ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2278
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.
Επικοινωνία:

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

#41

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Σάβ Ιαν 15, 2011 10:48 pm

Επιτρέψτε μου να δώσω μερικές λεπτομέρειες για τις λύσεις των θεμάτων Γεωμετρίας Β' και Γ' Λυκείου, που μας έδωσε ο Σωτήρης, γιατί νομίζω ότι είναι διδακτικές.
S.E.Louridas έγραψε:...● Για την Β΄λυκείου:
Όλοι γνωρίζουν ότι δύο ίσες χορδές κύκλου ορίζουν πάντα ισοσκελές τραπέζιο είτε σε ρόλο διαγώνιων του είτε σε ρόλο των ίσων σκελών. Άρα έχουμε:
{\rm A}{\rm B}\parallel \Gamma {\rm K}_1 \;\kappa \alpha \iota \;{\rm A}\Gamma \parallel {\rm B}{\rm N}_1 ,\delta \eta \lambda .{\rm A}{\rm B}{\rm P}\Gamma \;\pi \alpha \rho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda o\gamma \rho \alpha \mu \mu o.
Το κλειδί για την απόδειξη εδώ είναι ότι οι χορδές BC,\ AN_{1},\ AK_{1} του περίκυκλου (c) του δοσμένου τριγώνου \triangle ABC, είναι ίσες γιατί ισαπέχουν του κέντρου του O ( = το O ισαπέχει από αυτές ), ως εφαπτόμενες ευθείες του κύκλου (c_{1}) με κέντρο το O και ακτίνα OM.

To εγγεγραμμένo τώρα τετράπλευρo ABN_{1}C είναι ισοσκελές τραπέζιο με BN_{1}\parallel AC αφού έχει ίσες διαγώνιες και ομοίως το ABK_{1}C είναι επίσης ισοσκελές τραπέζιο με CK_{1}\parallel AB.

Άρα, το τετράπλευρο ABPC, όπου P\equiv BN_{1}\cap CK_{1}, είναι παραλληλόγραμμο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί, αφού η διαγώνιά του AP περνάει από το μέσον M της πλευράς BC του \triangle ABC, ως διαγώνιας του ABPC.
cv1.png
cv1.png (31.42 KiB) Προβλήθηκε 3809 φορές
S.E.Louridas έγραψε:...● Για την Γ΄Λυκείου.
Αν Δ το σημείο τομής της μεσοκάθετης της ΒΓ με την ΑΓ ,τότε είναι γνωστό ότι το τετράπλευρο ΑΔΟΒ είναι εγγράψιμμο, επομένως το K ταυτίζεται με το Δ. Αλλά από τις προφανείς ισότητες
< \Delta {\rm B}\Gamma  =  < \Delta \Gamma {\rm B}\;\kappa \alpha \iota \; < {\rm O}{\rm A}\Gamma  =  < {\rm O}\Gamma {\rm A}, έχουμε το ζητούμενο.
Το κλειδί εδώ είναι ότι οι μεσοκάθετες ευθείες των πλευρών BC,\ AC του δοσμένου τριγώνου \triangle ABC, περνάνε αντιστοίχως από τα σημεία K,\ N.

Πράγματι, αν θεωρήσουμε ως K{'} το σημείο τομής της AC από την μεσοκάθετη ευθεία της πλευράς BC,

από \displaystyle \angle MKC = 90^{o} - \angle C = 90^{o} - \frac{\angle AOB}{2} = 90^{o} - \angle ABO, συμπεραίνεται ότι K{'}\equiv K αφού ισχύει \angle OKC = \angle ABO, λόγω του εγγραψίμου τετραπλεύρου ABOK.

Λόγω συμμετρίας τώρα, έχουμε ότι \angle KBO = \angle KCO και άρα οι περίκυκλοι (c_{1}),\ (c_{3}) των τριγώνων \triangle AOB,\ \triangle CKO αντιστοίχως, είναι ίσοι λόγω της κοινής χορδής τους OK.

