ΘΑΛΗΣ 2023

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Giannis Masterio
Δημοσιεύσεις: 12
Εγγραφή: Κυρ Απρ 03, 2022 2:44 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

#21

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Giannis Masterio » Σάβ Νοέμ 04, 2023 4:12 pm

Παραθέτω τη λυση μου για το Π3 της Γ Λυκείου και ελπίζω αυτό να το έχω λύσει σωστά :
Για n=1 βρισκω Α=20235 που δεν ειναι τελειο τετράγωνο.
Αν υπάρχει τέλειο τετράγωνο τέτοιο θα λήγει σε 5 αρα θα είναι τετράγωνο ακεραίου πολλαπλάσιου του 5.
Για n>=2 ο n-1 ειναι θετικός ακέραιος και έχω :
2023\cdot 10^{n}+5= (5k)^{2}
Οπότε :
 2023\cdot 2\cdot 5\cdot 5^{n-1}\cdot 2^{n-1} +5= 25\cdot k^{2}
Από όπου διαιρωντας με το 5
2023\cdot 2\cdot 5^{n-1}\cdot 2^{n-1} +1= 5\cdot k^{2}

Αρα αφού το 5 διαιρεί τον εναν όρο πρέπει να διαιρεί και τον άσσο , άτοπο . Άρα δεν υπάρχει τέτοιος n.



Λέξεις Κλειδιά:
Παπαδόπουλος Κώστας
Δημοσιεύσεις: 23
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 19, 2023 10:32 am
Τοποθεσία: Μεσολόγγι

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

#22

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Παπαδόπουλος Κώστας » Σάβ Νοέμ 04, 2023 4:48 pm

Αν και είναι νωρίς γνωρίζουμε πότε περίπου θα βγουν τα αποτελέσματα; :?:


<<Φτάσε όπου δεν μπορείς>>,Νίκος Καζαντζάκης
Batapan
Δημοσιεύσεις: 26
Εγγραφή: Δευ Νοέμ 07, 2022 3:51 pm
Τοποθεσία: Βελεστίνο

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

#23

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Batapan » Σάβ Νοέμ 04, 2023 4:52 pm

Βάζω τη λύση μου για τη Γεωμετρία Β λυκείου
Έστω T \equiv AI \cap KL και H \equiv MI \cap BC

 \angle AKL = \angle ALK = 90 - \frac{ A}{2} άρα AT \perp KL

Φέρνω την προβολή του Δ πάνω στην ΑΓ (έστω Θ)
Αρκει για να δείξω πως MH \perp BC ότι ΜΘΗΔ εγγράψιμο
Ισοδύναμα , αρκει (γωνίες) ΗΜΘ=ΘΔΓ

Από τα δεδομένα, βλέπουμε πως \triangle BKI =\triangle BDI άρα IK=ID

\angle BKD = 90-\frac{B}{2} =  90-\frac{180-A-C}{2} =\frac{A}{2} +\frac{C}{2} και παραλληλα από το \triangle AKD,
\angle BKD= \angle KAD + \angle ADK = \frac{A}{2} + \angle ADK

Επομένως \angle ADK=\frac{C}{2} και επειδή KID ισοσκελές, \angle KIT = \angle IKD + \angle IDK = \angle C
Άρα απο το ορθογώνιο ΚΤΙ, \angle IKT=90 - \angle C = \angle IKL =\angle IML

και παράλληλα , ΓΔΘ(γωνία) = 90-\angle C απο το ΔΘΓ, επομένως ΜΘΔΗ εγγράψιμο και εδω τελειώνει η απόδειξη
Συνημμένα
ΘΑΛΗΣ 2023 Π4.png
ΘΑΛΗΣ 2023 Π4.png (95.82 KiB) Προβλήθηκε 3462 φορές


Μπατακόγιας Παναγιώτης
Henri van Aubel
Δημοσιεύσεις: 876
Εγγραφή: Τρί Σεπ 13, 2022 12:01 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

#24

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Henri van Aubel » Σάβ Νοέμ 04, 2023 5:14 pm

