Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Αρχιμήδης 6 · #2161

Καταρχήν μπράβο στον Ορέστη και από εμένα γιατί ήταν πολύ έξυπνος τρόπος και να επιβεβαιώσω ότι το αποτέλεσμα του είναι σωστό παρόλο που όπως σωστά τόνισε ο Αλέξανδρος υπάρχει κάτι στην απόδειξη που δεν είναι ξεκάθαρο αλλά ισχύει!

Ας δούμε πως έχουν τα πράγματα....

Θεωρώ την εξίσωση

$2^{2a}+2^{4x}+2^{2a+2b}=m^2$

Το ερώτημα είναι ποιο είναι το μέγιστο

.

Θέλω τους a,b

θετικούς ακέραιους και επέλεξα εκθέτες

,

για να υπάρχει αντιστοιχία με την αρχική άσκηση.

Ο Ορέστης θα εξέταζε 3 περιπτώσεις για να βρει την μέγιστη τιμή του

.

Περίπτωση 1
$(2^a)^2+(2^{a+b})^2+2*2^{2x-1}=m^2$ που δίνει τιμή 2x-1=2a+b

άρα $x=\dfrac{2a+b+1}{2}$

Περίπτωση 2
$(2^a)^2+(2^{x})^2+2*2^{2a+2b-1}=m^2$ άρα 2a+2b-1=a+x

οπότε

Περίπτωση 3

$(2^{a+b})^2+(2^x)^2+2*2^{2a-1}=m^2$ , x=a-b-1

Τέλος θα επέλεγε την δεύτερη τιμή που προφανώς είναι μεγαλύτερη από τις άλλες οπότε

x=a+2b-1

Πάμε τώρα στην δική μου αντιμετώπιση του θέματος :

$2^{2a}+2^{2a+2b}+2^{2x}=m^2$

Γνωρίζουμε ήδη ότι η μέγιστη τιμή του

θα είναι μεγαλύτερη από το

οπότε

και υπάρχει θετικός ακέραιος

ώστε

και με αντικατάσταση ..

$1+2^{2b}+2^{2x-2a}=n^2$

$(n-2^{x-a})(n+2^{x-a})=2^{2b}+1$

Άρα θα υπάρχει θετικός ακέραιος

ώστε :

$n-2^{x-a}=d$

$n+2^{x-a}=\dfrac{2^{2b}+1}{d}$

Αφαιρούμε τις 2 σχέσεις για να επικεντρωθούμε στον

.

$2^{x-a+1}=\dfrac{2^{2b}+1}{d}-d$ και είναι προφανές ότι αφού ο

θέλουμε να έχει μέγιστη τιμή θα την έχει για d=1

$2^{x-a+1}=2^{2b}$

Τελικά ο

παίρνει μέγιστη τιμή για

x=a+2b-1

Ελέγχουμε παραπάνω ότι και ο Ορέστης κατέληξε στην ίδια απάντηση.

#2162

Πακετάκι άλγεβρας... Enjoy!

AΣΚΗΣΗ 1077
Υπάρχουν θετικοί πραγματικοί αριθμοί x, y, z

τέτοιοι, ώστε

$\displaystyle{\begin {cases} x^4 + y^4 + z^4 = 13 \\ x^3y^3z + y^3z^3x + z^3x^3y = 6\sqrt{3} \\ x^3yz + y^3zx + z^3xy = 5\sqrt{3} \text{;}\end{cases}}$

AΣΚΗΣΗ 1078
Για τους θετικούς αριθμούς a,b,c

ισχύει ότι a+b+c=abc

. Να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{ab + bc + ca \ge 3 + \sqrt {{a^2} + 1} + \sqrt {{b^2} + 1} + \sqrt {{c^2} + 1} }$
viewtopic.php?f=111&t=45867

AΣΚΗΣΗ 1079
Να λυθεί το σύστημα
$\displaystyle{\begin{cases}x^5=y+y^5, \\ y^5=z+z^5, \\ z^5=t+t^5, \\ t^5=x+x^5.\end{cases}}$
viewtopic.php?f=109&t=45857

AΣΚΗΣΗ 1080
Να λυθεί η εξίσωση $x+\sqrt{[x]+\sqrt{1+\{x\} }}=1$
Να λυθεί η εξίσωση $|x|+\sqrt{[x]+\sqrt{1+\{x\} }}=1$
viewtopic.php?f=109&t=28027

AΣΚΗΣΗ 1081
$\displaystyle{\begin{cases} \max \{1, x_1\} = x_2 \\ \max \{2, x_2\} = 2x_3 \\ ... \\ \max \{n − 1, x_{n−1} \} = (n − 1)x_n \\ \max \{n, x_n \} = nx_1. \end{cases}}$
viewtopic.php?f=109&t=35290

AΣΚΗΣΗ 1082
Ποιο το πρώτο δεκαδικό του $\displaystyle{\sqrt[3]{n^3+2n^2+n}, \ n\in \Bbb{N}_{\geq 2};}$
viewtopic.php?f=109&t=33271

AΣΚΗΣΗ 1083
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους

τέτοιους ώστε $(n+1)(x^n+y^n+z^n)\geq n\sqrt{n}(xy+yz+zx),$ για κάθε $x,y,z\in \Bbb{R}.$
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=25473

AΣΚΗΣΗ 1084
Αν a,b,c>0

με

να δείξετε ότι

$\displaystyle{ \frac{a(b+c)}{4-9bc}+\frac{b(c+a)}{4-9ca}+\frac{c(a+b)}{4-9ab}\ge 6abc }$
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=25554

AΣΚΗΣΗ 1085
Αν

και

πραγματικοί αριθμοί με x+y=1

, να βρεθεί το μέγιστο του E=(x^3+1)(y^3+1)

.
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=27812

AΣΚΗΣΗ 1086
Να δείξετε ότι

$\displaystyle \frac{a^{3}}{\sqrt{b^{4}+b^{2}c^{2}+c^{4}}}+\frac{b^{3}}{\sqrt{a^{4}+a^{2}c^{2}+c^{4}}}+\frac{c^{3}}{\sqrt{b^{4}+b^{2}a^{2}+a^{4}}}\ge\sqrt3,$

όπου a,b,c

θετικοί πραγματικοί αριθμοί για τους οποίους $\displaystyle a^{4}+b^{4}+c^{4}\ge a^{3}+b^{3}+c^{3}.$
viewtopic.php?f=109&t=17105