Ομοίως και οι περίκυκλοι (c_{1}),\ (c_{2}) των τριγώνων \triangle AOB,\ \triangle CKN αντιστοίχως, είναι ίσοι γιατί έχουν κοινή χορδή το KN και ισχύει \angle KBN = \angle KCN και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.
cv2.png
cv2.png (45.33 KiB) Προβλήθηκε 3809 φορές
Κώστας Βήττας.
Συνημμένα
f=58_t=12540.pdf
Διαγωνισμός ΕΜΕ Ευκλείδης 2011 - Γεωμετρία Β' Λυκείου - Απόδειξη από τον Σωτήρη Λουρίδα.
(4.96 KiB) Μεταφορτώθηκε 115 φορές
f=58_t=12540(a).pdf
Διαγωνισμός ΕΜΕ Ευκλείδης 2011 - Γεωμετρία Γ' Λυκείου - Απόδειξη από τον Σωτήρη Λουρίδα.
(8.08 KiB) Μεταφορτώθηκε 84 φορές
τελευταία επεξεργασία από Γενικοί Συντονιστές σε Κυρ Ιαν 16, 2011 11:02 pm, έχει επεξεργασθεί 5 φορές συνολικά.
Λόγος: Eμφάνιση σχημάτων από συνημμένα.


ΤΣΟΠΕΛΑΣ ΓΙΑΝΝΗΣ
Δημοσιεύσεις: 301
Εγγραφή: Σάβ Απρ 03, 2010 5:06 pm
Τοποθεσία: Αμαλιάδα - Ηλείας

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ - ΘΕΜΑ 2

#42

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΤΣΟΠΕΛΑΣ ΓΙΑΝΝΗΣ » Σάβ Ιαν 15, 2011 11:21 pm

Μια προσέγγιση στο σύστημα του σημερινού διαγωνισμού στη Γ Λυκείου:
πολλαπλασιάζοντας την 1η με 2 , την 2η με 5 και προσθέτωντας κατά μέλη παίρνουμε 2x^{2}-11xy+5y^{2}=0\rightarrow ...\rightarrow y=2x \acute{\eta } y=\frac{x}{5}
y=2x\rightarrow x=\pm 1\rightarrow \left(1,2 \right) , \left(-1,-2 \right)
y=\frac{x}{5}\rightarrow x=\pm \frac{5\sqrt{7}}{7}\rightarrow \left(\frac{5\sqrt{7}}{7} ,\frac{\sqrt{7}}{7} ),\left(\frac{-5\sqrt{7}}{7} ,\frac{-\sqrt{7}}{7} ).


Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

#43

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Σάβ Ιαν 15, 2011 11:49 pm

To παρακάτω σχήμα Νο 3, που δόθηκε (με την ανάλυσή του) εδώ viewtopic.php?f=50&t=11960 δίδει (με μερική εφαρμογή) την πλήρη λύση στο θέμα της Γεωμετρίας της Γ. Λυκείου.
Συνημμένα
Γωνία -OMB- ορθή-2.jpg
Γωνία -OMB- ορθή-2.jpg (52.49 KiB) Προβλήθηκε 4241 φορές


Σεραφείμ Τσιπέλης
Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5589
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

#44

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Σάβ Ιαν 15, 2011 11:59 pm

Σεραφείμ, μόλις έφτιαξα το σχήμα στο τετράδιο, εκεί στο εξεταστικό κέντρο, λέω στο Θανάση, έχοντας εσένα στο μυαλό μου και τη λύση σου με αντιστροφή που σχολιάζαμε το βράδυ στην ταβέρνα στα Γιάννενα(αυτά κάνουν οι μαθηματικοί στις εξόδους και φουντώνουν την περιέργεια των γυναικών - από τα άλλα τραπέζια φυσικά !) : να μια λύση που προκύπτει από την ΙΜΟ 1983 !

Ήμουνα σίγουρος ότι θα την έβαζες !

Μπάμπης


mathfinder
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 524
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 01, 2009 11:56 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

#45

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathfinder » Κυρ Ιαν 16, 2011 1:06 am

Επισυνάπτω μία λύση για το Πρόβλημα 3 του Ευκλείδη της Β΄ λυκείου , την οποία έκανε ένας μαθητής στο εξεταστικό κέντρο που ήμουν επιτητρητής , η οποία νομίζω , αν και λίγο μακροσκελής , αξίζει να διαβαστεί , ειδικά από τους μαθητές του :logo: .