Για τη γεωμετρία της Β Λυκείου μια παρατήρηση είναι να δούμε πως B\overset{\bigtriangleup }KI=B\overset{\bigtriangleup }DI από όπου \displaystyle \widehat{BKI}=\widehat{BDI}\Longrightarrow \widehat{AIK}=\widehat{BDA}-\widehat{BAD}=\widehat{BDA}-\widehat{DAC}=\widehat{ACB} και μαζί με την παρατήρηση ότι A\overset{\bigtriangleup }KI=A\overset{\bigtriangleup }LI θα πάρουμε \widehat{AIK}=\widehat{AIL}=\widehat{ACB} και IK=IL από όπου \widehat{IKL}=90^\circ-\widehat{ACB}. Το εγγράψιμο MKIL στην ουσία τελειώνει την δουλειά, αφού \widehat{IML}=\widehat{IKL}=90^\circ-\widehat{ACB}.

(η λύση έγινε περιγραφικά...)


Henri van Aubel
Δημοσιεύσεις: 876
Εγγραφή: Τρί Σεπ 13, 2022 12:01 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

#25

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Henri van Aubel » Σάβ Νοέμ 04, 2023 5:30 pm

Παπαδόπουλος Κώστας έγραψε:
Σάβ Νοέμ 04, 2023 4:48 pm
Αν και είναι νωρίς γνωρίζουμε πότε περίπου θα βγουν τα αποτελέσματα; :?:
Δεν ξέρω. Όσο για τα θέματα της Α λυκ., το πρώτο λύνεται άμεσα αν δείξεις ότι \left | a \right |=\left | b \right |=\left | c \right |, το δεύτερο λύνεται άμεσα αν φέρεις το σύστημα στην μορφή \displaystyle \left\{\begin{matrix} \left ( x-2 \right )^{2}+\displaystyle \frac{5}{y+2}=6 & & \\ 3\left ( x-2 \right )^{2}-\displaystyle \frac{4}{y+2}=-1 & & \end{matrix}\right. και το τέταρτο είναι μία γεωμετρία πάρα πολύ βατή. (εκφράζω την προσωπική μου άποψη). Θεωρώ ότι το 3 ήταν μακράν το πιο δύσκολο από τα 4 , λύνεται όμως με γνώσεις θεωρίας αριθμών και όταν τα πρωτοείδα τα θέματα το πρωί (έχω κάποιους μαθητές που δίνουν :) ), είπα από μέσα μου ότι λίγοι θα γράψουν το 3. :?


Aba
Δημοσιεύσεις: 9
Εγγραφή: Τετ Ιουν 07, 2023 3:01 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

#26

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Aba » Σάβ Νοέμ 04, 2023 6:14 pm

Για το Π3 Γ Λυκείου:
Αν n\geq 3 τότε πρέπει \alpha ^{2}\equiv 5mod8
Αλλά \alpha ^{2}\equiv 0,1,4 mod8
Άρα, πρέπει n=0, 1 ,2
Για καμία όμως από τις παραπάνω περιπτώσεις δεν προκύπτει τετράγωνο ακεραίου
Επομένως, δεν υπάρχει n \epsilon \mathbb{N} που ικανοποιεί την υπόθεση


Aba
Δημοσιεύσεις: 9
Εγγραφή: Τετ Ιουν 07, 2023 3:01 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

#27

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Aba » Σάβ Νοέμ 04, 2023 6:30 pm

Για το Π1 Γ Λυκείου:
Αφού \frac{a}{b},\frac{b}{c},\frac{c}{d},\frac{d}{a}\epsilon \mathbb{Z} τότε a=x_{1}b, b=x_{2}c, c=x_{3}d, d=x_{4}a
Άρα, a=x_{1}x_{2}x_{3}d
Επομένως, a\mid d και d\mid a
Άρα, \left |a \right |=\left |d \right |
Όμοια αποδεικνύουμε ότι \left | a \right |=\left |b \right |=\left |c \right |=\left |d \right |
Αν όλοι είναι θετικοί ή όλοι αρνητικοί Α=16
Αν έχουμε έναν θετικό και τρεις αρνητικούς ή έναν αρνητικό και τρεις θετικούς Α=4
Αν είναι δυο θετικοί και δυο αρνητικοί Α=0
τελευταία επεξεργασία από Aba σε Σάβ Νοέμ 04, 2023 7:20 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


nikos467
Δημοσιεύσεις: 1
Εγγραφή: Παρ Σεπ 17, 2021 9:26 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

