ΘΑΛΗΣ 2022

kfd · #61

3.Γ΄ Γυμνασίου
Α-1=πολλ.63 και Α-1=64π+2=63π+π+2, άρα π+2 πολλ.63, π=πολλ.63-2. Επίσης 35000<64π+3<40000 άρα 546,...<π<624,...
Το μόνο πολλ.63 στο εν λόγω διάστημα είναι το 567 άρα π=565 και Α=64*565+3=36163.

paylos · #62

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1 Β΄ ΛΥΚΕΙΟΥ

Έστω
$\frac{1}{x}=a , \frac{1}{y}=b , \frac{1}{z}=c$ άρα ,

$x=\frac{1}{a}, y=\frac{1}{b} , z=\frac{1}{c}$

$a^{3}+b^{3}+c^{3}=\frac{1}{9}$ και $abc=\frac{1}{27}$

Από την ταυτότητα του Euler έχουμε:

$a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc=\frac{1}{2}\left ( a+b+c \right )\left [ \left ( a-b \right )^{2} +\left ( b-c \right )^{2}+\left ( c-a \right )^{2}\right ]$

$\frac{1}{9}-\frac{3}{27}=\frac{1}{2}\left ( a+b+c \right )\left [ \left ( a-b \right )^{2} +\left ( b-c \right )^{2}+\left ( c-a \right )^{2}\right ]$

$\left ( a-b \right )^{2} +\left ( b-c \right )^{2}+\left ( c-a \right )^{2}=0$ αφού $a+b+c\neq 0$ , άρα

$a=b=c=\frac{1}{3}$ , οπότε:

x=y=z=3

fogsteel · #63

Αλλιώς για το 3ο της Β' Γυμνασίου.

Στην αρχή ο Γιώργος και ο Δημήτρης έχουν

και

καραμέλες αντίστοιχα , ενώ στη σακούλα υπάρχουν

καραμέλες.

Αν ο Γιώργος και ο Δημήτρης φάγανε

καραμέλες , τότε συνολικά έχουμε 9x - y

καραμέλες , οπότε εύκολα προκύπτει πως ο Γιώργος έχει $x - \frac{y}{9}$ , ο Δημήτρης έχει $7x - \frac{7y}{9}$ καραμέλες και στη σακούλα υπάρχουν $x - \frac{y}{9}$ .

Άρα ο Δημήτρης πήρε από την σακούλα τουλάχιστον $7x - \frac{7y}{9} - x = 6x - \frac{7y}{9}$ , και αφού η σακούλα έχει $\frac{y}{9}$ καραμέλες λιγότερες , τότε πρέπει $\frac{y}{9} \geq 6x - \frac{7y}{9} \Leftrightarrow y \geq \frac{3}{4}* 9x$ , που είναι και το ζητούμενο.

spatharas · #64

ΕΜΕ 83ος Θαλής Λύκειο τάξη Α' - Ενδεικτικές απαντήσεις.pdf: (559.61 KiB) Μεταφορτώθηκε 97 φορές

#65

Για λόγους πλουραλισμού μια ακόμα λύση για το 3ο θέμα της Γ γυμνασίου .

Αφού ο a - 1

είναι πολλαπλάσιο του

και του

θα είναι πολλαπλάσιο και

του Ε. Κ. Π. δηλαδή του

. Θα υπάρχουν επομένως θετικοί ακέριοι $k\,\,,\,\,m$ ώστε :

$a - 1 = 63k\,\,\,\,\left( 1 \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,a - 3 = 64m\,\,\left( 2 \right)$ . Αντικαθιστώ το

από την $\left( 1 \right)$ στη $\left( 2 \right)$ και προκύπτει:

$\boxed{63k - 64m = 2}\,\,\,\left( 3 \right)$ αυτή γράφεται : $63k - 63m = m + 2 \Leftrightarrow 63\left( {k - m} \right) = m + 2$ .

