ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4132
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Κυρ Ιαν 08, 2012 10:33 pm

Δημιουργούμε ένα αρχείο θεμάτων για μαθηματικούς διαγωνισμούς Λυκείου, επιπέδου ¨ΘΑΛΗΣ"¨, "ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ" και "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" για τους μαθητές μας .

Demetres έγραψε:Μια εισήγηση: Για τις ασκήσεις που γνωρίζουμε ότι έχουν τεθεί σε διαγωνισμούς της ΕΜΕ νομίζω θα ήταν καλό να διευκρινίζουμε αν είναι από τον Θαλή ή τον Ευκλείδη. Για παράδειγμα μια άσκηση Α Λυκείου από Ευκλείδη πιθανώς να είναι πιο δύσκολη από μια άσκηση Θαλή Β Λυκείου.


ΑΣΚΗΣΗ 1
(Α ΛΥΚΕΙΟΥ) Αν P εσωτερικό σημείο τριγώνου και d_{1},d_{2},d_{3} οι αποστάσεις του P από τις κορυφές A,B,C δείξτε ότι:

α) (b+c)(a+b+d_{1}+d_{2})>2c^{2}+b^{2}

β) (a+c)(b+c+d_{2}+d_{3})>3ac


ΑΣΚΗΣΗ 2 (Β ΛΥΚΕΙΟΥ) Σε ισοσκελές τρίγωνο ABC είναι η γωνία A ίση με 20 μοίρες και AB=AC=6 cm. Αν η βάση BC έχει μέτρο a, να δειχθεί ότι:

\displaystyle{a^{3}=108a-216}

Διόρθωσα μια αβλεψία στην εκφώνιση της άσκησης 2. Ευχαριστώ τον Αλέξανδρο για τον εντοπισμό της.
τελευταία επεξεργασία από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ σε Δευ Ιαν 09, 2012 9:18 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 8666
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από KARKAR » Κυρ Ιαν 08, 2012 10:59 pm

Άσκηση 3

Τετραπλεύρου ABCD , εμβαδού E , οι διαγώνιοι τέμνονται στο S , σχηματίζοντας 4 τρίγωνα ASB , BSC ,

CSD, DSA , με εμβαδά : E_{1} , E_{2} , E_{3} , E_{4} αντίστοιχα. Δείξτε ότι : \sqrt{E_{1}}+\sqrt{E_{2}}+\sqrt{E_{3}}+\sqrt{E_{4}}\leq 2\sqrt{E}


Άβαταρ μέλους
Α.Κυριακόπουλος
Δημοσιεύσεις: 988
Εγγραφή: Κυρ Ιαν 04, 2009 9:49 am
Τοποθεσία: ΧΟΛΑΡΓΟΣ

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από Α.Κυριακόπουλος » Κυρ Ιαν 08, 2012 11:12 pm

Ασκήση 4 –Α΄ Λυκείου

Για τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς \alpha ,\beta και\gamma ισχύει:
{{\gamma }^{\nu }}\le \nu \alpha +\beta, για κάθε \nu \in {{\mathbb{N}}^{*}}.
Nα αποδείξετε ότι: \gamma \le 1.


Αντώνης Κυριακόπουλος
•Ο έξυπνος παραδέχεται •Ο πονηρός δικαιολογείται •Ο βλάκας επιμένει
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3719
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από cretanman » Κυρ Ιαν 08, 2012 11:15 pm

Ας εγκαινιάσουμε αυτή την όμορφη πρωτοβουλία του Δημήτρη!