Αθ. Μπεληγιάννης
____________________________________________________________________________________
ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2011
Πρόβλημα 3 (Β΄ ΛΥΚΕΙΟΥ )
Αν οι α , β ,γ είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε \displaystyle{\frac{1}{\alpha } + \frac{1}{\beta } + \frac{1}{\gamma } = \frac{1}{{\alpha \beta \gamma }}}
, να αποδείξετε ότι \displaystyle{1 \le \frac{{\left( {{\alpha ^3} + {\beta ^3}} \right)\gamma }}{{{\alpha ^2} + {\beta ^2}}} + \frac{{\left( {{\beta ^3} + {\gamma ^3}} \right)\alpha }}{{{\beta ^2} + {\gamma ^2}}} + \frac{{\left( {{\gamma ^3} + {\alpha ^3}} \right)\beta }}{{{\gamma ^2} + {\alpha ^2}}} < 2}
. Πότε ισχύει η ισότητα ;
ΛΥΣΗ
Για να δείξουμε ότι \displaystyle{1 \le \frac{{\left( {{\alpha ^3} + {\beta ^3}} \right)\gamma }}{{{\alpha ^2} + {\beta ^2}}} + \frac{{\left( {{\beta ^3} + {\gamma ^3}} \right)\alpha }}{{{\beta ^2} + {\gamma ^2}}} + \frac{{\left( {{\gamma ^3} + {\alpha ^3}} \right)\beta }}{{{\gamma ^2} + {\alpha ^2}}}}
πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη με τον θετικό \displaystyle{\frac{2}{{\alpha \beta \gamma }} = 2\left( {\frac{1}{\alpha } + \frac{1}{\beta } + \frac{1}{\gamma }} \right)}
, οπότε έχουμε :
\displaystyle{2\left( {\frac{1}{\alpha } + \frac{1}{\beta } + \frac{1}{\gamma }} \right) \le 2\left[ {\frac{{{\alpha ^3} + {\beta ^3}}}{{\left( {{\alpha ^2} + {\beta ^2}} \right)\alpha \beta }} + \frac{{{\beta ^3} + {\gamma ^3}}}{{\left( {{\beta ^2} + {\gamma ^2}} \right)\beta \gamma }} + \frac{{{\gamma ^3} + {\alpha ^3}}}{{\left( {{\gamma ^2} + {\alpha ^2}} \right)\gamma \alpha }}} \right]}
ή
\displaystyle{\left[ {2\frac{{{\alpha ^3} + {\beta ^3}}}{{\left( {{\alpha ^2} + {\beta ^2}} \right)\alpha \beta }} - \frac{1}{\alpha } - \frac{1}{\beta }} \right] + \left[ {2\frac{{{\beta ^3} + {\gamma ^3}}}{{\left( {{\beta ^2} + {\gamma ^2}} \right)\beta \gamma }} - \frac{1}{\beta } - \frac{1}{\gamma }} \right] + \left[ {2\frac{{{\gamma ^3} + {\alpha ^3}}}{{\left( {{\gamma ^2} + {\alpha ^2}} \right)\gamma \alpha }} - \frac{1}{\gamma } - \frac{1}{\alpha }} \right] \ge 0}