Είναι εύκολο να δούμε ότι επαληθεύετε για για ${k_0} = 62\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,{m_0} = 61$

Αν θεωρήσουμε τώρα τους αριθμούς : $\boxed{k = {k_0} + 64t}\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\boxed{m = {m_0} + 63t}\,\,,\,\,t \in {\mathbb{N}^ * }$ τότε:

$63\left( {{k_0} + 64t} \right) - 64\left( {{m_0} + 63t} \right) = 63{k_0} - 64{m_0} = 2$ οπότε π. χ. η $\left( 1 \right)$ γίνεται :

$a = 1 + 63\left( {62 + 64t} \right) \Rightarrow \boxed{a = 3907 + 4032t}$ .

Αλλά από τον περιορισμό 35000 < a < 40000

έχω μόνο μια δεκτή τιμή : $\boxed{t = 8}$ και άρα : $\boxed{a = 3907 + 4032 \cdot 8 = 36163}$ .

thepigod762 · #66

Μία πιο διερευνητική λύση για το ΑΠ3 για λόγους πληρότητας.

Γράφουμε $n=kt, t \in \mathbb{N}.$

Έχουμε $kt+2>k^2 \Leftrightarrow k(k-t)<2.$

Για k(k-t)<0

, είναι $t>k \Leftrightarrow kt+2 > k^2 + 2.$

Όμως από εκεί πρέπει $k^2 \geq k^2 + 2,$ άτοπο.

Για $k(k-t)=0, t=k \Leftrightarrow n=k^2.$

Για $2>k(k-t)>0 \Rightarrow k(k-t)=1,$ οδηγούμαστε σε άτοπο.

aggeliki260807 · #67

καλησπέρα σε ολους κατα που πιστεύετε οτι θα κυμανθούν οι βάσεις για α λυκ;

panosgl2006 · #68

Καλησπέρα σας!Μήπως ξέρετε πότε θα αναρτηθούν τα θέματα(οι εκφώνησεις ενωω)?Πάντως το site της ΕΜΕ έχει πέσει από της 11.

#69

panosgl2006 έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 13, 2022 1:25 pm
Καλησπέρα σας!Μήπως ξέρετε πότε θα αναρτηθούν τα θέματα(οι εκφώνησεις ενωω)?Πάντως το site της ΕΜΕ έχει πέσει από της 11.

Τα θέματα έχουν ήδη αναρτηθεί στην 1η σελίδα του ΘΑΛΗΣ 2022.

ΥΓ Φαντάζομαι ότι με το "ενωω", θέλεις να πεις "εννοώ".

skou · #70

στο β) ερώτημα να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο ΒΖΕ είναι ισοσκελές, οι δύο ίσες γωνίες είναι οι γωνία ΕΒΓ = γωνία ΒΕΖ = 45 μοίρες
(εκ παραδρομής γράφετε γωνία ΕΒΓ = γωνία ΒΕΓ = 45 μοίρες)
Ευχαριστώ

pana1333 έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 12, 2022 10:46 pm
Πρόβλημα 2 Β γυμνασίου

Αφού

$AB=A\Gamma =AE$

το τρίγωνο είναι ισοσκελές άρα γωνία $A\hat{E}B=\omega$ .

Επομένως

$A\hat{B}E+\hat{A}+\Gamma \hat{A}E+A\hat{E}\Gamma=180^{\circ}$ άρα $\hat{A}=180-90-2\omega =90-2\omega$

Επίσης έστω γωνία $E\hat{B}\Gamma =a^{\circ}$ .

Άρα γωνία $\hat{B}=\hat{\Gamma }=\omega +a.$ .

Τότε $\hat{A}+\hat{B}+\hat{\Gamma }=180^{\circ}\Leftrightarrow$ $90-2\omega +\omega +a+\omega +a=180^{\circ}$ άρα $a=45^{\circ}$

Επομένως $\hat{B}=\hat{\Gamma}=45+\omega$

Β) Έστω $\Delta \hat{\Gamma }Z=k^{\circ}$ τότε $\hat{\Gamma }+A\hat{\Gamma }\Delta +\Delta \hat{\Gamma }Z=180^{\circ}$

Άρα $45+\omega +90+k=180\Leftrightarrow k=45-\omega$ άρα $E\hat{\Gamma }Z=90-\omega$

επομένως για το τρίγωνο ΕΖΓ ισχύει

$E\hat{\Gamma }Z+\hat{Z }+\Gamma \hat{E}Z=180^{\circ}\Leftrightarrow \Gamma \hat{E }Z=\omega ^{\circ}$