#28

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nikos467 » Σάβ Νοέμ 04, 2023 7:02 pm

Aba έγραψε:
Σάβ Νοέμ 04, 2023 6:30 pm
Για το Π1 Γ Λυκείου:
Αφού \frac{a}{b},\frac{b}{c},\frac{c}{d},\frac{d}{a}\epsilon \mathbb{Z} τότε a=x_{1}b, b=x_{2}c, c=x_{3}d, d=x_{4}a
Άρα, a=x_{1}x_{2}x_{3}d
Επομένως, a\mid d και d\mid a
Άρα, \left |a \right |=\left |d \right |
Όμοια αποδεικνύουμε ότι \left | a \right |=\left |b \right |=\left |c \right |=\left |d \right |
Αν όλοι είναι θετικοί Α=16
Αν έχουμε έναν θετικό και τρεις αρνητικούς ή έναν αρνητικό και τρεις θετικούς Α=4
Αν είναι δυο θετικοί και δυο αρνητικοί Α=0
Σε αυτην τη ασκηση έκανα ακριβώς τι εγράψες. Ξέχασα να αναφέρω την περίπτωση όπου ολα είναι αρνητικα αλλά δεν προσθέτει καμία επιπλέον λύση πιστεύεις θα με κόψουν;


Aba
Δημοσιεύσεις: 9
Εγγραφή: Τετ Ιουν 07, 2023 3:01 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

#29

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Aba » Σάβ Νοέμ 04, 2023 7:19 pm

Δεν ξέρω εγώ έγραψα και την περίπτωση με τα αρνητικά, απλώς τώρα ξέχασα να την προσθέσω...


telemathic
Δημοσιεύσεις: 8
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 18, 2023 8:25 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

#30

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από telemathic » Σάβ Νοέμ 04, 2023 9:05 pm

Nick Rapanos έγραψε:
Σάβ Νοέμ 04, 2023 3:27 pm
Γ' Λυκείου/Θέμα 4

Παρατηρώ ότι όταν η γωνία \hat{A}=60^o τότε το τετράπλευρο ΟΙBC είναι εγγραψίμο καθώς \widehat{BIC}=\widehat{BOC}=120^o.
Άρα, \widehat{IOB}=\widehat{ICB}=\hat{C}/2 = \widehat{EOB}/2, και συνεπώς η OI διχοτομεί τη γωνία \widehat{EOB}.
To τρίγωνο EOB είναι ισοσκελές, άρα η OI είναι και μεσοκάθετος της EB.

C6_P4.png

[ggb=https://www.geogebra.org/classic/fvhrrvz2][/ggb]
Μια ακόμη προσέγγιση:
Επειδή CI διχοτόμος και E μέσο του ελάσσονος τόξου AB \Rightarrow C,I,E συνευθειακά. Επειδη OE=OB ως ακτίνες του περιγεγραμμένου του \triangle{ABC}, αρκεί \triangle{EBI} ισοσκελές. Πράγματι είναι \angle{BEI}=\angle{BAC}=60^o και \angle{EBI}=(\angle{ACB}+\angle{ABC})/2=60^o


Nick Rapanos
Δημοσιεύσεις: 50
Εγγραφή: Τρί Απρ 07, 2009 2:18 am

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

#31

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Nick Rapanos » Σάβ Νοέμ 04, 2023 11:20 pm

telemathic έγραψε:
Σάβ Νοέμ 04, 2023 9:05 pm
Nick Rapanos έγραψε:
Σάβ Νοέμ 04, 2023 3:27 pm
Γ' Λυκείου/Θέμα 4

Παρατηρώ ότι όταν η γωνία \hat{A}=60^o τότε το τετράπλευρο ΟΙBC είναι εγγραψίμο καθώς \widehat{BIC}=\widehat{BOC}=120^o.
Άρα, \widehat{IOB}=\widehat{ICB}=\hat{C}/2 = \widehat{EOB}/2, και συνεπώς η OI διχοτομεί τη γωνία \widehat{EOB}.
To τρίγωνο EOB είναι ισοσκελές, άρα η OI είναι και μεσοκάθετος της EB.

