ΘΑΛΗΣ 2022

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

karalbi
Δημοσιεύσεις: 2
Εγγραφή: Κυρ Οκτ 31, 2021 11:19 am

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

#21

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από karalbi » Παρ Νοέμ 11, 2022 11:16 pm

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) :D :D :D :D



Λέξεις Κλειδιά:
petrosmani
Δημοσιεύσεις: 18
Εγγραφή: Τετ Φεβ 24, 2021 6:09 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

#22

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από petrosmani » Σάβ Νοέμ 12, 2022 7:18 am

Ούτε φέτος θα γίνει ο Ευκλείδης?


Henri van Aubel
Δημοσιεύσεις: 164
Εγγραφή: Τρί Σεπ 13, 2022 12:01 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

#23

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Henri van Aubel » Σάβ Νοέμ 12, 2022 8:09 am

Καλημέρα!! :D 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}


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11859
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

#24

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Νοέμ 12, 2022 8:38 am

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
Δημοσιεύσεις: 197
Εγγραφή: Τετ Οκτ 07, 2020 3:19 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

#25

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Manolis Petrakis » Σάβ Νοέμ 12, 2022 8:42 am

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
f(55)=7f(8)-1
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 (1) δίνει f(337)=6f(55)+7=6\cdot 55+7=337\ (4), λόγω της (3).
Για n=337 η (1) δίνει f(2029)=6f(337)+7=6\cdot 337+7=2029, λόγω της (4).
Επομένως f(2029)=2029.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11859
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

#26

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Νοέμ 12, 2022 8:49 am

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
Δημοσιεύσεις: 164
Εγγραφή: Τρί Σεπ 13, 2022 12:01 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

#27

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Henri van Aubel » Σάβ Νοέμ 12, 2022 8:51 am

Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΜΑ 2
Πρώτα παρατηρούμε ότι το τετράπλευρο BCED είναι εγγράψιμο σε κύκλο με κέντρο M 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
Δημοσιεύσεις: 197
Εγγραφή: Τετ Οκτ 07, 2020 3:19 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

#28

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Manolis Petrakis » Σάβ Νοέμ 12, 2022 9:17 am

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)
τελευταία επεξεργασία από Manolis Petrakis σε Σάβ Νοέμ 12, 2022 9:25 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8989
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

#29

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Σάβ Νοέμ 12, 2022 9:20 am

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 E παράλληλη στην DC 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 E και έτσι , AT = CB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC = TB\,\,\left( 1 \right)
Θαλής 22_Α λυκείου_Λύση.png
Θαλής 22_Α λυκείου_Λύση.png (18.8 KiB) Προβλήθηκε 778 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.


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 13806
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

#30

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Σάβ Νοέμ 12, 2022 9:24 am

B eme geo.png
B eme geo.png (13.54 KiB) Προβλήθηκε 763 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
Δημοσιεύσεις: 7
Εγγραφή: Τρί Οκτ 18, 2022 9:03 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

#31

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από CarlusMagnsenYourDad22 » Σάβ Νοέμ 12, 2022 9:42 am

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 AB 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 A, \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 :ugeek: 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.
Συνημμένα
Screenshot_20221112_090453.png
Screenshot_20221112_090453.png (48.11 KiB) Προβλήθηκε 249 φορές
τελευταία επεξεργασία από CarlusMagnsenYourDad22 σε Κυρ Νοέμ 13, 2022 1:20 pm, έχει επεξεργασθεί 7 φορές συνολικά.


Manolis Petrakis
Δημοσιεύσεις: 197
Εγγραφή: Τετ Οκτ 07, 2020 3:19 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

#32

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Manolis Petrakis » Σάβ Νοέμ 12, 2022 9:51 am

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1 - Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ
Έχουμε a^2+b^2=(a+b)^2-2ab=4-2ab
Επομένως a^4+b^4=(a^2+b^2)^2-2a^2b^2=(4-2ab)^2-2a^2b^2=2a^2b^2-16ab+16
Ακόμη a^3+b^3=(a+b)^3-3ab(a+b)=8-6ab
Άρα A=8(a^3+b^3)-3(a^4+b^4)=8(8-6ab)-3(2a^2b^2-16ab+16)=-6a^2b^2+16
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 a=b=1 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.