Επίσης είναι $B\hat{E }\Gamma =45-\omega$ αφού $A\hat{E }\Gamma=45^{\circ}$ και $A\hat{E }B$ $=\omega^{\circ}$

Άρα

$E\hat{B }\Gamma=B\hat{E }\Gamma =45^{\circ}$

άρα το τρίγωνο ΒΖΕ είναι ισοσκελές άρα ΒΖ=ΕΖ

Gtrik · #71

Γεια σας! Είμαι μαθητής της Β λυκείου, που αγαπά τα μαθηματικά και έχει στόχο να πάει καλά στον Αρχιμήδη. Δυστυχώς όμως είχα μια ατυχία στον φετινό Θαλή. Έλυσα το πρώτο πρόβλημα, όμως το δεύτερο δεν μου έβγαινε, γιατί δεν μου ήρθε να κάνω το πρόσημο τριωνυμου, όμως το έγραψα μέχρι εκεί, έθεσα σωστα και μάντεψα την λύση και την έγραψα. Στο τρίτο πρόβλημα πρόλαβα μόνο τις δυο περιπτώσεις για το σημείο Δ. Κρίνετε ότι έχω περάσει? Είμαι σε δίλημμα για το αν θα ξεκινήσω να προετοιμάζομαι για τον Αρχιμήδη

#72

Gtrik έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 13, 2022 8:36 pm
Γεια σας! Είμαι μαθητής της Β λυκείου, που αγαπά τα μαθηματικά και έχει στόχο να πάει καλά στον Αρχιμήδη.
....

Είμαι σε δίλημμα για το αν θα ξεκινήσω να προετοιμάζομαι για τον Αρχιμήδη

Η πρώτη σου πρόταση απαντά στην ερώτηση σου.

kfd · #73

B΄Λυκείου 1
Oι αριθμοί $\frac{1}{x^{3}}+\frac{1}{y^{3}}+\frac{1}{z^{3}}$ και $3\cdot \sqrt[3]{\frac{1}{x^{3}}\cdot \frac{1}{y^{3}}\cdot \frac{1}{x^{3}}}$ είναι ίσοι με $\frac{1}{9}$ , άρα από την ανισότητα ΑGM πρέπει να ισχύει $\frac{1}{x^{3}}=\frac{1}{y^{3}}=\frac{1}{z^{3}}\Leftrightarrow \frac{1}{x}=\frac{1}{y}=\frac{1}{z}\Leftrightarrow x=y=z=3$ .

#74

kfd έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 13, 2022 9:09 pm
B΄Λυκείου 1
Oι αριθμοί $\frac{1}{x^{3}}+\frac{1}{y^{3}}+\frac{1}{z^{3}}$ και $3\cdot \sqrt[3]{\frac{1}{x^{3}}\cdot \frac{1}{y^{3}}\cdot \frac{1}{x^{3}}}$ είναι ίσοι με $\frac{1}{9}$ , άρα από την ανισότητα ΑGM πρέπει να ισχύει $\frac{1}{x^{3}}=\frac{1}{y^{3}}=\frac{1}{z^{3}}\Leftrightarrow \frac{1}{x}=\frac{1}{y}=\frac{1}{z}\Leftrightarrow x=y=z=3$ .

Η ανισότητα ΑΜ-ΓΜ εφαρμόζεται μόνο για θετικούς αριθμούς.

pana1333 · #75

skou έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 13, 2022 4:15 pm
στο β) ερώτημα να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο ΒΖΕ είναι ισοσκελές, οι δύο ίσες γωνίες είναι οι γωνία ΕΒΓ = γωνία ΒΕΖ = 45 μοίρες
(εκ παραδρομής γράφετε γωνία ΕΒΓ = γωνία ΒΕΓ = 45 μοίρες)
Ευχαριστώ

Το διόρθωσα. Ευχαριστώ

#76

Τα θέματα και οι επίσημες λύσεις έγιναν διαθέσιμα στην ιστοσελίδα της ΕΜΕ εδώ.

spatharas · #77

ΕΜΕ 83ος Θαλής Γυμνάσιο τάξη Γ' - Ενδεικτικές απαντήσεις.pdf: (513.83 KiB) Μεταφορτώθηκε 67 φορές

ΠΟΔΑΡΑΣ ΑΓΑΜΕΜΝΩΝ · #78

kfd έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 12, 2022 11:49 pm
3.Γ΄ Γυμνασίου
Α-1=πολλ.63 και Α-1=64π+2=63π+π+2, άρα π+2 πολλ.63, π=πολλ.63-2. Επίσης 35000<64π+3<40000 άρα 546,...<π<624,...
Το μόνο πολλ.63 στο εν λόγω διάστημα είναι το 567 άρα π=565 και Α=64*565+3=36163.