Θα δείξουμε ότι κάθε μία από τις αγκύλες είναι μη αρνητική . Πράγματι
\displaystyle{2\frac{{{\alpha ^3} + {\beta ^3}}}{{\left( {{\alpha ^2} + {\beta ^2}} \right)\alpha \beta }} - \frac{1}{\alpha } - \frac{1}{\beta } = ... = \frac{{{\alpha ^3} + {\beta ^3} - \alpha {\beta ^2} - {\alpha ^2}\beta }}{{\left( {{\alpha ^2} + {\beta ^2}} \right)\alpha \beta }} = \frac{{{{\left( {\alpha  - \beta } \right)}^2}\left( {\alpha  + \beta } \right)}}{{\left( {{\alpha ^2} + {\beta ^2}} \right)\alpha \beta }} \ge 0}
και ομοίως οι άλλες . Το (=) ισχύει για \displaystyle{\alpha  = \beta  = \gamma  = \frac{{\sqrt 3 }}{3}}
.
Για να δείξουμε ότι \displaystyle{\frac{{\left( {{\alpha ^3} + {\beta ^3}} \right)\gamma }}{{{\alpha ^2} + {\beta ^2}}} + \frac{{\left( {{\beta ^3} + {\gamma ^3}} \right)\alpha }}{{{\beta ^2} + {\gamma ^2}}} + \frac{{\left( {{\gamma ^3} + {\alpha ^3}} \right)\beta }}{{{\gamma ^2} + {\alpha ^2}}} < 2}
πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη με τον θετικό \displaystyle{\frac{1}{{\alpha \beta \gamma }}}
και έχουμε :\displaystyle{\frac{{{\alpha ^3} + {\beta ^3}}}{{\left( {{\alpha ^2} + {\beta ^2}} \right)\alpha \beta }} + \frac{{{\beta ^3} + {\gamma ^3}}}{{\left( {{\beta ^2} + {\gamma ^2}} \right)\beta \gamma }} + \frac{{{\gamma ^3} + {\alpha ^3}}}{{\left( {{\gamma ^2} + {\alpha ^2}} \right)\gamma \alpha }} < \frac{2}{{\alpha \beta \gamma }} = 2\left( {\frac{1}{\alpha } + \frac{1}{\beta } + \frac{1}{\gamma }} \right)}
ή
\displaystyle{\left[ {\frac{{{\alpha ^3} + {\beta ^3}}}{{\left( {{\alpha ^2} + {\beta ^2}} \right)\alpha \beta }} - \frac{1}{\alpha } - \frac{1}{\beta }} \right] + \left[ {\frac{{{\beta ^3} + {\gamma ^3}}}{{\left( {{\beta ^2} + {\gamma ^2}} \right)\beta \gamma }} - \frac{1}{\beta } - \frac{1}{\gamma }} \right] + \left[ {\frac{{{\gamma ^3} + {\alpha ^3}}}{{\left( {{\gamma ^2} + {\alpha ^2}} \right)\gamma \alpha }} - \frac{1}{\gamma } - \frac{1}{\alpha }} \right] < 0}

Είναι \displaystyle{\frac{{{\alpha ^3} + {\beta ^3}}}{{\left( {{\alpha ^2} + {\beta ^2}} \right)\alpha \beta }} - \frac{1}{\alpha } - \frac{1}{\beta } = \frac{{ - \alpha \beta \left( {\alpha  + \beta } \right)}}{{\left( {{\alpha ^2} + {\beta ^2}} \right)\alpha \beta }} =  - \frac{{\alpha  + \beta }}{{{\alpha ^2} + {\beta ^2}}} < 0}
, οπότε ομοίως είναι όλες οι αγκύλες αρνητικές , άρα και το άθροισμά τους.
τελευταία επεξεργασία από Γενικοί Συντονιστές σε Κυρ Ιαν 16, 2011 10:51 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.
Λόγος: Μετατροπή λύσης σε LaTeX, Διαγραφή συνημμένου


Never stop learning , because life never stops teaching.
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 4117
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

#46

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Κυρ Ιαν 16, 2011 4:12 am

mathfinder έγραψε:Επισυνάπτω μία λύση για το Πρόβλημα 3 του Ευκλείδη της Β΄ λυκείου , την οποία έκανε ένας μαθητής στο εξεταστικό κέντρο που ήμουν επιτητρητής , η οποία νομίζω , αν και λίγο μακροσκελής , αξίζει να διαβαστεί , ειδικά από τους μαθητές του :logo: .

Αθ. Μπεληγιάννης
Θανάση πρόκειται για εξαιρετική λύση! Ο μαθητής ουσιαστικά χρησιμοποιεί την SOS method (Sum of Squares method) για την επίλυσή της! Είναι σχετικά καινούρια μέθοδος η οποία καθαρίζει αρκετές ανισότητες με όμορφο τρόπο! Θέλει όμως κατάλληλους χειρισμούς... Ένα σχετικό άρθρο μπορεί να διαβάσει κάποιος στα αγγλικά εδώ.