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2928
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

#33

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Νοέμ 12, 2022 9:52 am

ΘΕΜΑ 3 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Έχουμε k^2<n+2\leq (k+1)^2=k(k+2)+1.

Αφού ο n 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 (k+1)^2 είναι άρτιοι.

Άρα k^2\leq n<k(k+2).

Αφού το n είναι περιττό πολ/σιο του k, θα είναι n=k^2.

Φιλικά,

Αχιλλέας


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11859
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

#34

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Νοέμ 12, 2022 9:54 am

B Λυκείου Π.3

Για τον εντοπισμό του D.
Β.Π.3.png
Β.Π.3.png (23.59 KiB) Προβλήθηκε 694 φορές
Κατασκευάζω το τόξο χορδής AB που δέχεται γωνία 70^\circ και τόξο χορδής AC που δέχεται γωνία 80^\circ. Τα δύο αυτά τόξα έχουν ήδη ένα κοινό σημείο το A, άρα θα έχουν και δεύτερο μοναδικό κοινό σημείο, έστω D.


Henri van Aubel
Δημοσιεύσεις: 164
Εγγραφή: Τρί Σεπ 13, 2022 12:01 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

#35

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Henri van Aubel » Σάβ Νοέμ 12, 2022 10:01 am

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


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8989
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

#36

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Σάβ Νοέμ 12, 2022 10:02 am

KARKAR έγραψε:
Σάβ Νοέμ 12, 2022 9:24 am
B eme geo.pngΒ' 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 .
Πολύ όμορφο :clap2:


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8989
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

#37

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Σάβ Νοέμ 12, 2022 10:24 am

Γεωμετρία Β Λυκείου

Του Θανάση (KARKAR) 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 \,\,CNτου \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
Θαλής 22_Β_Λυκείου.png (31.09 KiB) Προβλήθηκε 629 φορές
Οι κύκλοι \left( {K,KA} \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\left( {L,LA} \right), προφανώς μη ταυτιζόμενοι, θα διέρχονται από το A και ο πρώτος από το B και ο άλλος από το C.

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

Τα υπόλοιπα ειπώθηκαν πιο πάνω .


ohgreg
Δημοσιεύσεις: 6
Εγγραφή: Δευ Ιούλ 26, 2021 11:22 pm
Τοποθεσία: Γλυφάδα

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

#38

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ohgreg » Σάβ Νοέμ 12, 2022 10:29 am

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: D_f=[0,2], αφού: 0\leq a\leq 2.
Θα είναι:
f'(a)=24a^2-24(2-a)^3-12a^3+12(2-a)^3=
=24a^2-24a^2+96a-96-12a^3+96-144a+72a^2-12a^3=
=-24a^3+72a^2-48a=-24a(a-1)(a-2)=0
\Leftrightarrow a=0 ή a=1 ή a=2

Για a=0 ή a=2, 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
τελευταία επεξεργασία από ohgreg σε Σάβ Νοέμ 12, 2022 1:43 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Ντερέκης Γρηγόρης
Henri van Aubel
Δημοσιεύσεις: 164
Εγγραφή: Τρί Σεπ 13, 2022 12:01 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

#39

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Henri van Aubel » Σάβ Νοέμ 12, 2022 10:42 am

Καλημέρα και πάλι!! :) Μία λύση στο ΘΕΜΑ 2 Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ.
(1) Το A 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}}


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11859
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

#40

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Νοέμ 12, 2022 11:05 am

Γ Λυκείου Π.2
Γ.Π.2.png
Γ.Π.2.png (25.66 KiB) Προβλήθηκε 566 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.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, ΚΥΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Κυριάκος Τσουρέκας και 1 επισκέπτης