AΣΚΗΣΗ 1087
Έστω x, y

μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε $\displaystyle{ x^{3}+y^{3}+3x^{2}y^{2} = x^{3}y^{3}.}$

Να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές του $\displaystyle{ \frac {1}{x} + \frac {1}{y}.}$

AΣΚΗΣΗ 1088
Να λυθεί στο $\Bbb{R}^3$ το σύστημα

$\displaystyle{\begin{cases} |x + y + z| = 1 \\ |x| + |y| + |z| = 1 \\ |x − y| + |y − z| + |z − x| = 2\end{cases}}$

AΣΚΗΣΗ 1089
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{2}{2013 + 1}+\frac{2^2}{2013^{2^1} + 1}+\frac{2^3}{2013^{2^2} + 1}+ ... +\frac{2^{2014}}{2013^{2^{2013}} + 1}<\frac{1}{1006}.}$

AΣΚΗΣΗ 1090
Οι μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί $x_1, x_2, ..., x_n \ \ (n\geq 2)$ είναι τέτοιοι, ώστε $\displaystyle{ x_1 +x_2 +...+x_n = 1.}$ Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\max \{x_1,x_2,...,x_n\} \cdot \left(1+ 2\sum_{1\leq i<j\leq n} \min \{x_i,x_j \}\right)\geq 1.}$

gavrilos · #2163

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1087
Έστω μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε $\displaystyle{ x^{3}+y^{3}+3x^{2}y^{2} = x^{3}y^{3}.}$

Να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές του $\displaystyle{ \frac {1}{x} + \frac {1}{y}.}$

Καλησπέρα Θανάση.

Η δοσμένη εξίσωση γράφεται $\displaystyle{x^{3}+y^{3}+(-xy)^{3}=3xy(-xy)}$ .Άρα σύμφωνα με την ταυτότητα του Euler ισχύει $\displaystyle{x=y=-xy}$ ή $\displaystyle{x+y-xy=0}$ .

Στην πρώτη περίπτωση $\displaystyle{x=-xy\Leftrightarrow \frac{1}{y}=-1}$ και $\displaystyle{y=-xy\Leftrightarrow \frac{1}{x}=-1}$ άρα $\displaystyle{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=-2}$ .

Στη δεύτερη περίπτωση $\displaystyle{x+y=xy\Leftrightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=1}$ .

#2164

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 1077
Υπάρχουν θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι, ώστε

$\displaystyle{\begin {cases} x^4 + y^4 + z^4 = 13 \\ x^3y^3z + y^3z^3x + z^3x^3y = 6\sqrt{3} \\ x^3yz + y^3zx + z^3xy = 5\sqrt{3} \text{;}\end{cases}}$

Όχι!

Ας θέσουμε $\displaystyle{k=xyz.}$

Είναι

$\displaystyle{x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2=\frac{6\sqrt{3}}{k},~x^2+y^2+z^2=\frac{5\sqrt{3}}{k}}$

και επειδή

$\displaystyle{(x^2+y^2+z^2)^2=x^4+y^4+z^4+2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)}$

προκύπτει

$\displaystyle{13k^2+12\sqrt{3}k-75=0\stackrel{k>0}{\implies}k=\sqrt{3}.}$

Πλέον το σύστημα γράφεται

$\displaystyle{\begin{cases}a+b+c=5, \\ ab+bc+ca=6, \\abc=3\end{cases}}$

όπου $\displaystyle{a=x^2,b=y^2,c=z^2}$

Από ανισότητα ΑΜ-ΓΜ έχουμε

$\displaystyle{6=ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{(abc)^2}=3\sqrt[3]{9},}$ φανερά αδύνατο.

#2165

gavrilos έγραψε:
socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1087
Έστω μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε $\displaystyle{ x^{3}+y^{3}+3x^{2}y^{2} = x^{3}y^{3}.}$

Να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές του $\displaystyle{ \frac {1}{x} + \frac {1}{y}.}$
Καλησπέρα Θανάση.

Η δοσμένη εξίσωση γράφεται $\displaystyle{x^{3}+y^{3}+(-xy)^{3}=3xy(-xy)}$ .Άρα σύμφωνα με την ταυτότητα του Euler ισχύει $\displaystyle{x=y=-xy}$ ή $\displaystyle{x+y-xy=0}$ .

Στην πρώτη περίπτωση $\displaystyle{x=-xy\Leftrightarrow \frac{1}{y}=-1}$ και $\displaystyle{y=-xy\Leftrightarrow \frac{1}{x}=-1}$ άρα $\displaystyle{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=-2}$ .

Στη δεύτερη περίπτωση $\displaystyle{x+y=xy\Leftrightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=1}$ .

Πολύ ωραία Γιώργο!

Να και η λύση μου (δεν είδα την Euler

):

Θέτουμε $x+y=a,\ xy=b$ και έχουμε

$\displaystyle{(a-b)(a^2+ab+b^2-3b)=0.}$

Αν a=b

τότε $\displaystyle{\displaystyle{ \frac {1}{x} + \frac {1}{y}=1.}}$

Αν a^2+ab+b^2-3b=0

τότε

οπότε $\displaystyle{3(x-y)^2+(x+y+2xy)^2=0}$ και άρα x=y=-1

και $\displaystyle{\displaystyle{ \frac {1}{x} + \frac {1}{y}=-2.}}$

Αρχιμήδης 6 · #2166

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 1081
$\displaystyle{\begin{cases} \max \{1, x_1\} = x_2 \\ \max \{2, x_2\} = 2x_3 \\ ... \\ \max \{n − 1, x_{n−1} \} = (n − 1)x_n \\ \max \{n, x_n \} = nx_1. \end{cases}}$
viewtopic.php?f=109&t=35290

Το βασικό είναι να δεις το απλό ότι

Αφού $\max\{1,x_1\}=x_2$ τότε $x_2\geq1$

Συνεπώς για κάθε εξίσωση θα ισχύει ότι $x_i\geq{1}$ Διορθώθηκε τυπογραφικό την θέση του

πήρε το

Θέτω

το γινόμενο όλων των max

και

το γινόμενο όλων των min

.