C6_P4.png

[ggb=https://www.geogebra.org/classic/fvhrrvz2][/ggb]
Μια ακόμη προσέγγιση:
Επειδή CI διχοτόμος και E μέσο του ελάσσονος τόξου AB \Rightarrow C,I,E συνευθειακά. Επειδη OE=OB ως ακτίνες του περιγεγραμμένου του \triangle{ABC}, αρκεί \triangle{EBI} ισοσκελές. Πράγματι είναι \angle{BEI}=\angle{BAC}=60^o και \angle{EBI}=(\angle{ACB}+\angle{ABC})/2=60^o
Πολύ ωραία. Να πούμε επίσης ότι και το ορθόκεντρο Η του τριγώνου ΑΒΓ βρίσκεται πάνω στον κύκλο ΒΙΟΓ.
Όταν συμμετείχα ενεργά στους διαγωνισμούς ήξερα πολλές "βασικές ιδιότητες" για τα γνωστά σημεία και κύκλους ενός τριγώνου.
Αυτή η άσκηση αξίζει να μπει στην "φαρέτρα" των μαθητών ως μία από αυτές τις βασικές ιδιότητες. Θέλω να πω ότι κάποιες ασκήσεις δεν πρέπει να αντιμετωπίζονται ως απλά ένα ακόμη πρόβλημα που το ξεχνάμε μετά τη λύση του, αλλά ως ένα building block που μπορεί να μας φανεί χρήσιμο στο μέλλον. Είμαι σίγουρος ότι αν ανατρέξω στις σημείωσεις μου από τα παλιά θα βρώ κάπου ένα λήμμα της μορφής:

"Όταν η γωνία Α ενός τριγώνου είναι 60 μοίρες, τότε το ορθόκεντρο, το έγκεντρο, το περίκεντρο, και τα σημεία Β και Γ είναι ομοκυκλικά."


Nickdpoul
Δημοσιεύσεις: 3
Εγγραφή: Σάβ Νοέμ 04, 2023 11:09 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

#32

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Nickdpoul » Σάβ Νοέμ 04, 2023 11:27 pm

Καλησπέρα καινούργιος εδώ!
Σήμερα στο Π3 της Γ Λυκείου έγραψα εν συντομία:
Ο A θα είναι της μορφής A= 20230...05, με \nu-1 μηδενικά.
Άρα θα τελειώνει σε 5.
Αν ο A είναι τετράγωνο ακέραιου αριθμού, θα υπάρχει \alpha, ώστε \alpha^2 = A.
Απέδειξα ότι ο \alpha θα πρέπει υποχρεωτικά να τελειώνει σε 5, αφού πήρα όλους του αριθμούς από 0-9 και έδειξα ότι τελειώνει σε 5.
Έπειτα είπα ότι ο \alpha θα έχει 2τελευταία ψηφία 05 ή 15 ή 25 ή 35 ή 45 ή 55 ή 65 ή 75 ή 85 ή 95.
Απέδειξα παίρνοντας όλες τις περιπτώσεις μια προς μια, ότι σε κάθε περίπτωση ο A θα τελειώνει σε 25.
Αυτό όμως είναι άτοπο, αφού ο Α τελειώνει σε 05 ή 35 για \nu =1.
Άρα ο \alpha δεν υπάρχει.
Άρα ο A δεν είναι τετράγωνο ακέραιου αριθμού.

Ή απόδειξη στην κόλλα ήταν προφανώς πιο αναλυτική. Καταλαβαίνω το ότι το να παίρνεις 20 περιπτώσεις και να τις εξετάζεις μια προς μια δεν είναι κομψό. Η λύση αυτή θεωρείτε πως είναι δεκτή?

Επίσης, γνωρίζει κάποιος πόσο χρειάζεται κάποιος για να πάει στην Ευκλείδη (ή αν είναι συγκριτικό) και πότε θα βγουν τα αποτελέσματα?