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 2 (Β ΛΥΚΕΙΟΥ) Σε ισοσκελές τρίγωνο ABC είναι η γωνία A ίση με 20 μοίρες και AB=AC=6 cm. Αν η βάση BC έχει μέτρο a, να δειχθεί ότι:

\displaystyle{a^{3}=108a-216}



Από το νόμο των συνημιτόνων έχουμε a^2=72-72\cos{20^{\circ}} απ' όπου \cos{20^{\circ}}=\dfrac{72-a^2}{72} \ \ (1)

Όμως από τον τύπο \cos{3x}=4\cos^3{x}-3\cos{x} για x=20^{\circ}, αντικαθιστώντας την (1) παίρνουμε:

\dfrac{1}{2}=4\left(\dfrac{72-a^2}{72}\right)^3-3\left(\dfrac{72-a^2}{72}\right) απ' όπου μετά την απλοποίηση με το 4 και την απαλοιφή παρονομαστών παίρνουμε:

a^6-216a^4+11664a^2-46656=0 δηλαδή \left(a^3-108a\right)^2-216^2=0 δηλαδή \left(a^3-108a-216\right)\left(a^3-108a+216)=0

απ' όπου a^3-108a-216=0 ή a^3-108a+216=0

Ας υποθέσουμε ότι ισχύει a^3-108a=216 \ \ (2)

Αφού \cos{20^{\circ}}>\cos{60^{\circ}} άρα a<6.

Συνεπώς 0<a<6 άρα a^3<6^3 και -108a<0 οπότε προσθέτωντας τις προηγούμενες δύο έχουμε:

a^3-108a<6^3 άρα a^3-108a-216<0, άτοπο λόγω της (2).

Άρα τελικά είναι a^3-108a+216=0

Αλέξανδρος

Edit: Διόθρωση σφάλματος. Ευχαριστώ τον Χρήστο Τσιφάκη για την επισήμανση


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5017
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #5 από S.E.Louridas » Κυρ Ιαν 08, 2012 11:45 pm

Απλά ας μου επιτραπεί να επισημάνω πρός τους εισηγητές των θεμάτων, οτι γιά τούς διαγωνισμούς αυτούς δεν υπάρχει ΔΕΣΜΕΥΣΗ ΥΛΗΣ γιά τους λύτες.
Ακόμα και αν ενας Junior της Α' Γυμνασίου χρησιμοποιήσει την έννοια του ακεραίου μέρους σε συνδιασμό με παραγώγιση και λύση την άσκηση, η λύση αυτή γίνεται αποδεκτή, κάνοντας απλά αναφορά στην αντίστοιχη "Ευρύτερη αποδεκτή Θεωρία" που χρησιμοποίησε, χωρίς να είναι υποχρεωμένος να την αποδείξει, έστω και αν δεν την έχει διδαχτεί στο σχολείο και την τάξη του. Η δέσμευση ύλης είναι κύρια γιά τους εισηγητές των θεμάτων.

S.E.Louridas


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.
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7264
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #6 από Demetres » Δευ Ιαν 09, 2012 12:13 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 1[/color][/size] (Α ΛΥΚΕΙΟΥ) Αν P εσωτερικό σημείο τριγώνου και d_{1},d_{2},d_{3} οι αποστάσεις του P από τις κορυφές A,B,C δείξτε ότι:

α) (b+c)(a+b+d_{1}+d_{2})>2c^{2}+b^{2}

β) (a+b)(b+c+d_{2}+d_{3})>3ac


(α) Από την τριγωνική ανισότητα στο τρίγωνο PAB παρατηρούμε ότι d_1 + d_2 > c. Άρα (b+c)(a+b+d_1+d_2) > (b+c)(a+b+c) = b^2 + c^2 + (2bc + ab + ac) > b^2 + c^2 + c(a+b) > b^2 + 2c^2

(β) Μάλλον είναι λανθασμένο. Ας πάρουμε ένα τρίγωνο με a=c=1000 και b=1 και ας πάρουμε το σημείο P πάρα πολύ κοντά στο σημείο C τότε d_2 \approx 1000 και d_3 \approx 0, άρα (a+b)(b+c+d_2+d_3) \approx 1001 \cdot 2001 < 3 \cdot 1000^2 = 3ac.