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη όλες αυτές θα πάρεις

f(n)=n!x_1x_2...x_n

(1)

Ισχύει ότι :

$max\{i,x_i\}min\{i,x_i\}=i*x_i$ Πολλαπλασιάζοντας όλες αυτές από i=1,2,...n

θα έχεις

και επειδή f(n)

μη μηδενικός (αφού $x_{i}$ μη μηδενικοί) θα πρέπει

g(n)=1

και δεδομένου ότι $x_i\geq{i}$ εύκολα προκύπτει ότι x_i=1

AlexandrosG · #2167

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1090
Οι μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί $x_1, x_2, ..., x_n \ \ (n\geq 2)$ είναι τέτοιοι, ώστε $\displaystyle{ x_1 +x_2 +...+x_n = 1.}$ Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\max \{x_1,x_2,...,x_n\} \cdot \left(1+ 2\sum_{1\leq i<j\leq n} \min \{x_i,x_j \}\right)\geq 1.}$

Πολύ ωραία ανισότητα.

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{1+ 2\sum_{1\leq i<j\leq n} \min \{x_i,x_j \}=1+ \sum_{1\leq i,j\leq n,i\neq j} \min \{x_i,x_j \}=x_1+...+x_n+\sum_{1\leq i,j\leq n,i\neq j} \min \{x_i,x_j \}=\sum_{1\leq i,j\leq n} \min \{x_i,x_j \}.}$

Έστω $\displaystyle{M=\max \{x_1,x_2,...,x_n\}}$ . Τότε έχουμε $\displaystyle{\max \{x_1,x_2,...,x_n\} \cdot \left(1+ 2\sum_{1\leq i<j\leq n} \min \{x_i,x_j \}\right)=}$
$\displaystyle{=M \cdot \left( \sum_{1\leq i,j\leq n} \min \{x_i,x_j \} \right) \geq \sum_{1\leq i,j\leq n} \min \{x_i,x_j \} \cdot \max \{x_i,x_j \}=\sum_{1\leq i,j\leq n} x_ix_j=(x_1+...+x_n)^2=1}$

AlexandrosG · #2168

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1074
Οι θετικοί ακέραιοι είναι τέτοιοι ώστε

$\displaystyle{x_1 +x_2 +...+x_n = s < 2n.}$

Να δείξετε ότι κάθε αριθμός του συνόλου $\{1,2,...,s\}$ γράφεται σαν άθροισμα κάποιων από τους αριθμούς

Το τελευταίο πρόβλημα είναι από το πρώτο τμήμα της πρώτης φάσης της πολωνικής μαθηματικής ολυμπιάδας και η προθεσμία λήγει στις 30 Σεπ. 2014
Αν μας παρακολουθούν και πολωνοί, τότε ας περιμένουμε λίγο..
Είναι ένα πολύ ωραίο πρόβλημα...

Πάρα πολύ ωραίο Θανάση!

Χρησιμοποιούμε τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής. Για n=1

έχουμε μόνο έναν αριθμό x_1

με άθροισμα x_1=s<2

και το ζητούμενο είναι άμεσο. Πιο ενδιαφέρον είναι για n=2

. Τότε έχουμε δύο αριθμούς με άθροισμα x_1+x_2=s<4

άρα είτε

ή

και

(ή ανάποδα). Στην πρώτη περίπτωση x_1=1,x_1+x_2=2

ενώ στη δεύτερη περίπτωση x_1=1,x_2=2,x_1+x_2=3

.

Τώρα υποθέτουμε ότι το ζητούμενο αληθεύει για

το πλήθος αριθμούς και έστω $x_1,...,x_{n+1}$ με άθροισμα s<2(n+1)

. Θα λέμε ότι ένας αριθμός $1\leq \sigma \leq s$ ''πιάνεται'' αν υπάρχουν $x_{i_1},...,x_{i_k}$ , με διαφορετικούς δείκτες και άθροισμα $\sigma$ .

Έστω ότι s<2n+1

. Αυτή είναι η πιο απλή περίπτωση. Tουλάχιστον ένας από τους αριθμούς, έστω ο $x_{n+1}$ , είναι ίσος με

γιατί αν όλοι ήταν μεγαλύτεροι ή ίσοι του

τότε το άθροισμα τους θα ήταν τουλάχιστον 2(n+1)

, άτοπο. Παρατηρούμε τώρα ότι οι αριθμοί x_1,...,x_n

είναι

στο πλήθος και έχουν άθροισμα $s-x_{n+1}=s-1<2n$ . Από επαγωγή όλοι οι αριθμοί 1,2,...,s-1

πιάνονται ενώ ο

πιάνεται αφού $x_1 +x_2 +...+x_n +x_{n+1} = s$ .

Τώρα μελετάμε την περίπτωση όπου το άθροισμα τους είναι ακριβώς s=2n+1

και είναι πιο περίπλοκη. Έχουμε $x_1 +x_2 +...+x_n+x_{n+1} = 2n+1$ . Έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι $x_1 \leq x_2 \leq ...\leq x_{n+1}$ , ότι x_1=...=x_i=1

και ότι $x_{i+1}=m$ . Τότε $x_{i+1},...,x_{n+1} \geq m \geq 2$ . Παρατηρούμε ότι $x_1+...+x_{i}+x_{i+2}+...+x_{n+1}=2n+1-m<2n$ . Άρα από την επαγωγική υπόθεση όλα τα αθροίσματα 1,2,3,...,2n+1-m

πιάνονται. Μένουν τα αθροίσματα (2n+1-m)+1,(2n+1-m)+2,...,2n,2n+1

. Ξεκινώντας από την $x_1 +x_2 +...+x_n+x_{n+1} = 2n+1$ μπορούμε να μεταφέρουμε τα x_1,...,x_k

στο δεξί μέλος ουτώς ώστε όλα τα 2n+1-k

να πιάνονται για όλα τα $1\leq k \leq i$ . Για να πιαστούν όλα είναι αρκετό να ισχύει $2n+1-i \leq (2n+1-m)+1$ ή ισοδύναμα $i \geq m-1$ . Μόλις αποδείξουμε αυτήν την ανισότητα η απόδειξη έχει ολοκληρωθεί.

Έχουμε $2n+1=x_1 +x_2 +...+x_n+x_{n+1} \geq i+(n+1-i)m$ που λύνοντας ως προς

δίνει $\displaystyle{i \geq \frac{nm+m-2n-1}{m-1}.}$

Τελικά είναι αρκετό να ισχύει ότι $nm+m-2n-1 \geq (m-1)^2$ . Παρατηρούμε ότι $n+1\geq m$ γιατί αν $m\geq n+2$ τότε $i\leq n-1$ που θα έδινε τουλάχιστον

αριθμούς μεγαλύτερους ή ίσους του

με άθροισμα τουλάχιστον 2(n+2)

, άτοπο. Τώρα το πρώτο μέλος της ανισότητας είναι αύξουσα συνάρτηση του

και άρα $nm+m-2n-1 \geq (m-1)m+m-2(m-1)-1 = (m-1)^2$ όπως θέλαμε.

