ΘΑΛΗΣ 2022

karalbi · #21

Ας μου επιτραπεί και εμένα να σχολιάσω.
1ον: Ο Ευκλείδης είχε σταματήσει λόγω covid τις τελευταίες 2 χρονιές. Προφανώς και θεωρητικά φέτος θα μπορούσε να επανέλθει. Κατά την γνώμη μου πιστεύω οτι έχει βολέψει η κατάργηση ή ματαίωση του (παρτε το όπως θέλετε) για λόγους χρόνου.
Τα τελευταία χρόνια είναι πολύ μεγάλη η αύξηση των μαθητών που συμμετέχουν στο διαγωνισμό και τα χρονικά περιθώρια είναι αρκετά στενά από τις 10-11 Νοεμβρίου έως τα μέσα Ιανουαρίου (παρεμβάλονται και οι γιορτές).

2ον Τα τελευταία 2 χρόνια που ο Θαλής γίνεται εντός σχολικού ωραρίου έχει γίνει πιο γνωστός προς όλους τους μαθητές με αποτέλεσμα να αυξηθούν πολύ οι συμμετοχές και να φέρουν τα παιδιά πιο κοντά στα μαθηματικά.
Ο σκοπός δεν είναι να φτάσουν όλοι στον Αρχιμήδη ή να διακριθούν σε αυτόν αλλά η συμμετοχή σε ένα διαγωνισμό που είναι πολύ πιο απαιτητικός από ένα απλό σχολικό διαγώνισμα. Δίνει την δυνατότητα σε παιδιά που είναι καλοί στα μαθηματικά να δοκιμάσουν τις δυνάμεις τους και όχι απαραίτητα να διακριθούν. Ακόμα και μια προετοιμασία έστω και 4-5 ημερών μόνο καλό μπορεί να προσφέρει.

Για τα θέματα δεν θα μπω σε επίπεδο σχολιασμού γιατί είμαι ο πλέον αναρμόδιος.

Για τα παιδιά της Γ Γυμνασίου, παιδιά 45ο (μοίρες)

petrosmani · #22

Ούτε φέτος θα γίνει ο Ευκλείδης?

Henri van Aubel · #23

Καλημέρα!!

Μία λύση στο θέμα 3 της τρίτης Γυμνασίου.
Θέμα 3

Έχουμε ότι ο A-1

είναι κοινό πολλαπλάσιο των 7,9,

άρα είναι πολλαπλάσιο και του 63.

Τώρα είναι:
$63|A-1\Leftrightarrow 64\cdot 63|64A-64$
$64|A-3\Leftrightarrow 64\cdot 63|63A-189$

Άρα τελικά $64\cdot 63|(64A-64)-(63A-189)=A+125\Leftrightarrow A+125=64\cdot 63\cdot m,m\in \mathbb{N}^{\ast }.$

Επομένως $30125< 64\cdot 63\cdot m<40125\Leftrightarrow m=9.$

Συνεπώς $\boxed {A=64\cdot 63\cdot 9-125=36163}$

#24

Α' Λυκείου Π.1

Για $xy\ne 0$ είναι $\displaystyle \left\{ \begin{gathered} x + y = xy{\text{ (1)}} \hfill \\ {x^3} + {y^3} = {x^2}{y^2}{\text{ }}(2) \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Από τη (2),

$\displaystyle (x + y)({x^2} - xy + {y^2}) = {(xy)^2}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)} xy({x^2} - xy + {y^2}) = {(xy)^2} \Leftrightarrow {(x - y)^2} = 0$

Είναι λοιπόν x=y.