(ΣΗΜΕΙΩΣΗ ΑΠΟ ΕΠΙΜΕΛΗΤΗ (ΙΩΑΝΝΟΥ Δ.): Διόρθωσα την γραφή σε κώδικα LATEX)


Nick Rapanos
Δημοσιεύσεις: 50
Εγγραφή: Τρί Απρ 07, 2009 2:18 am

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

#33

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Nick Rapanos » Σάβ Νοέμ 04, 2023 11:48 pm

Nickdpoul έγραψε:
Σάβ Νοέμ 04, 2023 11:27 pm
Καλησπέρα καινούργιος εδώ!
Σήμερα στο Π3 της Γ Λυκείου έγραψα εν συντομία:
Ο Α θα είναι της μορφής Α= 20230...05, με ν-1 μηδενικά.
Άρα θα τελειώνει σε 5.
Αν ο Α είναι τετράγωνο ακέραιου αριθμού, θα υπάρχει α, ώστε α^2 = Α.
Απέδειξα ότι ο α θα πρέπει υποχρεωτικά να τελειώνει σε 5, άφου πήρα όλους του αριθμούς απο 0-9 και έδειξα ότι τελειώνει σε 5.
Έπειτα είπα ότι ο α θα έχει 2 τελευταία ψηφία 05 ή 15 ή 25 ή 35 ή 45 ή 55 ή 65 ή 75 ή 85 ή 95.
Απέδειξα παίρνοντας όλες τις περιπτώσεις μια προς μια, ότι σε κάθε περίπτωση ο Α θα τελείνει σε 25.
Αύτο όμως είναι άτοπο, αφού ο Α τελειώνει σε 05 ή 35 για ν=1.
Άρα ο α δεν υπάρχει.
Άρα ο Α δεν είναι τετράγωνο ακέραιου αριθμού.

Ή απόδειξη στην κόλλα ήταν προφανώς πιο αναλυτική. Καταλαβαίνω το ότι το να παίρνεις 20 περιπτώσεις και να τις εξετάζεις μια προς μια δεν είναι κομψό. Η λύση αυτή θεωρείτε πως είναι δεκτή?

Επίσης, γνωρίζει κάποιος πόσο χρειάζεται κάποιος για να πάει στην Ευκλείδη (ή αν είναι συγκριτικό) και πότε θα βγουν τα αποτελέσματα?
Γειά σου! Ας σου απαντήσω εγώ με την προσωπική μου άποψη (με βάση την εμπειρία μου σε διαγωνισμούς) χωρίς φυσικά να εκπροσωπώ την ΕΜE:

1. Κάθε λύση είναι λύση. Η κομψότητα δεν βαθμολογείται έξτρα!
2. Νομίζω η λύση σου είναι πολύ κοντά σε αυτή του Giannis Masterio παραπάνω και αυτή είναι και η δική μου λύση στο πρόβλημα. Είναι κρίμα που το έμπλεξες λίγο παραπάνω από όσο χρειαζόταν, αλλά από αυτό που περιγράφεις (και χωρίς να έχω το γραπτό σου μπροστά μου) εγώ θα σου έδινα τους περισσότερους αν όχι όλους τους βαθμούς της άσκησης.
3. Τα αποτελέσματα στους μαθηματικούς διαγωνισμούς είναι πάντα συγκριτικά.


Henri van Aubel
Δημοσιεύσεις: 876
Εγγραφή: Τρί Σεπ 13, 2022 12:01 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

#34

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Henri van Aubel » Κυρ Νοέμ 05, 2023 6:56 pm

Να παρατηρήσουμε ότι στο θέμα 4 της Β γυμνασίου, θα ήταν πιο ''ψαρωτικό '' να λέει: Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των αριθμών των μαθητών που δεν επιλέχτηκαν είναι τουλάχιστον ίσο με 98.