Μου είχε ξεφύγει κάτι στο τελευταίο βήμα. Ελπίζω τώρα να είναι σωστή. Ευχαριστώ το Θανάση που με ενημέρωσε.

gavrilos · #2169

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1088
Να λυθεί στο $\Bbb{R}^3$ το σύστημα

$\displaystyle{\begin{cases} |x + y + z| = 1 \\ |x| + |y| + |z| = 1 \\ |x − y| + |y − z| + |z − x| = 2\end{cases}}$

Λόγω συμμετρίας,μπορούμε να θεωρήσουμε $\displaystyle{x\geq y\geq z}$ οπότε θα ισχύει $\displaystyle{x-y+y-z+x-z=2\Leftrightarrow x-z=1 \ \bf \color{red} (1)}$ (από την τρίτη σχέση).

Η τριγωνική ανισότητα δίνει $\displaystyle{|x+y+z|\leq |x|+|y|+|z|}$ .Στην περίπτωσή μας ισχύει ισότητα επομένως οι αριθμοί είναι ομόσημοι ανά δύο ή μηδέν.

Αντικαθιστούμε την $\displaystyle{\bf \color{red} (1)}$ στην πρώτη σχέση και παίρνουμε $\displaystyle{|y+2z+1|=1}$ .

Αν $\displaystyle{y+2z+1=1}$ τότε $\displaystyle{y=-2z}$ άρα αφού οι δύο αριθμοί είναι ομόσημοι θα ισχύει $\displaystyle{y=z=0}$ και $\displaystyle{x=1}$ .

Αν $\displaystyle{y+2z+1=-1}$ τότε $\displaystyle{y=-2z-2=-2(z+1)}$ .

Όμως $\displaystyle{x=z+1}$ άρα η τρίτη σχέση δίνει $\displaystyle{|z+1+2(z+1)|+|-2(z+1)-z|+|z-z-1|=2\Leftrightarrow 3|z+1|+|3z+2|=1}$ ,

ενώ η δεύτερη $\displaystyle{|z+1|+|2(z+1)|+|z|=1\Leftrightarrow 3|z+1|+|z|=1}$ .

Απ' τις δύο τελευταίες παίρνουμε $\displaystyle{|z|=|3z+2|}$ .

Αν $\displaystyle{z=3z+2}$ τότε $\displaystyle{z=-1}$ άρα παίρνουμε τη λύση $\displaystyle{(x,y,z)=(0,0,-1)}$ με όλες τις μεταθέσεις της.

Αν $\displaystyle{z=-3z-2}$ τότε $\displaystyle{z=-\frac{1}{2}}$ όμως τότε $\displaystyle{x=\frac{1}{2}}$ άτοπο αφού είδαμε ότι δεν υπάρχουν δύο ετερόσημοι.

Έχω κάνει 2 φορές edit.Ευχαριστώ Θανάση για τις διορθώσεις.

#2170

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1079
Να λυθεί το σύστημα
$\displaystyle{\begin{cases}x^5=y+y^5, \\ y^5=z+z^5, \\ z^5=t+t^5, \\ t^5=x+x^5.\end{cases}}$
viewtopic.php?f=109&t=45857

Με πρόσθεση κατά μέλη όλων των εξισώσεων, παίρνουμε: $\displaystyle{x+y+z+t=0}$ . Αν κάποιος από τους αριθμούς $\displaystyle{x,y,z,t}$ ισούται με το μηδέν, τότε

όλοι θα είναι ίσοι με μηδέν. (Πράγματι, αν π.χ είναι $\displaystyle{x=0}$ , τότε από την τέταρτη δοσμένη εξίσωση παίρνουμε $\displaystyle{t=0}$ και τώρα από την

τρίτη δοσμένη εξίσωση, παίρνουμε $\displaystyle{z=0}$ , και τέλος από την δεύτερη εξίσωση, παίρνουμε $\displaystyle{y=0}$ . Όμοια, αν υποθέσουμε ότι $\displaystyle{y=0}$ , ή

$\displaystyle{z=0}$ , ή $\displaystyle{t=0}$ ).

Έστω τώρα ότι όλοι οι αριθμοί $\displaystyle{x,y,z,t}$ είναι διάφοροι του μηδενός. Το δοσμένο σύστημα γράφεται:

$\displaystyle{x^5 = y(1+y^4 )}$
$\displaystyle{y^5 = z(1+z^4 )}$
$\displaystyle{z^5 = t(1+t^4 )}$
$\displaystyle{t^5 = x(1+y^4 )}$

Από τις πιο πάνω εξισώσεις, έπεται άμεσα ότι οι αριθμοί $\displaystyle{x , y}$ είναι ομόσημοι και το ίδιο συμβαίνει και για τους αριθμούς $\displaystyle{y,z}$ και

$\displaystyle{z,t}$ και $\displaystyle{t,x}$ . Δηλαδή έχουμε ότι οι αριθμοί $\displaystyle{x,y,z,t}$ είναι ομόσημοι. Τούτο όμως είναι άτοπο, αφού είδαμε ότι $\displaystyle{x+y+z+t=0}$

Άρα η μοναδική λύση του συστήματος είναι η $\displaystyle{(x,y,z,t)=(0,0,0,0)}$

#2171

AlexandrosG έγραψε:
socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1090
Οι μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί $x_1, x_2, ..., x_n \ \ (n\geq 2)$ είναι τέτοιοι, ώστε $\displaystyle{ x_1 +x_2 +...+x_n = 1.}$ Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\max \{x_1,x_2,...,x_n\} \cdot \left(1+ 2\sum_{1\leq i<j\leq n} \min \{x_i,x_j \}\right)\geq 1.}$
Πολύ ωραία ανισότητα.