Εύκολα τώρα, παίρνουμε $\boxed{x=y=2}$

Manolis Petrakis · #25

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3 - Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ
$f(6n+7)=6f(n)+7\ (1)$
$f(7n-1)=7f(n)-1\ (2)$
Εξισώνοντας τα πρώτα μέλη, δηλαδή για n=8

παίρνουμε:
f(55)=6f(8)+7

Αφαιρώντας τις 2 παραπάνω σχέσεις κατά μέλη, βρίσκουμε ότι f(8)=8

και με αντικατάσταση έχουμε ότι $f(55)=55\ (3)$ .
Για n=55

η

δίνει $f(337)=6f(55)+7=6\cdot 55+7=337\ (4)$ , λόγω της (3)

.
Για

η

δίνει $f(2029)=6f(337)+7=6\cdot 337+7=2029$ , λόγω της (4)

.
Επομένως f(2029)=2029

.

#26

Β Λυκείου Π.1

$\displaystyle \frac{1}{{{x^3}}} + \frac{1}{{{y^3}}} + \frac{1}{{{z^3}}} = \frac{3}{{xyz}}$ κι επειδή $\displaystyle \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \ne 0,$ θα είναι x=y=z,

απ' όπου εύκολα τώρα $\boxed{x=y=z=3}$

Henri van Aubel · #27

Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΜΑ 2
Πρώτα παρατηρούμε ότι το τετράπλευρο BCED

είναι εγγράψιμο σε κύκλο με κέντρο

και διάμετρο BC.

Συνεπώς $\displaystyle \angle NEC=\angle DBC=\frac{\angle B}{2}$ .

Οπότε $\displaystyle \angle ENC=180^\circ-\frac{\angle B}{2}-\frac{\angle C}{2}=90^\circ+\frac{\angle A}{2}$ .

Επομένως $\displaystyle \angle AKN=\angle ANK=90^\circ-\frac{\angle A}{2}$ .

Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaytsyle \vartriangle BCE: \displaystyle \frac{CE}{BC}=\cos \left ( \frac{\angle C}{2} \right ):(1)$

Νόμος των ημιτόνων στο τρίγωνο $\displaystyle \vartriangle ENC:\frac{NC}{EC}=\frac{\sin \left ( \displaystyle\frac{\angle B}{2} \right )}{\sin \left ( \displaystyle 90^\circ+\frac{\angle A}{2}\right )}=\frac{\sin \left ( \displaystyle \frac{\angle B}{2} \right )}{\cos \left ( \displaystyle \frac{\angle A}{2} \right )}:(2)$

Από $\displaystyle (1),(2)$ είναι:

$\displaystyle \frac{NC}{BC}=\frac{EC}{BC}\cdot \frac{NC}{EC}=\cos \left ( \displaystyle \frac{\angle C}{2} \right )\cdot \frac{\sin \left ( \displaystyle\frac{\angle B}{2} \right )}{\cos \left ( \displaystyle\frac{\angle A}{2} \right )}:(3)$

Επιπλέον $\displaystyle \frac{BC}{IC}=\frac{\cos \left ( \displaystyle\frac{\angle A}{2} \right )}{\sin \left ( \displaystyle\frac{\angle B}{2} \right )}:(4)$

Άρα από $\displaystyle (3),(4)$ παίρνουμε

$\displaystyle \frac{NC}{IC}=\cos \left ( \displaystyle\frac{\angle C}{2} \right )=\cos \left ( \angle ICN \right )\Leftrightarrow \angle INC=90^\circ:(5)$

Συνεπώς από (5) προκύπτει ότι

$\displaystyle \angle AIN=90^\circ-\frac{\angle A}{2}=\angle AKN$ .

Εδώ ακριβώς η απόδειξη τελείωσε.

Manolis Petrakis · #28

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2 - Β' ΛΥΚΕΙΟΥ
Θέτοντας $a=\sqrt{x-1}$ και $b=\sqrt{y-1}$ η αρχική σχέση γράφεται:
$2a^2b^2-2a^2b-2ab^2+a^2+b^2\leq 0$
$\Leftrightarrow (a^2b^2-2a^2b+a^2)+(a^2b^2-2ab^2+b^2)\leq 0$
$\Leftrightarrow a^2(b-1)^2+(a-1)^2b^2\leq 0$
$\Leftrightarrow a(b-1)=0$ και b(a-1)=0

$\Leftrightarrow (a,b)=(0,0),(1,1)$
$\Leftrightarrow (x,y)=(1,1),(2,2)$

#29

Α λυκείου Γεωμετρία .

