ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2011 - 2012

Nick1990 · #21

AlexandrosG έγραψε:Το δεύτερο θέμα της Γ Γυμνασίου με το εμβαδόν έχει λύση από αυτές χωρίς λόγια - μια γραμμή. Την αφήνω να την ευχαριστηθείτε.

Εννοείς το να πάρεις τα πάνω τόξα του μεγάλου κύκλου και να τα βάλεις στα 2 πλάγια, και μετά να διπλώσεις τα 2 πλάγια τόξα των μικρών κύκλων μέσα στο τετράγωνο;

Πάντος αρκετά καλά τα θέματα σήμερα, και ειδικά αυτά της Α Λυκείου για τα οποία αξίζουν συγχαρητήρια στην επιτροπή.

Νασιούλας Αντώνης · #22

Νασιούλας Αντώνης έγραψε: Όσον αφορά τα της Γ Λυκείου:
> Στο 2ο θέμα έκανα μια διαφορετική λύση από την προτεινόμενη. Είπα ότι η είναι προφανής λύση και για μη μηδενικά έκανα χιαστί, δηλαδή έγραψα $\displaystyle{\frac{16+z^4}{8z^4}=\frac{2}{z^4}+\frac{1}{8}=\frac{1}{x^2}}$ . Όμοια και για τα άλλα. Προσθέτοντας τις τρεις σχέσεις και πολλαπλασιάζοντας επί δημιουργούμε άθροισμα τριων τετραγώνων ίσο με το 0. Και βρίσκουμε τις υπόλοιπες λύσεις (με τα και τα ).

Να γράψω αναλυτικά τη λύση μου για να υπάρχει στο αρχείο μας:
Όπως λέω και παραπάνω η (x,y,z)=(0,0,0)

είναι προφανής λύση του συστήματος.
Έστω τώρα $(x,y,z)\neq (0,0,0)$ , το σύστημα γράφεται:

$\displaystyle{ \left\{\begin{matrix} \displaystyle{\frac{16+z^4}{8z^4}=\frac{2}{z^4}+\frac{1}{8}=\frac{1}{x^2} (1)}\\ \\ \displaystyle{\frac{16+x^4}{8x^4}=\frac{2}{x^4}+\frac{1}{8}=\frac{1}{y^2} (2)}\\ \\ \displaystyle{\frac{16+y^4}{8y^4}=\frac{2}{y^4}+\frac{1}{8}=\frac{1}{z^2} (3)} \end{matrix}\right.}$

Με πρόσθεση των (1),(2),(3)

κατά μέλη και φέρνοντας όλους τους όρους στο πρώτο μέλος έχουμε:

$\displaystyle{\frac{2}{x^4}+\frac{2}{y^4}+\frac{2}{z^4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{y^2}-\frac{1}{z^2}=0\Leftrightarrow}$ $\displaystyle{\frac{16}{x^4}-\frac{8}{x^2}+1+\frac{16}{y^4}-\frac{8}{y^2}+1+\frac{16}{z^4}-\frac{8}{z^2}+1=0\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{\left(\frac{4}{x^2}-1\right)^2+\left(\frac{4}{y^2}-1\right)^2+\left(\frac{4}{z^2}-1\right)^2=0\Leftrightarrow \left\(|x|=|y|=|z|=2}$ ,
από όπου προκύπτουν οι λύσεις μας.

Για την ιστορία και μόνο να αναφέρω ότι άσκηση της ίδιας ακριβώς λογικής έπεσε σε διαγωνισμό της Ολλανδίας (2000). Εγώ την είχα συναντήσει στο βιβλίο του κ. Μπάμπη (Μαθηματικές Ολυμπιάδες-Α Λυκείου). Η λύση που προτείνεται είναι ίδια με αυτήν που προτείνει η ΕΜΕ, "από ανισότητα σε ισότητα".

#23

Μιχάλης Νάννος έγραψε:
AlexandrosG έγραψε:Το δεύτερο θέμα της Γ Γυμνασίου με το εμβαδόν έχει λύση από αυτές χωρίς λόγια - μια γραμμή. Την αφήνω να την ευχαριστηθείτε.
Γ-Γυμνασίου2.png

Αξίζουν συγχαρητήρια,
καταπληκτική λύση , από αυτές που πρέπει να αναζητούμε όταν λύνουμε ασκήσεις εμβαδών.