Ο Σιλουανός μάλλον μπορεί να μας διαφωτίσει περισσότερο με όμορφα παραδείγματα!

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5589
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

#47

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Κυρ Ιαν 16, 2011 12:29 pm

Στο θέμα 3 της Γ΄Λυκείου, για να μαζέψουμε λίγο τις σκέψεις , έχουμε :

α ) Οι γωνίες ΟΒΓ και ΟΓΒ είναι ίσες με φ. Επίσης οι γωνίες ΟΒΚ, ΟΑΚ και ΟΓΑ είναι ίσες με ω, οπότε οι γωνίες ΚΒΓ και ΚΓΒ είναι ίσες με φ+ω. Άρα ΚΒ = ΚΓ.

β) Είναι ΚΒ=ΚΓ και οι γωνίες ΒΑΚ , ΚΝΟ είναι ίσες , οπότε οι κύκλοι (Α,Κ,Β) και (Γ,Κ,Ν) είναι ίσοι. Αυτό ήταν το πιο αξιόλογο μέρος της άσκησης.

γ) Είναι ΟΑ = ΟΓ και οι γωνίες ΟΒΑ, ΟΚΓ είναι ίσες, οπότε οι κύκλοι (Α,Β,Ο) και (Κ,Ο,Γ ) είναι ίσοι.

Τα δυσκολότερα ....στον Αρχιμήδη !

Μπάμπης
Συνημμένα
2011-16,eykleidis g' lykeiou.PNG
2011-16,eykleidis g' lykeiou.PNG (76.52 KiB) Προβλήθηκε 4102 φορές


Άβαταρ μέλους
konstantinos21
Δημοσιεύσεις: 19
Εγγραφή: Σάβ Νοέμ 20, 2010 9:43 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

#48

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από konstantinos21 » Κυρ Ιαν 16, 2011 2:13 pm

γεια σε όλα τα μέλη του mathematica και από εμένα.μια ερώτηση έχω.στο δεύτερο θέμα της γ γυμνασίου έχω καταλήξει στις ίδιες τιμές με την επίσημη λύση αλλά παίρνοντας περιπτώσεις .δηλαδή αν 2(α-12)(20-β)=0 τότε αναγκαστικά 20-β=0 γιατί α-12<0.άρα β=20 και η ελάχιστη τιμή του Α είναι όταν α=0 δηλαδή η ελάχιστη τιμή του Α είναι Α=0-40=-40 ενώ η μέγιστη τιμή του Α είναι όταν α=10 δηλαδή η μέγιστη τιμή του είναι Α=30-40=-10.Έστω τώρα ότι ισχύει η ανισότητα δηλαδή ότι 2(α-12)(20-β)<0.Επειδή α-12<0 θα είναι 20-β>0 γιατί αν ήταν 20-β<0 τότε 2(α-12)(20-β)>0.Άρα 12< ή ίσο του β και β<20.επομένως η μέγιστη τιμή του Α είναι όταν β=12 και α=10 δηλαδή η μέγιστη τιμή του Α είναι Α=30-24=6 ενώ η ελάχιστη είναι όταν α=0 και β=20 δηλαδή η ελάχιστη τιμή του Α είναι Α=-40.δηλαδή με βάσει τις προηγούμενες σχέσεις το -40 είναι η ελάχιστη τιμή ενώ το 6 η μέγιστη.Είναι σωστή αυτή η λύση?
τελευταία επεξεργασία από konstantinos21 σε Κυρ Ιαν 16, 2011 5:06 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Σταύρος Σταυρόπουλος
Δημοσιεύσεις: 551
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:46 pm
Τοποθεσία: Κόρινθος

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

#49

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σταύρος Σταυρόπουλος » Κυρ Ιαν 16, 2011 2:33 pm

Σχετικά με το 1ο θέμα της Β΄ Γυμνασίου και την προτεραιότητα των πράξεων διαίρεσης και πολ/μού όταν δεν υπάρχουν παρενθέσεις νομίζω ότι είχε γίνει μια συζήτηση παλαιότερα στο mathematica. Μήπως θυμάται κάποιος συνάδελφος που είναι;