Δηλαδή, ένας ''δολοπλόκος'' θεματοδότης για τα δεδομένα γυμνασίου πάντα θα σκεφτόταν : '' Οκ, κάθε παίκτης από αυτούς που επιλέχτηκαν έχει δίπλα του παίκτη με μεγαλύτερο αριθμό, άρα ο παίκτης με τον μεγαλύτερο αριθμό από αυτούς που επιλέχτηκαν έχει αριθμό το πολύ ίσο με 19 και συνεπώς το άθροισμα των αριθμών αυτών που επιλέχτηκαν είναι το πολύ 19+18+17+16+15+14+13 και το άθροισμα των αριθμών αυτών που δεν επιλέχτηκαν είναι τουλάχιστον \displaystyle 1+2+3+...+12+20=\frac{12\cdot 13}{2}+20=98. '' :)

Σχόλιο: Οι γεωμετρίες του γυμνασίου ήταν πολύ κατεβασμένου επιπέδου.


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 3014
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

#35

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Κυρ Νοέμ 05, 2023 9:13 pm

ΘΑΛΗΣ 2023 - Β ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ - ΘΕΜΑ 2 (ΣΥΝΕΧΕΙΑ)

Πρόβλημα 4. Η δασκάλα μιας τάξης 20 παιδιών θέλει να επιλέξει τυχαία κάποια από αυτά για να την εκπροσωπήσουν στη Βουλή. Τοποθετεί τα παιδιά σε έναν κύκλο και τους μοιράζει από ένα φάκελο που μέσα γράφει έναν ακέραιο αριθμό από το 1 έως το 20. Κάθε αριθμός εμφανίζεται μόνο μία φορά. Αφού ανοίξουν τους φακέλους, ένα παιδί επιλέγεται μόνο αν έχει δίπλα του (δεξιά και αριστερά του) ένα παιδί με μικρότερο αριθμό και ένα παιδί με μεγαλύτερο αριθμό. Τελικά επιλέχθηκαν 7 παιδιά. Είναι δυνατόν το άθροισμα των αριθμών που είχαν τα παιδιά που επιλέχθηκαν να είναι 113;
**************************************************************************************************************************************

Σε συνέχεια του παραπάνω προβλήματος, ποιο είναι το μέγιστο δυνατό άθροισμα των αριθμών που μπορεί να έχουν τα παιδιά που επιλέχθηκαν;


Nikitas K.
Δημοσιεύσεις: 30
Εγγραφή: Δευ Νοέμ 06, 2023 6:01 pm
Τοποθεσία: Ρόδος

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

#36

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Nikitas K. » Δευ Νοέμ 06, 2023 8:04 pm

Καλησπέρα,
Έκανα έναν λάθος συνειρμό στο Π1, οπότε και έσβησα την ανάρτηση.
Δεν χρειάζεται να προσθέσω κάτι, διότι ήδη έχει απαντηθεί.
Αφήνω μόνο αυτό από όσα έσβησα προηγουμένως.
Αν x_1,x_2,...,x_n\in\mathbb{R^*} με n\in\mathbb{N^*}
τέτοιοι, ώστε \frac{x_1}{x_2}, \frac{x_2}{x_3}, ..., \frac{x_n}{x_1}\in\mathbb{Z^*}, τότε |x_1| \geq |x_2| \geq ... \geq |x_n| \geq |x_1| \Rightarrow |x_1| =|x_2| = ... = |x_n|
τελευταία επεξεργασία από Nikitas K. σε Τρί Νοέμ 07, 2023 12:20 am, έχει επεξεργασθεί 5 φορές συνολικά.


Νικήτας Κακούλλης
Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1816
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

#37

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Δευ Νοέμ 06, 2023 11:07 pm

Β' Λυκείου

Πρόβλημα 4. Δίνεται τρίγωνο ABC με AB < AC < BC και το σημείο τομής των διχοτόμων του I. Έστω ότι η ευθεία AI τέμνει την πλευρά BC στο σημείο D. Θεωρούμε σημείο K στην πλευρά AB τέτοιο ώστε BK = BD, και σημείο L στην πλευρά AC τέτοιο ώστε AL = AK. Αν Μ είναι το σημείο τομής του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου KIL με την AL (διαφορετικό από τοL ), να αποδείξετε ότι η ευθεία MI είναι κάθετη στην BC.

Λύση: Στα ισοσκελή τρίγωνα BDK , KAL οι ευθείες BI, AD αντίστοιχα είναι διχοτόμοι, άρα και μεσοκάθετη των τμημάτων KD, KL . Οπότε τα τρίγωνα DKL και IKD είναι ισοσκελή.