Για το (α) να προσθέσω ότι δεν είναι απαραίτητο το P να είναι εσωτερικό σημείο του τριγώνου. Η τροποποίηση της απόδειξης είναι εύκολη.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7264
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #7 από Demetres » Δευ Ιαν 09, 2012 12:18 pm

Μια εισήγηση: Για τις ασκήσεις που γνωρίζουμε ότι έχουν τεθεί σε διαγωνισμούς της ΕΜΕ νομίζω θα ήταν καλό να διευκρινίζουμε αν είναι από τον Θαλή ή τον Ευκλείδη. Για παράδειγμα μια άσκηση Α Λυκείου από Ευκλείδη πιθανώς να είναι πιο δύσκολη από μια άσκηση Θαλή Β Λυκείου.


Kostas_94
Δημοσιεύσεις: 35
Εγγραφή: Δευ Φεβ 28, 2011 7:19 pm
Τοποθεσία: Σέρρες

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #8 από Kostas_94 » Δευ Ιαν 09, 2012 1:47 pm

KARKAR έγραψε:Άσκηση 3

Τετραπλεύρου ABCD , εμβαδού E , οι διαγώνιοι τέμνονται στο S , σχηματίζοντας 4 τρίγωνα ASB , BSC ,

CSD, DSA , με εμβαδά : E_{1} , E_{2} , E_{3} , E_{4} αντίστοιχα. Δείξτε ότι : \sqrt{E_{1}}+\sqrt{E_{2}}+\sqrt{E_{3}}+\sqrt{E_{4}}\leq 2\sqrt{E}


Έστω b,d αντίστοιχα οι αποστάσεις των B,D από την AC και έστω AS=a και CS=c. Τότε
\displaystyle{{\sqrt{E_{1}}+\sqrt{E_{2}}+\sqrt{E_{3}}+\sqrt{E_{4}}=\sqrt{\frac{ab}{2}} + \sqrt{\frac{cb}{2}} + \sqrt{\frac{cd}{2}} + \sqrt{\frac{ad}{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}(\sqrt{a}+\sqrt{c})(\sqrt{b}+\sqrt{d}) \leq
\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{2(a+c)}\sqrt{2(b+d)}=2\sqrt{\frac{(a+c)(b+d)}{2}}=2\sqrt{b{\frac{AC}{2}+d\frac{AC}{2}}}=2\sqrt{(ABC)+(ADC)}=}
\displaystyle{2\sqrt{E}}}.
Για να αποδείξουμε την ανισότητα που χρησιμοποιήσαμε \displaystyle{(\sqrt{x}+\sqrt{y})\leq\sqrt{2(x+y)} υψώνουμε στο τετράγωνο και μετά από πράξες προκυπτει 2\sqrt{xy}\leq x+y} που προφανώς ισχύει.


Kostas_94
Δημοσιεύσεις: 35
Εγγραφή: Δευ Φεβ 28, 2011 7:19 pm
Τοποθεσία: Σέρρες

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #9 από Kostas_94 » Δευ Ιαν 09, 2012 6:45 pm

Η πιο απλά από την ανισότητα που αποδείξαμε
\displaystyle{(\sqrt{E_{1}}+\sqrt{E_{2}})+(\sqrt{E_{3}}+\sqrt{E_{4}})\leq\sqrt{2(E_{1}+E_{2}) }+\sqrt{ 2(E_{3}+E_{4}) }\leq\sqrt{2[2(E_{1}+E_{2})+2(E_{3}+E_{4})]}=2\sqrt{E_{1}+E_{2}+E_{3}+E_{4}}=2\sqrt{E}}


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4132
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #10 από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Δευ Ιαν 09, 2012 9:16 pm

Demetres έγραψε: (β) Μάλλον είναι λανθασμένο. Ας πάρουμε ένα τρίγωνο με a=c=1000 και b=1 και ας πάρουμε το σημείο P πάρα πολύ κοντά στο σημείο C τότε d_2 \approx 1000 και d_3 \approx 0, άρα (a+b)(b+c+d_2+d_3) \approx 1001 \cdot 2001 < 3 \cdot 1000^2 = 3ac.