Nick1990 · #24

Να πω κάποια πράγματα για το Θέμα 4 της Γ Λυκείου:

Πολλαπλασιάζοντας τα πάντα με το ΕΚΠ των παρονομαστών, είναι εύκολο το πρόβλημα να αναχθεί σε ακεραίους, και θα περίμενε κάποιος έτσι να λύνεται ευκολότερα (και εγώ όταν το είδα ήταν το πρώτο που σκέφτηκα). Όμως δεν συμβαίνει αυτό, αντίθετα γίνεται πιο πολύπλοκο γιατί μπαίνουν μέσα πολλές υποπεριπτώσεις μετά για τη διαιρετότητα.

Τελικά η λύση που βρήκα και νομίζω πως είναι σωστή είναι η ακόλουθη:

Θέλουμε: 4x^2 - ax + b = k^2

για κάποιους ρητούς x,k

.
Παίρνοντας διακρίνουσα η οποία θα πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο ρητού αριθμού, προκείπτει:
$D = a^2 - 16(b - k^2) = m^2 \Leftrightarrow a^2 - 16b = (m - 4k)(m + 4k)$
Θέλουμε δηλαδή να λύσουμε την τελευταία ως προς (k,m)

και μετά θα έχουμε $x = \frac{1}{8}(a +- m)$ η οποία θα δίνει 2 λύσεις για την εξίσωση.
Θα υπάρχει ρητός $e \neq 0$ τέτοιος ώστε $m - 4k = e, m + 4k = \frac{a^2 - 16b}{e}$ .
Λύνοντας τώρα ως προς (k,m)

προκείπτει $k = \frac{1}{8}(\frac{a^2 - 16b}{e} - e), m = \frac{1}{2}(\frac{a^2 - 16b}{e} + e)$ και εύκολα μπορούμε να δούμε ότι ο

μπορεί να πάρει οποιαδήποτε μη μηδενική ρητή τιμή. Οπότε η γενική λύση είναι:
$x = \frac{1}{8}(a +- \frac{1}{2}(\frac{a^2 - 16b}{e} + e))$ για $e \in \mathbb{Q}/\{0\}$ .
Όπως είπαμε και πιο πάνω, όλοι οι αριθμοί αυτής της μορφής είναι πράγματι λύσεις.

Τα υπόλοιπα 3 θέματα της Γ Λυκείου ήταν κλασσικά θέματα επιπέδου Ευκλείδη, ενώ εξαιρετικά μου φάνηκαν τα θέματα της Α Λυκείου, και ειδικά η Γεωμετρία.

Μια λύση για το α) της Γεωμετρίας της Α Λυκείου:

Έστω

το μέσο της

και

η τομή της DM'

με την

, τότε

και

αφού

είναι τα μέσα των

,

και

αντίστοιχα, οπότε EDSA

παραλληλόγραμμο. Επειδή $\triangle{BZM}$ ισοσκελές με βάση

, είναι $\angle{BMZ} = \angle{MBZ}$ , και επειδή $\angle{ZDB} = \angle{BM'Z} = \frac{\pi}{2}$ το M'ZDB

είναι εγγράψημο οπότε $\angle{MBZ} = \angle{M'BZ} = \angle{M'DZ} = \angle{SDE} = \angle{SAE} = \angle{A}$ λόγο του παραλληλογράμμου, άρα $\angle{BMZ} = \angle{A}$ και τελειώσαμε.

Για το β) αρκεί να παρατηρήσει κανείς ότι το

είναι έκκεντρο στο τρίγωνο ΒΕΘ.

slash · #25

καμιά εκτίμηση για βάσεις Γ λυκείου ?