Σ τ α ύ ρ ο ς Σ τ α υ ρ ό π ο υ λ ο ς
Άβαταρ μέλους
Φωτεινή
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3689
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:02 am
Τοποθεσία: -mathematica-

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

#50

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φωτεινή » Κυρ Ιαν 16, 2011 2:49 pm

Σταύρος Σταυρόπουλος έγραψε:Σχετικά με το 1ο θέμα της Β΄ Γυμνασίου και την προτεραιότητα των πράξεων διαίρεσης και πολ/μού όταν δεν υπάρχουν παρενθέσεις νομίζω ότι είχε γίνει μια συζήτηση παλαιότερα στο mathematica. Μήπως θυμάται κάποιος συνάδελφος που είναι;
Σταύρο ,για κοίτα εδώ κι εκεί,ίσως κάποιο από αυτά να θέλεις :?


Φωτεινή Καλδή
Σταύρος Σταυρόπουλος
Δημοσιεύσεις: 551
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:46 pm
Τοποθεσία: Κόρινθος

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

#51

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σταύρος Σταυρόπουλος » Κυρ Ιαν 16, 2011 3:29 pm

Ευχαριστώ πολύ Φωτεινή, αυτό ακριβώς (το 1ο) ζητούσα.


Σ τ α ύ ρ ο ς Σ τ α υ ρ ό π ο υ λ ο ς
Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5589
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

#52

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Κυρ Ιαν 16, 2011 8:57 pm

Σταύρος Σταυρόπουλος έγραψε:Σχετικά με το 1ο θέμα της Β΄ Γυμνασίου και την προτεραιότητα των πράξεων διαίρεσης και πολ/μού όταν δεν υπάρχουν παρενθέσεις νομίζω ότι είχε γίνει μια συζήτηση παλαιότερα στο mathematica. Μήπως θυμάται κάποιος συνάδελφος που είναι;
Πάντως, στα σημερινά Ρουμάνικα βιβλία και βοηθήματα έχει εντελώς επικρατήσει να γίνονται οι πράξεις με τη σειρά που τις συναντάμε, όταν βέβαια έχουμε αλυσσίδα πολλαπλασιασμών και διαιρέσεων.
Επικρατεί δηλαδή αυτό που εξήγησε πολύ καλά ο Κώστας Σερίφης στο σύνδεσμο.Πιθανόν αυτό να προήλθε από την ανάγκη της απλοποίησης ορισμένων διαδικασιών στους υπολογιστές.
Αν και στην αρχή ήμουν τελείως αντίθετος με αυτή την εκδοχή, μάλλον πρέπει να παραδεχθώ ότι μια τέτοια σύμβαση είναι πολύ πρακτική.
'' Τα πάντα ρει και ουδέν μένει !!!''

Μπάμπης


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4830
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

#53

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Κυρ Ιαν 16, 2011 9:59 pm

slash έγραψε:Σημερα εγραψα Β Ευκλειδη. Ενταξει θα μπορουσα ισως λιγο καλυτερα. Το πρωτο το ελυσα σωστα διακρινοντας περιπτωσεις του x. Στο δευτερο υψωσα την πρωτη εξισωση στο τετραγωνο κτλπ . Αλλα μετα δεν ειχα χρονο για πραξεις και τα εγραψα συνοπτικα. π.χ Απο (2) και (4) θα προκυψει οτι .... και σε συνδυασμο με την (5) ... και τα αποτελεσματα τα εγραψα σωστα.
Στην (3) ελυσα μονο το αριστερο μερος αλλα θελω να μου πει καποιος αν ισχυει οτι :
\sum \frac{a+b}{a^2+b^2}\geq \frac{1}{abc} αν αβ+βγ+γα=1