Θεωρείτε πως ήταν εύκολο πρόβλημα;

Henri van Aubel · #79

ΠΟΔΑΡΑΣ ΑΓΑΜΕΜΝΩΝ έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 13, 2022 10:54 pm

kfd έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 12, 2022 11:49 pm
3.Γ΄ Γυμνασίου
Α-1=πολλ.63 και Α-1=64π+2=63π+π+2, άρα π+2 πολλ.63, π=πολλ.63-2. Επίσης 35000<64π+3<40000 άρα 546,...<π<624,...
Το μόνο πολλ.63 στο εν λόγω διάστημα είναι το 567 άρα π=565 και Α=64*565+3=36163.
Θεωρείτε πως ήταν εύκολο πρόβλημα;

Εγώ το θεωρώ πανεύκολο.

S.E.Louridas · #80

Καλημέρα καλημέρα.
Μια ακόμα λύση για το 1ο θέμα της Β΄ Λυκείου. Και αυτό επειδή έχει σημασία η πολυφωνία επίλυσης ενός θέματος, οπότε να μην απελπίζονται οι μαθητές αν βλέπουν μία πιο εξειδικευμένη, κατά την άποψη τους ή κατά την άποψη των διδασκόντων τους, λύση. Ένα καλό θέμα (Όπως κατά την άποψη μου αυτό) δίνει την δυνατότητα να αναδεικνύεται και αυτός που γνωρίζει κάτι περισσότερο (π.χ. εδώ τη ταυτότητα του Euler), αλλά και εκείνος που δεν γνωρίζει κάτι περισσότερο αλλά το επιλύει με "λιγότερες" στοιχειώδεις γνώσεις.

Καταρχάς κατανοούμε ότι η πρώτη σχέση $\displaystyle{\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \ne 0}$ θα πρέπει να ληφθεί υπόψη, ίσως ως παράγοντας γινομένου ίσου με το μηδέν.
Έχουμε από τη δεύτερη των εξισώσεων:
$\displaystyle{{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y}} \right)^3} - 3\frac{1}{{xy}}\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y}} \right) + {\left( {\frac{1}{z}} \right)^3} = \frac{1}{9} \Leftrightarrow }$
$\displaystyle{{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)^3} - 3\frac{1}{z}\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y}} \right)\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) - 3\frac{1}{{xy}}\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) + \frac{3}{{xyz}} = \frac{1}{9}\mathop \Leftrightarrow \limits^{xyz = 27} }$
$\displaystyle{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)\left[ {{{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)}^2} - \frac{3}{{xy}} - \frac{3}{{yz}} - \frac{3}{{zx}}} \right] = 0 \Leftrightarrow }$
$\displaystyle{{\left( {\frac{1}{x}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{y}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{z}} \right)^2} - \frac{1}{x}\cdot \frac{1}{y} - \frac{1}{y}\cdot \frac{1}{z} - \frac{1}{z}\cdot \frac{1}{x} = 0 \Leftrightarrow }$
$\displaystyle{{\left( {\frac{1}{x} - \frac{1}{y}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{y} - \frac{1}{z}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{z} - \frac{1}{x}} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow x = y = z}$ ,
τελικά $\displaystyle{x = y = z = 3.}$

(*) Η μόνη γνώση που χρειάζεται για την λύση αυτή είναι η
${\left( {a + b} \right)^3} = {a^3} + {b^3} + 3{a^2}b + 3a{b^2} \Leftrightarrow {a^3} + {b^3} = {\left( {a + b} \right)^3} - 3ab\left( {a + b} \right).$

(**) Ας μη ξεχνάμε βέβαια και το ότι βιώνουμε εποχή των «Συμβολιστικών Μαθηματικών».

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