Stavroulitsa · #26

Καλησπέρα! θα βάλω τη δική μου λύση για το 2 πρόβλημα της β λυκείου:
έχουμε
$1+y-\left|x^{2}-3x+1 \right|>0\Leftrightarrow y>\left|x^{2}-3x+1 \right|-1$ και
$y-2+\left|x-2 \right|<0\Leftrightarrow y<2-\left|x-2 \right|$
άρα πρέπει $2-\left|x-2 \right|>y>\left|x^{2}-3x+1 \right|-1$
θέτω $f\left(x \right)=2-\left|x-2 \right|$ και $g\left(x \right)=\left|x^{2}-3x+1 \right|-1$
θα έχουμε
$f\left(x \right)=\begin{cases} 4-x & \text{ } x\geq 2 \\ x & \text{ } x<2 \end{cases}$
και
$g\left(x \right)=\begin{cases} x^{2}-3x & \text{ } x\in \left(-\infty,\frac{3-\sqrt{5}}{2} \right]\bigcup{}\left[\frac{3+\sqrt{5}}{2}, + \infty \right] \\ -x^{2}+3x-2 & \text{ } x\in \left(\frac{3-\sqrt{5}}{2},\frac{3+\sqrt{5}}{2} \right) \end{cases}$
άρα $f\left(x \right)>y>g\left(x \right)\Leftrightarrow 2>y>-\frac{1}{4}\Rightarrow y=0\; \acute{\eta }\; y=1$
και εξετάζουμε τι γίνεται στις συναρτήσεις όταν ισούνται με 1 ή 0...
αν $f\left(x \right)=0\Leftrightarrow x=0\; \acute{\eta }\; x=4$
αν $g\left(x \right)=0\Leftrightarrow x\left(x-3 \right)=0\Leftrightarrow x=0\; \acute{\eta }\; x=3$
αν $f\left(x \right)=1\Leftrightarrow x=1\; \acute{\eta }\; x=3$
αν $g\left(x \right)=1\Leftrightarrow x=\frac{3\pm \sqrt{5}}{2}$
άρα συμπεραίνουμε πως όταν y=0

τότε $x\in \left(0,3 \right)$ και όταν y=1

τότε $x\in \left(1,3 \right)$
δεν ξέρω γιατί μου βγαίνουν αυτά τα διαστήματα, πάντως στις εξετάσεις ξέχασα στη συνάρτηση $g\left(x \right)$ το -1 και βγήκε όλη η συνάρτηση μετατοπισμένη προς τα πάνω...

Μπάχαλο...

fmak65 · #27

Στην Γ' Λυκείου στο πρόβλημα 1, κάποια μαθήτρια αφού έβγαλε τον λόγο των αθροισμάτων ίσο με c, όπως είναι στις επίσημες λύσεις, θεώρησε την παράσταση πολυώνυμο ως προς ν $(8c-1)\omega \nu +(2c-1)(2\alpha -\omega )$ και αφού πρέπει να είναι ανεξάρτητο ώς προς ν άρα πρέπει να είναι το μηδενικό και κατ' ευθείαν βγάζει το σύστημα που βγαίνει στις λύσεις θέτοντας ν=1 & ν=2.

#28

fmak65 έγραψε:Στην Γ' Λυκείου στο πρόβλημα 1, κάποια μαθήτρια αφού έβγαλε τον λόγο των αθροισμάτων ίσο με c, όπως είναι στις επίσημες λύσεις, θεώρησε την παράσταση πολυώνυμο ως προς ν $(8c-1)\omega \nu +(2c-1)(2\alpha -\omega )$ και αφού πρέπει να είναι ανεξάρτητο ώς προς ν άρα πρέπει να είναι το μηδενικό και κατ' ευθείαν βγάζει το σύστημα που βγαίνει στις λύσεις θέτοντας ν=1 & ν=2.

Φώτη κι εγώ την ίδια λύση έκανα στο εξεταστικό κέντρο!

Πρόκειται για ισότητα πολυωνύμων τη στιγμή που η παραπάνω σχέση ισχύει για κάθε

.