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{1+ 2\sum_{1\leq i<j\leq n} \min \{x_i,x_j \}=1+ \sum_{1\leq i,j\leq n,i\neq j} \min \{x_i,x_j \}=x_1+...+x_n+\sum_{1\leq i,j\leq n,i\neq j} \min \{x_i,x_j \}=\sum_{1\leq i,j\leq n} \min \{x_i,x_j \}.}$

Έστω $\displaystyle{M=\max \{x_1,x_2,...,x_n\}}$ . Τότε έχουμε $\displaystyle{\max \{x_1,x_2,...,x_n\} \cdot \left(1+ 2\sum_{1\leq i<j\leq n} \min \{x_i,x_j \}\right)=}$
$\displaystyle{=M \cdot \left( \sum_{1\leq i,j\leq n} \min \{x_i,x_j \} \right) \geq \sum_{1\leq i,j\leq n} \min \{x_i,x_j \} \cdot \max \{x_i,x_j \}=\sum_{1\leq i,j\leq n} x_ix_j=(x_1+...+x_n)^2=1}$

Και πολύ ωραία λύση... !

Η δική μου λύση είναι με επαγωγή στο

#2172

Αρχιμήδης 6 έγραψε:
socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 1081
$\displaystyle{\begin{cases} \max \{1, x_1\} = x_2 \\ \max \{2, x_2\} = 2x_3 \\ ... \\ \max \{n − 1, x_{n−1} \} = (n − 1)x_n \\ \max \{n, x_n \} = nx_1. \end{cases}}$
viewtopic.php?f=109&t=35290

Το βασικό είναι να δεις το απλό ότι

Αφού $\max\{1,x_1\}=x_2$ τότε $x_2\geq1$

Συνεπώς για κάθε εξίσωση θα ισχύει ότι $x_i\geq{1}$ Διορθώθηκε τυπογραφικό την θέση του πήρε το

Θέτω το γινόμενο όλων των και το γινόμενο όλων των .

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη όλες αυτές θα πάρεις

(1)

Ισχύει ότι :

$max\{i,x_i\}min\{i,x_i\}=i*x_i$ Πολλαπλασιάζοντας όλες αυτές από θα έχεις

και επειδή μη μηδενικός (αφού $x_{i}$ μη μηδενικοί) θα πρέπει

και δεδομένου ότι $x_i\geq{i}$ εύκολα προκύπτει ότι

Ωραία και σύντομη αυτή η λύση!

#2173

AlexandrosG έγραψε:
socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1074
Οι θετικοί ακέραιοι είναι τέτοιοι ώστε

$\displaystyle{x_1 +x_2 +...+x_n = s < 2n.}$

Να δείξετε ότι κάθε αριθμός του συνόλου $\{1,2,...,s\}$ γράφεται σαν άθροισμα κάποιων από τους αριθμούς

Το τελευταίο πρόβλημα είναι από το πρώτο τμήμα της πρώτης φάσης της πολωνικής μαθηματικής ολυμπιάδας και η προθεσμία λήγει στις 30 Σεπ. 2014
Αν μας παρακολουθούν και πολωνοί, τότε ας περιμένουμε λίγο..
Είναι ένα πολύ ωραίο πρόβλημα...
Πάρα πολύ ωραίο Θανάση!

Χρησιμοποιούμε τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής. Για έχουμε μόνο έναν αριθμό με άθροισμα και το ζητούμενο είναι άμεσο. Πιο ενδιαφέρον είναι για . Τότε έχουμε δύο αριθμούς με άθροισμα άρα είτε ή και (ή ανάποδα). Στην πρώτη περίπτωση ενώ στη δεύτερη περίπτωση .

Τώρα υποθέτουμε ότι το ζητούμενο αληθεύει για το πλήθος αριθμούς και έστω $x_1,...,x_{n+1}$ με άθροισμα . Θα λέμε ότι ένας αριθμός $1\leq \sigma \leq s$ ''πιάνεται'' αν υπάρχουν $x_{i_1},...,x_{i_k}$ , με διαφορετικούς δείκτες και άθροισμα $\sigma$ .

Έστω ότι . Αυτή είναι η πιο απλή περίπτωση. Tουλάχιστον ένας από τους αριθμούς, έστω ο $x_{n+1}$ , είναι ίσος με γιατί αν όλοι ήταν μεγαλύτεροι ή ίσοι του τότε το άθροισμα τους θα ήταν τουλάχιστον , άτοπο. Παρατηρούμε τώρα ότι οι αριθμοί είναι στο πλήθος και έχουν άθροισμα $s-x_{n+1}=s-1<2n$ . Από επαγωγή όλοι οι αριθμοί πιάνονται ενώ ο πιάνεται αφού $x_1 +x_2 +...+x_n +x_{n+1} = s$ .

Τώρα μελετάμε την περίπτωση όπου το άθροισμα τους είναι ακριβώς και είναι πιο περίπλοκη. Έχουμε $x_1 +x_2 +...+x_n+x_{n+1} = 2n+1$ . Έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι $x_1 \leq x_2 \leq ...\leq x_{n+1}$ , ότι και ότι $x_{i+1}=m$ . Τότε $x_{i+1},...,x_{n+1} \geq m \geq 2$ . Παρατηρούμε ότι $x_1+...+x_{i}+x_{i+2}+...+x_{n+1}=2n+1-m<2n$ . Άρα από την επαγωγική υπόθεση όλα τα αθροίσματα πιάνονται. Μένουν τα αθροίσματα . Ξεκινώντας από την $x_1 +x_2 +...+x_n+x_{n+1} = 2n+1$ μπορούμε να μεταφέρουμε τα στο δεξί μέλος ουτώς ώστε όλα τα να πιάνονται για όλα τα $1\leq k \leq i$ . Για να πιαστούν όλα είναι αρκετό να ισχύει $2n+1-i \leq (2n+1-m)+1$ ή ισοδύναμα $i \geq m-1$ . Μόλις αποδείξουμε αυτήν την ανισότητα η απόδειξη έχει ολοκληρωθεί.

Έχουμε $2n+1=x_1 +x_2 +...+x_n+x_{n+1} \geq i+(n+1-i)m$ που λύνοντας ως προς δίνει $\displaystyle{i \geq \frac{nm+m-2n-1}{m-1}.}$

Τελικά είναι αρκετό να ισχύει ότι $nm+m-2n-1 \geq (m-1)^2$ . Από τους περιορισμούς του προβλήματος είναι $n\geq m$ (γιατί όπως είπαμε μπορούμε να έχουμε το πολύ αριθμούς μεγαλύτερους του ). Το πρώτο μέλος της ανισότητας είναι αύξουσα συνάρτηση του και άρα αρκεί $m^2+m-2m-1 \geq (m-1)^2$ που γίνεται $m \geq 2$ που ισχύει.