Δεν νομιζω να περασω. Βεβαια εξαρταται πως θα τα πανε και οι αλλοι. Ξερει ομως καποιος με ποσα θεματα στο περιπου περνας ? Πρεπει να εχω γραψει κοντα στα 2 και κατι η 2 ακριβως.
Μάλλον έχεις παραλείψει τους κύβους στον αριθμητή. Αλλά ούτε η ανισότητα αυτή που έχεις γράψει ούτε και με τους κύβους αν βάλουμε, ισχύει. Ισχύει όμως η ανισότητα: Σ{(α^3+β^3):[(α^2+β^2).αβ]} >= 1/(αβγ). Αν παρατηρήσεις την εκφώνιση, διαιρώντας τα μέλη με τον θετικό αριθμό αβγ, πετυχαίνουμε σε κάθε κλάσμα να έχουμε μόνο από δύο γράμματα. Ύστερα θα έβλεπες την ανισότητα που θα έπρεπε να αποδείξεις. Δηλαδή, ότι πρέπει να αποδείξουμε την ανισότητα: (α^3+β^3):[(α^2+β^2).αβ] >= 1/(2α) + 1/(2β) ομοίως και τις άλλες οπότε με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε το ζητούμενο.
ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ


Νασιούλας Αντώνης
Δημοσιεύσεις: 622
Εγγραφή: Πέμ Οκτ 21, 2010 10:12 pm
Τοποθεσία: Αθήνα-Βόλος
Επικοινωνία:

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

#54

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Νασιούλας Αντώνης » Κυρ Ιαν 16, 2011 10:07 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
slash έγραψε:
Μάλλον έχεις παραλείψει τους κύβους στον αριθμητή. Αλλά ούτε η ανισότητα αυτή που έχεις γράψει ούτε και με τους κύβους αν βάλουμε, ισχύει. Ισχύει όμως η ανισότητα: Σ{(α^3+β^3):[(α^2+β^2).αβ]} >= 1/(αβγ). Αν παρατηρήσεις την εκφώνιση, διαιρώντας τα μέλη με τον θετικό αριθμό αβγ, πετυχαίνουμε σε κάθε κλάσμα να έχουμε μόνο από δύο γράμματα. Ύστερα θα έβλεπες την ανισότητα που θα έπρεπε να αποδείξεις. Δηλαδή, ότι πρέπει να αποδείξουμε την ανισότητα: (α^3+β^3):[(α^2+β^2).αβ] >= 1/(2α) + 1/(2β) ομοίως και τις άλλες οπότε με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε το ζητούμενο.
ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Εγώ την ανισότητα που δίνει ο slash απέδειξα ότι βγαίνει αλλά με αντίθετη φορά.
Δεν ξέρω αν χάνω κάπου.

a^2+b^2\geq2ab\Leftrightarrow \frac{1}{a^2+b^2}\leq \frac{1}{2ab}\overset{a+b>0}{\Leftrightarrow} \frac{a+b}{a^2+b^2}\leq \frac{a+b}{2ab}

\sum{\frac{a+b}{a^2+b^2}}\leq \sum{\frac{a+b}{2ab}}=\frac{2}{2abc}=\frac{1}{abc}


Βέβαια δεν κάθισα να δω αν θα μπορούσε να μας οδηγήσει με κάποιο τρόπο στη λύση.


"Το να έχεις συνείδηση της άγνοιάς σου, είναι ένα μεγάλο βήμα προς τη γνώση" , Benjamin Disraeli
"Η αλήθεια ενός θεωρήματος, βρίσκεται στο μυαλό σου, όχι στα μάτια σου" , Άλμπερτ Αϊνστάιν
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4830
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

#55

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Κυρ Ιαν 16, 2011 10:21 pm

ksofsa έγραψε:Νομίζω πως στις λύσεις από την Ε.Μ.Ε. στο β ερώτημα του προβλήματος 1 της Γ'Γυμνασίου είναι λάθος το αποτέλεσμα.

Συγκεκριμένα,κάνοντας τις πράξεις βρίσκω:

(\frac{1}{\beta ^2}+\frac{1}{9})(\frac{1}{3\beta })^{-3}-9\beta ^2-20=(\frac{1}{\frac{1}{9}}+\frac{1}{9})(\frac{1}{-1})^{-3}-9*\frac{1}{9}-20=(9+\frac{1}{9})*(-1)-1-20=-9-\frac{1}{9}-1-20=-30-\frac{1}{9}=-\frac{271}{9},και όχι -30,όπως γράφεται στις λύσεις.

