επίπεδο.
Συνολικά, τα θέματα ήταν αρκετά δύσκολα, αλλά συγχρόνως πολύ ωραία.
Θα συμφωνήσω. Ιδίως για το θέμα 3, ξεφεύγει αρκετά από το πλαίσιο του Θαλή. Θα προτιμούσα να δω και περισσότερες λύσεις για αυτό, μιας και έχω δει μόνο την δική μου και αυτήν εδώ.
Για το 1 δεν έχω να πω κάτι.
Για το 2, με κάλυψε ο Ιωακείμ. Να πω ότι βγαίνει και παρατηρώντας αυτό με τους διαιρέτες, αλλά και με bounding στις μεταβλητές α,β.

Θα επανέλθω αύριο με την λύση μου για το 3, την οποία δεν έχω δει εδώ έως τώρα.


Ένας μαθηματικός χρειάζεται μολύβι, γόμα και μεγάλο καλάθι αχρήστων.
-Hilbert
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