Ελπίζω να μην μου έχει ξεφύγει κάτι.

Εξαιρετικά!

Να και η δική μου αντιμετώπιση:

Προφανώς, ο αριθμός

πιάνεται.
Παρατηρούμε ότι αν πιάνεται ο αριθμός k<s

τότε πιάνεται και ο s-k.

Οπότε αρκεί να δείξουμε ότι πιάνονται όλοι οι αριθμοί $\displaystyle{1,2,...,r=\left [\frac{s+1}{2}\right].}$
Είναι $\displaystyle{r=\left [\frac{s+1}{2}\right]\leq \frac{s+1}{2}<\frac{2n+1}{2}=n+\frac{1}{2}}$ δηλαδή $r\leq n.$
Έστω $x_1\leq x_2\leq...\leq x_n.$ Αν $x_1\geq 2$ τότε $x_1 +x_2 +...+x_n \geq 2n,$ άτοπο. Οπότε x_1=1

και άρα το 1 πιάνεται.
Θεωρούμε τώρα $2\leq i \leq r.$ Αν υπάρχει $j\geq i$ με x_j=1

τότε

οπότε

δηλαδή το

πιάνεται.
Διαφορετικά, θα είναι $x_j\geq 2$ για κάθε $j\geq i.$
Θεωρούμε τα

το πλήθος αθροίσματα s_m=x_1+x_2+...+x_m

με $1\leq m\leq i.$
Παρατηρούμε ότι $s_1<s_2<...<s_i=s-x_n-x_{n-1}-...-x_{i+1}<2n-2(n-i)=2i.$
Αν κάποιο από τα $s_m, \ 1\leq m\leq i$ διαιρείται με το

τότε αφού

θα είναι

και άρα το

πιάνεται.
Αν δε συμβαίνει αυτό, τότε από περιστεροφωλιά θα υπάρχουν $1\leq a<b\leq i$ με i|s_b-s_a.

Όμως,

οπότε

ή $x_{a+1}+...x_b=i$ και άρα το

πάλι πιάνεται.

#2174

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1080
Να λυθεί η εξίσωση $x+\sqrt{[x]+\sqrt{1+\{x\} }}=1$

Μια προφανής λύση είναι η $\displaystyle{x=0}$ . Έστω τώρα ότι $\displaystyle{x\neq 0}$ . Η δοσμένη εξίσωση γράφεται: $\displaystyle{\sqrt{[x]+\sqrt{1+\{x\} }}=1-x}$ .
Πρέπει λοιπόν να είναι $\displaystyle{1-x\geq 0\Leftrightarrow x\leq 1}$ . Aν $\displaystyle{x=1}$ , παίρνουμε $\displaystyle{\sqrt{1+\sqrt{1+0}}=0}$ που είναι αδύνατη.

Άρα $\displaystyle{x<1}$ . Έστω $\displaystyle{x=k+m , k\in Z , m\in [0,1)}$ . Τότε αφού $\displaystyle{x<1 \Rightarrow k<1}$ και αφού $\displaystyle{k\in Z}$ άρα $\displaystyle{k\in \{0,-1,-2, ...\}}$

Mε δεδομένο ότι $\displaystyle{x=k+m}$ , η δοσμένη εξίσωση γράφεται: $\displaystyle{\sqrt{k+\sqrt{1+m}}=1-k-m}$ , (1)

Όμως $\displaystyle{0\leq m<1\Rightarrow 1\leq m+1<2\Rightarrow 1\leq \sqrt{m+1}<\sqrt{2}}$ . Αν λοιπόν υποθέσουμε ότι $\displaystyle{k\leq -2}$ , τότε

$\displaystyle{k+\sqrt{1+m}<\sqrt{2}-2<0}$ , το οποίο είναι άτοπο, αφού πρέπει να είναι $\displaystyle{k+\sqrt{1+m}\geq 0}$ . Άρα $\displaystyle{k\in \{0,-1\}}$

Αν όμως $\displaystyle{k=0}$ , τότε $\displaystyle{x=m , m\in (0,1), }$ αφού $\displaystyle{x\neq 0}$ , οπότε η (1) γράφεται: $\displaystyle{\sqrt{0+\sqrt{1+m}}=1-m\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{1+m=(1-m)^4}$ . Πάλι όμως έχουμε άτοπο, αφού : $\displaystyle{0<m<1}$ , από όπου λαμβάνουμε $\displaystyle{1>1-m>0}$ και άρα $\displaystyle{(1-m)^4 <1}$ ,

ενώ $\displaystyle{1+m>1}$

Tέλος , αν $\displaystyle{k=-1}$ , τότε η (1) γράφεται $\displaystyle{\sqrt{-1+\sqrt{1+m}}=1-(-1+m)\Leftrightarrow \sqrt{-1+\sqrt{1+m}}=2-m}$ . Όμως:

$\displaystyle{\sqrt{1+m}<\sqrt{2}\Rightarrow -1+\sqrt{1+m}<\sqrt{2}-1\Rightarrow \sqrt{-1+\sqrt{1+m}}<\sqrt{\sqrt{2}-1}<1}$ , ενώ:

$\displaystyle{2-m>1}$ , (αφού $\displaystyle{m\in (0,1)}$ ). Συνεπώς πάλι σε άτοπο καταλήξαμε. Η μόνη λοιπόν λύση είναι η $\displaystyle{x=0}$

#2175

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1085
Αν και πραγματικοί αριθμοί με , να βρεθεί το μέγιστο του .
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=27812

Είναι : $\displaystyle{E=x^3 y^3 +x^3 +y^3 +1=x^3 y^3 +(x+y)^3 -3xy(x+y)+1=x^3 y^3 -3xy+2=x^3 y^3 -2xy-xy+2=}$

$\displaystyle{xy(x^2 y^2 -1)-2(xy-1)=}$

$\displaystyle{=(xy-1)(x^2 y^2 +xy-2)=(xy-1)(x^2 y^2 +xy-1-1)=(xy-1)[(xy-1)(xy+1)+(xy-1)]=(xy-1)^2 (xy+2)=}$

$\displaystyle{=[x(1-x)-1]^2 [x(1-x)+2]=-(x^2 -x+1)^2 (x^2 -x-2)=-(x^2 -x+1)^2 (x^2 -x+1-3)}$

Θέτουμε $\displaystyle{x^2 -x+1=a}$ . Επειδή η διακρίνουσα του τριωνύμου $\displaystyle{x^2 -x+1}$ είναι αρνητική, άρα $\displaystyle{x^2 -x+1 >0}$ , για κάθε $\displaystyle{x\in R}$