Το τετράπλευρο AEZD

είναι από κατασκευής παραλληλόγραμμο και άρα:

α) $EZ = AD = CD\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DZ = AE = BE$

β) Η από το

παράλληλη στην

τέμνει τις $AC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AD$ στα $T\,\,\kappa \alpha \iota \,\,S$ αντίστοιχα με άμεσες συνέπειες :

Το $\vartriangle ECT$ είναι ισοσκελές με κορυφή το

και έτσι , $AT = CB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC = TB\,\,\left( 1 \right)$

: Θαλής 22_Α λυκείου_Λύση.png (18.8 KiB) Προβλήθηκε 1768 φορές

Το τετράπλευρο ECDS

είναι παραλληλόγραμμο και έτσι , $EC = SD \Rightarrow AS// = CZ\,\,$

Η πιο πάνω σχέση μας εγγυάται ότι και το τετράπλευρο:

ACZS

είναι παραλληλόγραμμο , οπότε SZ// = AC

και λόγω της $\left( 1 \right)$ , SZ// = TB

Δηλαδή και το τετράπλευρο , TBZS

είναι παραλληλόγραμμο με συνέπεια: ZB//ST//AC

.

KARKAR · #30

: B eme geo.png (13.54 KiB) Προβλήθηκε 1753 φορές

Β' Γεωμετρία

Σχεδιάζω τον κύκλο (A, AB)

. Για κάθε σημείο του ελάσσονος τόξου $\overset\frown{BC}$ , είναι : $\widehat{BDC}=150^0$ .

Ειδικότερα αν $\widehat{BAD}=40^0$ , προκύπτουν και : $\widehat{ADB}=70^0$ , $\widehat{ADC}=80^0$ .

CarlusMagnsenYourDad22 · #31

Μία κατά την γνώμη μου πρωτότυπη λύση στο ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3 της Β ΛΥΚΕΙΟΥ

1) Έστω σημείο $\Delta$ το οποίο ανήκει στο ημιεπίπεδο που ορίζεται ανάμεσα από την

και $A\Gamma$ όπως στο σχήμα, τότε ο γεωμετρικός τόπος όλων των γωνιών που ικανοποιούν την σχέση $B\widehat{\Delta}A=70^\circ$ και ανήκουν στο ίδιο ημιεπίπεδο είναι το τόξο $A\Delta B$ του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $\triangle A\Delta B$ και ομοίως για την $A\widehat{\Delta}\Gamma$ γωνία. Αυτοί τέμνονται μόνο στα

, $\Delta$ σημεία και επομένως το $\Delta$ είναι το μοναδικό σημείο που ικανοποιεί τις αρχικές συνθήκες. Παρόμοια δουλεύουμε και με τα άλλα ημιεπίπεδα και αποδεικνύουμε ότι $\Delta$ δεν υπάρχει σε αυτά.(Στον διαγωνισμό ο χρόνος ήταν ελάχιστος για να διακρίνουμε όλες αυτές τις περιπτώσεις και προσωπικά δεν το έκανα για να προλάβω το 2ο ερώτημα).

