Α-μερικές ασκήσεις

petros r · #1

1) Έστω $\rm AB\Gamma \Delta$ τετράεδρο.Το μέσο της

είναι το

και το μέσο της $\Gamma \Delta$ είναι το

. Αποδείξτε ότι το

είναι κάθετο στην

και $\Gamma \Delta$ αν $A\Gamma =B\Delta$ και $A\Delta =B\Gamma$ .
2)Αποδείξτε ότι $\sum{\frac{xyz}{x^{3}+y^{3}+xyz}}\leq{1}$ για όλους τους θετικούς αριθμούς x,y,z

.
3)Ο εγγεγραμένος κύκλος του τριγώνου ABC

τέμνει της BC,CA,AB

στα

αντίστοιχα. Επίσης $AF\leq{BD}\leq{CE}$ . Η ακτίνα του κύκλου είναι r και έχουμε $\frac{2}{AF} +\frac{5}{BD} +\frac{5}{CE}=\frac{6}{r}$ . Αποδείξτε ότι το ABC

είναι ισοσκελές και βρείτε το μήκος των πλευρών του αν r=4

4)Πόσα τετράγωνα μπορούμε να επιλέξουμε σε ένα 1000Χ1000 τεραίν σκάκι,έτσι ώστε να μην υπάρχουν τρεία τετράγωνα με δύο στην ίδια σειρά και δύο στην ίδια στήλη?
5)Αποδείξτε πως για κάθε ακέραιο

μπορούμε να βρούμε ένα αριθμό με n ψηφία και όλα περιττά και να διαιρείται από το $5^{n}$

spiros filippas · #2

petros r έγραψε:2)Αποδείξτε ότι $\sum{\frac{xyz}{x^{3}+y^{3}+xyz}}\leq{1}$ για όλους τους θετικούς αριθμούς x,y,z.

Από τη βασική ανισότητα $\displaystyle a^3+b^3\geq ab(a+b)$ αρκεί να δείξουμε ότι

$\displaystyle \sum{\frac{xyz}{xy(x+y)+xyz}}\leq 1$ ή ισοδύναμα ότι

$\displaystyle \sum{\frac{xyz^2}{xyz(x+y)+xyz^2}}={\frac{\sum xyz^2}{xyz(x+y+z)}}\leq 1$

Το οποίο ισχύει αφού $\displaystyle \sum{xyz^2=xyz(x+y+z)}$

Iσότητα για x=y=z

kwstas12345 · #3

Για το 3,βγάζω ότι το τρίγωνο είναι ισοσκελές, όμως: Από ένα πρόχειρο σχήμα εύκολα βρίσκουμε $\displaystyle \frac{1}{AF}=\frac{1}{r}\tan \frac{A}{2},\frac{1}{BD}=\frac{1}{r}\tan \frac{B}{2},\frac{1}{EC}=\frac{1}{r}\tan \frac{C}{2}$ και θέτοντας για ευκολία $\displaystyle x=\tan A/2,y=\tan B/2,z=\tan C/2$

έχουμε $\displaystyle 2x+5y+5z=6$ αλλά σε κάθε τρίγωνο ισχύει $\displaystyle xy+yz+zx=1\Rightarrow \Rightarrow x=\frac{1-yz}{y+z}$ άρα εύκολα καταλήγουμε στην $\displaystyle 5y^2+y\left(8z-6 \right)+5z^2+2-6z=0$ .

Απαιτούμε η παραπάνω εξίσωση να έχει πραγματικές λύσεις άρα $\displaystyle \Delta \geqslant 0\Leftrightarrow -36z^2+24z-4\geqslant 0\Leftrightarrow 4\left(3z-1 \right)^2\leqslant 0\Leftrightarrow z=1/3$ και εύκολα τώρα προκύπτει $\displaystyle y=1/3$ .

Άρα επειδή $\displaystyle y=z\Leftrightarrow \tan B/2=\tan C/2\Leftrightarrow B=C$ αφού η $\tan x$ είναι 1-1

στο $\displaystyle \left(0,\pi/2 \right)$ και έτσι το τρίγωνο είναι ισοσκελές με $\displaystyle AB=AC$ .

Φέρουμε την

. Το $\displaystyle \bigtriangleup BIC$ είναι ισοσκελές,άρα επειδή το $\displaystyle ID$ είναι ύψος, είναι και διάμεσος άρα $\displaystyle BD=\frac{BC}{2}\Rightarrow \frac{BC}{2}=\frac{r}{\tan \frac{B}{2}}\Leftrightarrow BC=24$ .