Συνεπώς έχουμε ότι $\displaystyle{a>0}$ . Τότε έχουμε: $\displaystyle{E=-a^2 (a-3)=-(a^3 -3a^2 )=-(a^3 +a^2 -4a^2 -4a+4a)=-[a^2 (a+1)-4a(a+1)+4a]=}$

$\displaystyle{=-[a^2 (a+1) -4a(a+1)+4a +4-4]=-[a^2 (a+1)-4a(a+1)+4(a+1)-4]=-[(a+1)(a^2 -4a+4)-4]=}$

$\displaystyle{=-[(a+1)(a-2)^2 -4]=4-(a+1)(a-2)^2 \leq 4}$ , αφού $\displaystyle{a>0}$

όπου η ισότητα ισχύει όταν $\displaystyle{a=2}$ . Δείξαμε λοιπόν ότι $\displaystyle{E\leq 4}$ και ότι η ισότητα ισχύει όταν $\displaystyle{a=2}$ . Άρα $\displaystyle{E_{max} =4}$

Αρχιμήδης 6 · #2176

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1085
Αν και πραγματικοί αριθμοί με , να βρεθεί το μέγιστο του .
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=27812

Αφού

τότε από euler θα ισχύει x^3+y^3=1-3xy

οπότε θα έχω:

$E=x^3y^3+2-3xy=(xy-1)(x^2y^2+xy-2)=(\dfrac{x^2y^2+2xy-3}{2})^2-(\dfrac{x^2y^2-1}{2})^2$

Προφανώς την μέγιστη τιμή θα την έχει όταν x^2y^2=1

συνεπώς

.

Αν

,

Αν

,

Μέγιστη τιμή το E=4

όταν

και δεδομένου ότι x+y=1

τότε προφανώς $x=\phi$ , $y=-\dfrac{1}{\phi}$ και τούμπαλιν

#2177

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1082
Ποιο το πρώτο δεκαδικό του $\displaystyle{\sqrt[3]{n^3+2n^2+n}, \ n\in \Bbb{N}_{\geq 2};}$
viewtopic.php?f=109&t=33271

ΠΡΩΤΟΣ ΙΣΧΥΡΙΣΜΟΣ: Θα δείξω ότι $\displaystyle{[10\sqrt[3] {n^3 +2n^2 +n}]\leq 10n+7}$ , για κάθε $\displaystyle{n\in N}$ .

Πράγματι, γνωρίζουμε ότι $\displaystyle{[10\sqrt[3]{n^3 +2n^2 +n}]\leq 10\sqrt[3]{n^3 +2n^2 +n}}$ , για κάθε $\displaystyle{n\in N}$ , (1)

Όμως $\displaystyle{10\sqrt[3]{n^3 +2n^2 +n}<10n+7}$ , για κάθε $\displaystyle{n\in N}$ , (2)

(διότι αρκεί $\displaystyle{1000n(n^2 +2n+1)<1000n^3 +2100n^2 +1470n+343 }$ , ή $\displaystyle{100n^2 +470n +343>0}$ , το οποίο είναι αληθές)

Από τις σχέσεις (1) και (2) παίρνουμε τον πρώτο ισχυρισμό μας.

ΔΕΥΤΕΡΟΣ ΙΣΧΥΡΙΣΜΟΣ: Θα δείξω ότι: $\displaystyle{[10\sqrt[3]{n^3 +2n^2 +n}] > 10n+5}$ , για κάθε $\displaystyle{n\in N}$ , με $\displaystyle{n\geq 2}$ .

Πράγματι, γνωρίζουμε ότι $\displaystyle{[ 10\sqrt[3]{n^3 +2n^2 +n} ] > 10\sqrt[3]{n^3 +2n^2 +n} - 1}$ , (3) , (λόγω της ιδιότητας: $\displaystyle{x > [x] -1}$ )

Όμως $\displaystyle{10\sqrt[3]{n^3 +2n^2 +n} - 1 > 10n +5 }$ , για κάθε $\displaystyle{n\in N}$ , με $\displaystyle{n\geq 2}$ , (4)

(διότι αρκεί $\displaystyle{10\sqrt[3]{n^3 +2n^2 +n} > 10n + 6 }$ , ή $\displaystyle{5\sqrt[3]{n^3 +2n^2 +n} > 5n + 3}$ , ή μετά από ύψωση στον κύβο, αρκεί:

$\displaystyle{25n^2 -10n-27 > 0}$ , το οποίο είναι αληθές, για κάθε $\displaystyle{n\geq 2}$ .

Από τις σχέσεις (3) και (4) παίρνουμε και τον δεύτερο ισχυρισμό μας.

Μετά από την απόδειξη των δύο παραπάνω ισχυρισμών, έχουμε: $\displaystyle{10n+5 < [10\sqrt[3]{n^3 +2n^2 +n}]<10n+7}$ , με $\displaystyle{n\geq 2}$

Άρα $\displaystyle{[10\sqrt[3]{n^3 +2n^2 +n}]=10n+6 \Rightarrow 10\sqrt[3]{n^3 +2n^2 +n}=10n+6+m}$ , όπου $\displaystyle{m\in [0,1)}$ . Άρα

$\displaystyle{10\sqrt[3]{n^3 +2n^2 +n}=10n+6+0,x_1 x_2 x_3 ... \Rightarrow 10\sqrt[3]{n^3 +2n^2 +n}=n6,x_1 x_2 x_3 ...}$ και άρα

$\displaystyle{\sqrt[3]{n^3 +2n^2 +n}=n,6x_1 x_2 x_3 ...}$ , και άρα το πρώτο δεκαδικό ψηφίο που ζητάμε είναι το $\displaystyle{6}$

Αρχιμήδης 6 · #2178

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1082
Ποιο το πρώτο δεκαδικό του $\displaystyle{\sqrt[3]{n^3+2n^2+n}, \ n\in \Bbb{N}_{\geq 2};}$
viewtopic.php?f=109&t=33271

Είναι αργά οπότε κάπως βιαστικά...

a_n^3=n^3+2n^2+n

άρα

$10a_n-10n=\dfrac{20n^2+10n}{a_n^2+n^2+a_n*n}$ και αφού n<a_n<n+1

τότε

Το πρώτο δεκαδικό του a_n

είναι το

.