2) Με μια γρήγορη ματιά

βλέπουμε πως ΜΑΛΛΟΝ $AB=A\Delta$ και γωνία $B\widehat{A}\Delta=40^\circ$ . Επιπλέον αποδείξαμε ότι το $\Delta$ είναι μοναδικό και επομένως η γωνία $B\widehat{A}\Delta$ είναι και αυτή μοναδική.
Κατασκευάζουμε λοιπόν ευθύγραμμο τμήμα $A\Delta'=AB$ έτσι ώστε γωνία $B\widehat{A}\Delta'=40^\circ$ προς το $\Gamma$ . Αφού το τρίγωνο είναι ισόπλευρο ισχύει $AB=A\Gamma=A\Delta'$ και γωνία $B\widehat{A}\Gamma=60^\circ$ =>γωνία $\Delta' A\Gamma=20^\circ$ . Τα τρίγωνα $\triangle AB\Delta'$ και $\triangle A\Gamma\Delta'$ είναι ισοσκελή. Άρα $B\widehat{D'}A=70^\circ$ και $\Gamma\widehat{D'}A=80^\circ$ . Όμως το $\Delta$ είναι το μοναδικό σημείο για το οποίο ισχύει αυτή η ιδιότητα και άρα έπεται ότι $\Delta'\equiv \Delta$ και επομένως γωνία $B\widehat{A}\Delta=40^\circ$ .

Manolis Petrakis · #32

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1 - Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ
Έχουμε a^2+b^2=(a+b)^2-2ab=4-2ab

Επομένως

Ακόμη

Άρα

Όμως $0\leq ab\leq \dfrac{(a+b)^2}{4}=1$
$\Leftrightarrow 0\leq a^2b^2\leq 1$
$\Leftrightarrow 0\geq -6a^2b^2\geq -6$
$\Leftrightarrow 16\geq -6a^2b^2+16\geq 10$
$\Leftrightarrow 16\geq A \geq 10$
Η ισότητα για a=2,b=0

και

αντίστοιχα.

Άλλος τρόπος
Αν αντικαταστήσουμε το b=2-a

τότε μετά τις πράξεις θα καταλήξουμε στο:
A=-6a^4+24a^3-24a^2+16=-6a^2(a^2-4a+4)+16=-6a^2(a-2)^2+16=-6a^2b^2+16

και συνεχίζουμε με όμοιο τρόπο.

#33

ΘΕΜΑ 3 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Έχουμε $k^2<n+2\leq (k+1)^2=k(k+2)+1$ .

Αφού ο

είναι περιττός, αν ο n/k

είναι ακέραιος, τότε ο $k\geq 2$ είναι περιττός, ο n+2

περιττός, ενώ o k^2+1

και o

είναι άρτιοι.

Άρα $k^2\leq n<k(k+2)$ .

Αφού το

είναι περιττό πολ/σιο του

, θα είναι n=k^2

.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#34

B Λυκείου Π.3

Για τον εντοπισμό του

: Β.Π.3.png (23.59 KiB) Προβλήθηκε 1684 φορές

Κατασκευάζω το τόξο χορδής

που δέχεται γωνία $70^\circ$ και τόξο χορδής

που δέχεται γωνία $80^\circ.$ Τα δύο αυτά τόξα έχουν ήδη ένα κοινό σημείο το

άρα θα έχουν και δεύτερο μοναδικό κοινό σημείο, έστω

Henri van Aubel · #35

Μία προσέγγιση στο ΘΕΜΑ 1 Γ ΛΥΚΕΙΟΥ.
Αφού έχουμε βρει $\displaystyle A=-6a^{2}b^{2}+16,$ προφανώς θα είναι $A\leq 16$
Τώρα μένει να βρούμε την ελάχιστη τιμή, δηλαδή θέλουμε το μέγιστο του $a^{2}b^{2}$ .
Από την ανισότητα αριθμητικού -γεωμετρικού μέσου παίρνουμε
$a+b=2\geq 2\sqrt{ab}\Leftrightarrow a^{2}b^{2}\leq 1$
Συνεπώς θα είναι $A\geq -6\cdot 1+16=10$

#36

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 12, 2022 9:24 am
B eme geo.pngΒ' Γεωμετρία

Σχεδιάζω τον κύκλο . Για κάθε σημείο του ελάσσονος τόξου $\overset\frown{BC}$ , είναι : $\widehat{BDC}=150^0$ .

Ειδικότερα αν $\widehat{BAD}=40^0$ , προκύπτουν και : $\widehat{ADB}=70^0$ , $\widehat{ADC}=80^0$ .