Αλέξανδρος

mariosee · #29

Ποτε αναμενονται τα αποτελεσματα ΕΥΚΛΕΙΔΗ;

bilstef · #30

Μπορεί να βρεθεί συγκεκριμένος ρητός - παράδειγμα

ώστε ο αριθμός $\sqrt{x^{2}+\alpha x+ \beta }$ να είναι ρητός ,όπου $\alpha$ , $\beta$ ρητοί με $\alpha ^{2}<4 \beta$ όπως λέει το πρόβλημα

της B΄Λυκείου;

#31

Βασίλη επέλεξε οποιουσδήποτε ρητούς αριθμούς r,a,b

με $r\neq \dfrac{a}{2}$ και a^2<4b

.

Τότε ο αριθμός $x=\dfrac{r^2-b}{a-2r}$ (που γράφει και στις λύσεις) είναι ο ζητούμενος ρητός, άρα για δοσμένα a,b

υπάρχουν άπειροι ρητοί

(απλά δίνουμε διαφορετικές τιμές στο

) ώστε το $\sqrt{x^2+ax+b}$ να είναι επίσης ρητός.

Αλέξανδρος

bilstef · #32

Αλέξανδρε,Ευχαριστώ.
Κάπου είχε κολλήσει το μυαλό μου

με αυτή την άσκηση και έκανα την ερώτηση.
Τώρα ξεπεράστηκε

slash · #33

Ξέρουμε πότε περίπου βγαίνουν τα αποτελέσματα ?

miltos · #34

όντως! ξέρει κανείς περίπου πότε βγαίνουν τα αποτελέσματα!?

Νασιούλας Αντώνης · #35

Αν δεν με απατά η μνήμη μου, τα αποτελέσματα του Ευκλείδη βγαίνουν μια βδομάδα περίπου πριν τη διεξαγωγή του Αρχιμήδη.
Με επιφύλαξη πάντως.

miltos · #36

Νασιούλας Αντώνης έγραψε:Αν δεν με απατά η μνήμη μου, τα αποτελέσματα του Ευκλείδη βγαίνουν μια βδομάδα περίπου πριν τη διεξαγωγή του Αρχιμήδη.
Με επιφύλαξη πάντως.

ευχαριστουμε..

mariosee · #37

Πιστευετε οτι με 15 περναει καποιος στη Γ Γυμνασιου

nikos kalosidis · #38

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Τα θέματα του Ευκλείδη . Ελπίζω να έβαλα το τελικό αρχείο !

Μπάμπης

Κύριε Στεργίου θα μπορούσατε να μου πείτε πως βαθμολογούνται τα γραπτά στον Αρχιμήδη του Γυμνασίου και πόσα προβλήματα πρέπει να λύσω για να πάρω χρυσό, ασημένιο χάλκινο μετάλλιο.

Ευχαριστώ για την απάντησή σας προκαταβολικά.

#39

Οι βάσεις για κάθε τάξη διαφέρουν συνήθως και μεταξύ τους αλλά και από έτος σε έτος. Δεν είμαι στην επιτροπή διαγωνισμών για να ξέρω λεπτομέρειες, αλλά αυτή η τακτική αφορά όλους τους διαγωνισμούς. Οι ''βάσεις'' είναι λογικό να εξαρτώνται από το επίπεδο των θεμάτων αλλά και την επίδοση των διαγωνιζομένων.
Όπως και νάχουν όμως τα πράγματα, όσοι έγραψαν τρία θέματα είναι συνήθως στην τελική φάση. Από κει και κάτω θα αποφασίσει η επιτροπή.
Καλά αποτελέσματα και καλή προετοιμασία για την Εθνική Ολυμπιάδα !

Μπάμπης

Eukleidis · #40

Υπάρχει κάποια ενημέρωση σχετικά με το πότε θα βγουν τα αποτελέσματα?

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2011 - 2012

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2011 - 2012

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2011 - 2012

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2011 - 2012

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2011 - 2012

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2011 - 2012

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2011 - 2012

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2011 - 2012

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2011 - 2012

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2011 - 2012

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2011 - 2012

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2011 - 2012

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2011 - 2012

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2011 - 2012

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2011 - 2012

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2011 - 2012

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2011 - 2012

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2011 - 2012

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2011 - 2012

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2011 - 2012

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2011 - 2012

Μέλη σε σύνδεση