#2179

ΑΣΚΗΣΗ 1091
Να λυθεί το σύστημα $\begin{cases} x^2-\frac{1}{x}=y-\frac{x}{y} & \\ \sqrt{5y-1}-x\sqrt{y}=1& \\ \end{cases}$ , με $x,y\in R$

Θεοδωρος Παγωνης · #2180

xr.tsif έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1091
Να λυθεί το σύστημα $\begin{cases} x^2-\frac{1}{x}=y-\frac{x}{y} & \\ \sqrt{5y-1}-x\sqrt{y}=1& \\ \end{cases}$ , με $x,y\in R$

Το σύστημα ορίζεται όταν $\displaystyle{x\ne 0}$ και $\displaystyle{y\ge \frac{1}{5}}$
Η εξίσωση (1) γίνεται : $\displaystyle{{{x}^{2}}-\frac{1}{x}=y-\frac{x}{y}\Leftrightarrow {{x}^{3}}y-y=x{{y}^{2}}-{{x}^{2}}\Leftrightarrow {{x}^{3}}y-y-x{{y}^{2}}+{{x}^{2}}=0\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{{{x}^{2}}\left( xy+1 \right)-y\left( xy+1 \right)=0\Leftrightarrow \left( xy+1 \right)\left( {{x}^{2}}-y \right)=0\Leftrightarrow y={{x}^{2}}}$ (1α) ή $\displaystyle{xy+1=0\Leftrightarrow x=-\frac{1}{y}}$ (1β) .
Η σχέση (2) λόγω της (1α) γίνεται : $\displaystyle{\sqrt{5y-1}-x\sqrt{y}=1\overset{y={{x}^{2}}}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,\sqrt{5{{x}^{2}}-1}-x\sqrt{{{x}^{2}}}=1\Leftrightarrow \sqrt{5{{x}^{2}}-1}-x|x|=1}$ και $\displaystyle{x\ge \frac{\sqrt{5}}{5}\vee x\le -\frac{\sqrt{5}}{5}}$ , $\displaystyle{x\ne 0}$
Αν $\displaystyle{x\in \left( 0,\frac{\sqrt{5}}{5} \right]}$ τότε $\displaystyle{\sqrt{5{{x}^{2}}-1}-{{x}^{2}}=1\Leftrightarrow \sqrt{5{{x}^{2}}-1}=1+{{x}^{2}}\Leftrightarrow 5{{x}^{2}}-1={{x}^{4}}+2{{x}^{2}}+1\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{{{x}^{4}}-3{{x}^{2}}+2=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}=1\vee {{x}^{2}}=2\Leftrightarrow x=\pm 1\vee x=\pm 2}$ .
Οπότε από (1α) έχω $\displaystyle{y=1\vee y=2}$ , άρα οι λύσεις είναι : $\displaystyle{\left( x,y \right)=\left( -1,1 \right)}$ , $\displaystyle{\left( x,y \right)=\left( 1,1 \right)}$ , $\displaystyle{\left( x,y \right)=\left( -\sqrt{2},2 \right)}$ , $\displaystyle{\left( x,y \right)=\left( \sqrt{2},2 \right)}$ .

Αν $\displaystyle{x\in \left[ -\frac{\sqrt{5}}{5},0 \right)}$ τότε $\displaystyle{\sqrt{5{{x}^{2}}-1}+{{x}^{2}}=1\Leftrightarrow \sqrt{5{{x}^{2}}-1}=1-{{x}^{2}}\Leftrightarrow 5{{x}^{2}}-1={{x}^{4}}-2{{x}^{2}}+1\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{{{x}^{4}}-7{{x}^{2}}+2=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}=\frac{7+\sqrt{41}}{2}1\vee {{x}^{2}}=\frac{7-\sqrt{41}}{2}\Leftrightarrow x=\pm \sqrt{\frac{7+\sqrt{41}}{2}}1\vee x=\pm \sqrt{\frac{7-\sqrt{41}}{2}}}$ .
Οπότε από (1α) έχω $\displaystyle{y=\frac{7+\sqrt{41}}{2}1\vee y=\frac{7-\sqrt{41}}{2}}$ , άρα οι λύσεις είναι : $\displaystyle{\left( x,y \right)=\left( -\sqrt{\frac{7+\sqrt{41}}{2}},\frac{7+\sqrt{41}}{2} \right)}$ , $\displaystyle{\left( x,y \right)=\left( \sqrt{\frac{7+\sqrt{41}}{2}},\frac{7+\sqrt{41}}{2} \right)}$ , $\displaystyle{\left( x,y \right)=\left( -\sqrt{\frac{7-\sqrt{41}}{2}},\frac{7-\sqrt{41}}{2} \right)}$ , $\displaystyle{\left( x,y \right)=\left( \sqrt{\frac{7-\sqrt{41}}{2}},\frac{7-\sqrt{41}}{2} \right)}$ .

Η σχέση (2) λόγω της (1β) γίνεται : $\displaystyle{\sqrt{5y-1}-x\sqrt{y}=1\overset{x=-\frac{1}{y}}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,\sqrt{5y-1}+\frac{\sqrt{y}}{y}=1\Leftrightarrow y\sqrt{5y-1}+\sqrt{y}=y\Leftrightarrow }$ $\displaystyle{y\sqrt{5y-1}=y-\sqrt{y}}$ με $\displaystyle{y\ge 1}$ .
Οπότε $\displaystyle{{{y}^{2}}\left( 5y-1 \right)={{y}^{2}}-2y\sqrt{y}+y\overset{:y\ne 0}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,y\left( 5y-1 \right)=y-2\sqrt{y}+1\Leftrightarrow }$ $\displaystyle{-5{{y}^{2}}+2y+1=2\sqrt{y}}$ .
Επειδή $\displaystyle{y\ge 1\Leftrightarrow 2\sqrt{y}\ge 2}$ , άρα πρέπει και $\displaystyle{-5{{y}^{2}}+2y+1\ge 2\Leftrightarrow -5{{y}^{2}}+2y-1\ge 0}$ αδύνατη αφού έχει
$\displaystyle{\Delta =4-20=-16<0}$ άρα $\displaystyle{-5{{y}^{2}}+2y-1<0}$ για κάθε $\displaystyle{y\ge 1}$ .
Οπότε η εξίσωση είναι αδύνατη. Επομένως όλες οι λύσεις του συστήματος είναι αυτές που βρέθηκαν παραπάνω.

Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Μέλη σε σύνδεση