Πολύ όμορφο

#37

Γεωμετρία Β Λυκείου

Του Θανάση () Η απάντηση είναι ότι πιο απλό .

Ας δούμε όμως και κάτι , που βλέπω είναι παρόμοιο με του Γιώργου του Βισβίκη.

Φέρνω τα ύψη $BM\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CN$ του $\vartriangle ABC$ και τα σημεία τους , $K\,\,,\,\,L$ για τα οποία :

$\widehat {AKN} = 70^\circ \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {CLM} = 80^\circ$ . Τα $KN\,\,\kappa \alpha \iota \,\,LM$ είναι οι φορείς των μεσοκαθέτων στις $AB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC$ .

: Θαλής 22_Β_Λυκείου.png (31.09 KiB) Προβλήθηκε 1619 φορές

Οι κύκλοι $\left( {K,KA} \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\left( {L,LA} \right)$ , προφανώς μη ταυτιζόμενοι, θα διέρχονται από το

και ο πρώτος από το

και ο άλλος από το

.

Αναγκαστικά τώρα θα τέμνονται σε ένα , ακόμη ,ακριβώς σημείο , έστω

.

Τα υπόλοιπα ειπώθηκαν πιο πάνω .

ohgreg · #38

Μια εναλλακτική λύση για το πρώτο πρόβλημα της Γ' Λυκείου:

Θεωρούμε συνάρτηση:
f(a)=8a^3+8(2-a)^3-3a^4-3(2-a)^4

, με:

, αφού: $0\leq a\leq 2$ .
Θα είναι:
f'(a)=24a^2-24(2-a)^3-12a^3+12(2-a)^3=

$\Leftrightarrow a=0$ ή a=1

ή

Για

ή

, παίρνουμε τοπικό μέγιστο 16, και για a=1

παίρνουμε τοπικό ελάχιστο 10.
Όμως, παρατηρούμε ότι τα 0, 2 είναι τα άκρα του πεδίου ορισμόυ της f, συνεπώς το 16 θα αποτελεί ολικό μέγιστο και το 10 ολικό ελάχιστο, αφού η f είναι συνεχής. Άρα θα είναι:
$16\geq f(a) \geq10 \Leftrightarrow 16\geq A \geq 10$

Henri van Aubel · #39

Καλημέρα και πάλι!!

Μία λύση στο ΘΕΜΑ 2 Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ.
(1) Το

είναι το περίκεντρο του τριγώνου $\vartriangle BCE,$ οπότε $\displaystyle \angle ECB=\frac{\angle EAB}{2}=\frac{90^\circ}{2}=45^\circ.$

(2) Προφανώς $\vartriangle ABM\sim \vartriangle \Theta MD$ με υποτείνουσες AB=DB,

άρα $\vartriangle ABM=\vartriangle \Theta MD.$
Συνεπώς $\displaystyle \left ( \Theta MD \right )=\left ( ABM \right )=\frac{a\cdot \upsilon }{4}:(1)$

Επιπλέον έχουμε $\displaystyle \left ( ABD \right )=\frac{a^{2}}{2}:(2)$

Άρα τελικά $\displaystyle \boxed {\left ( AM\Theta D \right )=\frac{a^{2}}{2}+\frac{a\cdot \upsilon }{2}}$

#40

Γ Λυκείου Π.2

: Γ.Π.2.png (25.66 KiB) Προβλήθηκε 1556 φορές

$\displaystyle EM = MD = \frac{{BC}}{2} \Rightarrow B\widehat EC = B\widehat DC = 90^\circ,$ άρα το BEDC

είναι εγγράψιμο, οπότε

$\displaystyle C\widehat ED = \frac{{\widehat B}}{2},B\widehat DE = \frac{{\widehat C}}{2},$ δηλαδή και τα BEKI, CDNI

είναι εγγράψιμα, απ' όπου

$\displaystyle \widehat K = \widehat N = 90^\circ$ και το ζητούμενο έπεται.

ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Μέλη σε σύνδεση