Έχουμε

\angle LKD = 180^0-\angle AKL -\angle BKD= 180^0- \left ( 90^0-\dfrac{\hat{A}}{2} \right) -\left (90-\dfrac{\hat{B}}{2} \right) = \dfrac{\hat{A}+\hat{B}}{2}= 90^0-\dfrac{\hat{C}}{2}.

\angle IKD = \angle IDK = 90^0-\angle LKD=90^0-\left (90^0-\dfrac{\hat{C}}{2} \right)= \dfrac{\hat{C}}{2}.

Επομένως θα έχουμε \angle LKI= \angle LKD-\angle IKD=90^0-\dfrac{\hat{C}}{2} - \dfrac{\hat{C}}{2} =90^0-\hat{C}.

Όμως \angle LKI = \angle LMI=90^0-\hat{C} ( εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο). Ισχύει δηλαδή ότι, \angle LMI = \angle CAE, όπου AE το ύψος του τριγώνου ABC από την κορυφή A. Άρα AE || MI και εφόσον AE \perp BC θα είναι και MI \perp BC.

geogebra-export.png
geogebra-export.png (154.59 KiB) Προβλήθηκε 3019 φορές

Υγ. 1 Μου άρεσαν το πρόβλημα 4 της Β' Γυμνασίου, το πρώτο προβλημα του Λυκείου και το πρόβλημα 4 της Β' Λυκείου. Θεωρώ ότι το πρόβλημα 3 της Γ' Λυκείου είναι πιο εύκολο από τα αντίστοιχα των Α', Β' Λυκείου και πιο εύκολο από το πρόβλημα 1,2 της Γ' Λυκείου.

Υγ 2. Καλό είναι όσες δημοσιεύσεις παραπάνω δεν είναι σε \LaTeX, να μετατραπούν κάποια στιγμή. Η ποιότητα "ανάγνωσης" του νήματος με σχέση άλλες χρονιές είναι χειρότερη. Επίσης καλό είναι, όταν κάποιος ανοίγει το νήμα, να έχει και τα θέματα έτοιμα. Ήδη υπάρχουν 3 νήματα με τίτλο "Θαλής" 2023.


Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5978
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

#38

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Πέμ Νοέμ 09, 2023 6:39 pm

Απλά και μόνο για λόγους πλουραλισμού για το πρόβλημα της θεωρίας αριθμών Α' ΛΥΚΕΙΟΥ (και επειδή μου άρεσε όταν το είδα σήμερα):

Έστω ότι υπάρχει θετικός ακέραιος n για τον οποίο να προσδιορίζεται ακέραιος x διάφορος του μηδενός τέτοιος που 2023 \cdot {10^n} + 1 = {x^2} \Leftrightarrow 2023 \cdot {10^n}x = \left( {x - 1} \right)x\left( {x + 1} \right), τότε το 3 θα διαιρεί το δεύτερο μέλος αφού είναι γινόμενο τριών διαδοχικών ακέραιων αριθμών. Άρα ο 3 θα διαιρεί και το πρώτο μέλος οπότε x=3t επομένως προκύπτει 2023 \cdot \left( {{{10}^n} - 1} \right) + 2024 = 9{t^2} ή 2023 \cdot 9h + 2024 = 9{t^2}, άρα θα έχουμε 9|2024 πράγμα άτοπο.


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Λευτέρης Παπανικολάου
Δημοσιεύσεις: 110
Εγγραφή: Κυρ Νοέμ 02, 2014 11:25 pm
Τοποθεσία: Πάτρα

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

#39

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λευτέρης Παπανικολάου » Κυρ Νοέμ 12, 2023 10:27 pm

Άλλη μία λύση για το πρόβλημα της Γεωμετρίας Β Λυκείου
Συνημμένα
Θαλής-4ο Πρόβλημα Β Λυκείου-Λύση (1).pdf
(73.03 KiB) Μεταφορτώθηκε 96 φορές


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 789
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: ΘΑΛΗΣ 2023

#40

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Πέμ Δεκ 28, 2023 9:32 pm

Μόλις αναρτήθηκαν τα αποτελέσματα! Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά!


Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 21 επισκέπτες