Μπορεί να υπάρχει λάθος στη δικη μου απάντηση,αλλά αν όντως είναι λανθασμέενη η απάντηση στις επίσημες λύσεις,καλό θα ήταν να διορθωθεί.Τελικά,ποιο είνα το σωστό;
Η λύση που έδωσες είναι η σωστή. Αν υπάρχει η απάντηση -30, θα οφείλεται σε κάποια αβλεψία.


Άβαταρ μέλους
slash
Δημοσιεύσεις: 149
Εγγραφή: Τρί Οκτ 19, 2010 1:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

#56

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από slash » Κυρ Ιαν 16, 2011 10:25 pm

Aντωνη σωστος εισαι.
Εγω ειχα διαιρεσει απλως με αβγ τα παντα και μετα εφαρμοσα την ανισοτητα του αθροισματος κυβων :
a^3 + b^3\geq ab(a+b)

Αλλα φαινεται οτι ηταν πολυ ανισχυρη για αυτο και μου βγηκε αντιθετα η φορα.
Δεν ξερω αν θα μου μετρησουν τιποτα απο την 3 , αλλα παντως ηταν αρκετα λογικο να χρησιμοποιησει κανεις αυτην την ανισοτητα... Τεσπα


Κάρτας Κώστας
Νασιούλας Αντώνης
Δημοσιεύσεις: 622
Εγγραφή: Πέμ Οκτ 21, 2010 10:12 pm
Τοποθεσία: Αθήνα-Βόλος
Επικοινωνία:

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

#57

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Νασιούλας Αντώνης » Κυρ Ιαν 16, 2011 10:28 pm

slash έγραψε:Aντωνη σωστος εισαι.
Εγω ειχα διαιρεσει απλως με αβγ τα παντα και μετα εφαρμοσα την ανισοτητα του αθροισματος κυβων :
a^3 + b^3\geq ab(a+b)

Αλλα φαινεται οτι ηταν πολυ ανισχυρη για αυτο και μου βγηκε αντιθετα η φορα.
Δεν ξερω αν θα μου μετρησουν τιποτα απο την 3 , αλλα παντως ηταν αρκετα λογικο να χρησιμοποιησει κανεις αυτην την ανισοτητα... Τεσπα
και γω το πάλεψα με αυτή την ανισότητα που έδωσες αλλά μάταια...


"Το να έχεις συνείδηση της άγνοιάς σου, είναι ένα μεγάλο βήμα προς τη γνώση" , Benjamin Disraeli
"Η αλήθεια ενός θεωρήματος, βρίσκεται στο μυαλό σου, όχι στα μάτια σου" , Άλμπερτ Αϊνστάιν
Άβαταρ μέλους
slash
Δημοσιεύσεις: 149
Εγγραφή: Τρί Οκτ 19, 2010 1:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

#58

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από slash » Κυρ Ιαν 16, 2011 10:37 pm

Κοιτα η καλυτερη λυση ηταν αυτη που εδωσε o cretanman με του Chebychev. Κομψη και ανωτερη της λυσεως της ΕΜΕ.
Ειχα σκεφτει να χρησιμοποιησω Chebychev στην αρχη αλλα για καποιο λογο το διεγραψα εντελως απο το μυαλο μου και το παλευα με τους κυβους κανωντας επαληθευσεις και διαφορα τετοια ...


Κάρτας Κώστας
Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5589
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

#59

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Κυρ Ιαν 16, 2011 10:54 pm

Τελκά την ανισότητα :

\displaystyle  a^2-ab+b^2 \geq \frac {1}{2} (a^2+b^2)

καθώς και τη δίδυμη αδερφούλα της αξίζει να την ξέρει κανείς ως βασική.

Μπάμπης


miltos
Δημοσιεύσεις: 54
Εγγραφή: Τετ Νοέμ 25, 2009 9:54 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2010 - 2011

#60

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από miltos » Δευ Ιαν 17, 2011 5:44 pm

Ξέρετε πού θα κυμανθούν περίπου οι βάσεις στον Ευκλείδη?Με 15-16 περνάμε.?


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 3 επισκέπτες