Εύκολα βρίσκουμε $\displaystyle \tan B=\frac{2\tan B/2}{1-\tan^2 B/2}=\frac{3}{4}$ άρα $\displaystyle h_{a}=\tan B\cdot \frac{BC}{2}=\frac{9}{4}\Rightarrow E=108$ . 'Ομως $\displaystyle E=sr\Leftrightarrow 4\frac{\left(2AB+6 \right)}{2}=108\Leftrightarrow AB=AC=15$ .

Δεν χρησιμοποιήθηκε η ανισότητα μεταξύ των τμημάτων που δίνεται στην εκφώνηση.

Marios V. · #4

Για την 5.
για n=1

ισχύει.
υποθέτουμε ότι ισχύει για n=k

, και είναι συγκεκριμένα ο αριθμός $5^{k}a$ .
Θα αποδείξουμε ότι ισχύει για n=k+1

.
αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει

τέτοιο ώστε $5^{k+1}|10^{k}x+5^{k}a$ και 0<x<10

$10^{k}x+5^{k}a=5^{k}(2^{k}x+a)$
Αφού για κάθε τιμή του

μπορούμε να βρούμε

τέτοιο ώστε $2^{k}x$ να αφήνει ότι υπόλοιπο θέλουμε(η απόδειξη είναι κάτι παραπάνω από απλή), τότε προφανώς μπορούμε πάντα να βρούμε

τέτοιο ώστε $5|2^{k}x+a$
και άρα $5^{k+1}|10^{k}x+5^{k}a$

Επαγωγικά αποδείξαμε το ζητούμενο.

#5

petros r έγραψε: 4)Πόσα τετράγωνα μπορούμε να επιλέξουμε σε ένα 1000Χ1000 τεραίν σκάκι,έτσι ώστε να μην υπάρχουν τρία τετράγωνα με δύο στην ίδια σειρά και δύο στην ίδια στήλη?

Θα δείξουμε ότι σε μια $m \times n$ σκακιέρα με m,n > 1

μπορούμε να επιλέξουμε το πολύ m+n-2

τετράγωνα με την ζητούμενη ιδιότητα. Είναι εύκολο να επιλέξουμε τόσα τετράγωνα π.χ. παίρνοντας όλα τα τετράγωνα της πρώτης γραμμής, όλα τα τετράγωνα της πρώτης στήλης και αφαιρώντας το τετράγωνο που βρίσκεται και στην πρώτη γραμμή και στην πρώτη στήλη. Θα δείξουμε με επαγωγή στο m+n

ότι αν επιλέξουμε m+n-1

τετράγωνα τότε θα υπάρχουν τρία με δυο στην ίδια γραμμή και δυο στην ίδια στήλη. Για m+n=4

είναι προφανές. Για το επαγωγικό βήμα, αν διαλέξουμε m+n-1

τετράγωνα, επειδή m+n-1 > m

τότε σε μια σειρά θα υπάρχουν τουλάχιστον δύο επιλεγμένα τετράγωνα. Αν σε αυτήν την σειρά έχουν επιλεγεί όλα τα τετράγωνα, τότε δεν μπορεί να υπάρχει άλλο επιλεγμένο τετράγωνο άρα συνολικά είναι n < m+n-1

επιλεγμένα τετράγωνα, άτοπο. Αν σε αυτήν την σειρά έχουν επιλεγεί όλα τα τετράγωνα εκτός από ένα, έστω στην στήλη

τότε τα μόνα άλλα τετράγωνα που μπορεί να έχουν επιλεγεί πρέπει να βρίσκονται στην στήλη

και άρα συνολικά είχαν επιλεγεί το πολύ m+n-2

τετράγωνα, άτοπο. Τέλος αν σε αυτήν την σειρά έχουν επιλεγεί $2 \leqslant k \leqslant n-2$ τετράγωνα, τότε όλα τα υπόλοιπα τετράγωνα πρέπει να βρίσκονται σε μια $(m-1) \times (n-k)$ υποσκακιέρα. Συνολικά όμως, από την επαγωγική υπόθεση θα έχουμε επιλέξει k + [(m-1) + (n-k) - 2] = m+n-3

, πάλι άτοπο.

Α-μερικές ασκήσεις

Α-μερικές ασκήσεις

Re: Α-μερικές ασκήσεις

Re: Α-μερικές ασκήσεις

Re: Α-μερικές ασκήσεις

Re: Α-μερικές ασκήσεις

Μέλη σε σύνδεση