Για το (α) να προσθέσω ότι δεν είναι απαραίτητο το P να είναι εσωτερικό σημείο του τριγώνου. Η τροποποίηση της απόδειξης είναι εύκολη.


Δημήτρη, πράγματι υπάρχει τυπογραφικό λάθος από την πηγή που πήρα το θέμα. Από ότι κατάλαβα λύνοντάς την πρέπει η εκφώνιση να θέλει στην πρώτη παρένθεση αντί \displaystyle{(a+b)} το \displaystyle{(a+c)}. Θα δώσω την διόρθωση.


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4132
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #11 από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Δευ Ιαν 09, 2012 9:50 pm

Άλυτη έχει μείνει η Άσκηση 4

ΑΣΚΗΣΗ 5 (Α ΛΥΚΕΙΟΥ): Σε ένα Κράτος, παίζουν ΠΡΟ-ΠΟ με 19 αγώνες αντί για 13 του δικού μας ΠΡΟ-ΠΟ. Ένας κάτοικος αυτού του Κράτους θέλει να έχει τουλάχιστον 7 σωστές προβλέψεις σε μια τουλάχιστον στήλη του δελτίου του. Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός στηλών που πρέπει να συμπληρώσει;

ΑΣΚΗΣΗ 6 (Β ΛΥΚΕΙΟΥ): Να λυθεί η εξίσωση:

\displaystyle{\sqrt[n]{x^{2}}+\sqrt[n]{(x-1)^{2}}=2a\sqrt[n]{x^{2}-x}} όπου \displaystyle{n\epsilon N^{*} , a\epsilon R}

ΑΣΚΗΣΗ 7 (Γ ΛΥΚΕΙΟΥ) : Θεωρούμε τρίγωνο ABC και πάνω στις ημιευθείες AB,AC,BC,BA,CA,CB παίρνουμε τα σημεία Q,K,L,M,N,P έτσι ώστε:
AQ=CP=AC,AK=BL=AB,BM=CN=BC. Να αποδείξετε ότι οι ευθείες KL,MN,PQ είναι παράλληλες.


Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3719
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #12 από cretanman » Δευ Ιαν 09, 2012 10:52 pm

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:Ασκήση 4 –Α΄ Λυκείου

Για τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς \alpha ,\beta και\gamma ισχύει:
{{\gamma }^{\nu }}\le \nu \alpha +\beta, για κάθε \nu \in {{\mathbb{N}}^{*}}.
Nα αποδείξετε ότι: \gamma \le 1.


Α' Τρόπος
Αν η άσκηση αναφερόταν σε οποιαδήποτε τάξη τότε απλά θα λέγαμε ότι αν ήταν \gamma >1 τότε επειδή \displaystyle\lim_{\nu\to\infty} (\gamma^{\nu}-\alpha \nu-\beta)=\infty, καταλήγουμε σε άτοπο διότι τότε θα υπήρχει \nu_0 για το οποίο να ισχύει \gamma^{\nu}>\alpha \nu+\beta για οποιοδήποτε \nu με \nu\geq \nu_0.

Β' Τρόπος
Για να μετατρέψουμε τη λύση σε "απλούστερη", πρέπει ουσιαστικά να βρούμε αυτό το \nu_0 ώστε να καταλήξουμε σε άτοπο:

Θα χρειαστούμε τις απλές ανισότητες (αποδεικνύονται π.χ. με επαγωγή):

Ισχύει
α) (1+x)^n\geq1+xn για κάθε n\in\mathbb{N}^{\star} και x>0. (απλή ανισότητα Bernoulli)
β) (1+x)^n\geq 1+xn+\dfrac{n(n-1)}{2}x^2 για κάθε \mathbb{N} \ni n\geq 2 και x>0.

Ας υποθέσουμε λοιπόν ότι \gamma>1. Τότε \gamma=1+k, όπου k>0.

\blacksquare Αν είναι k>\alpha τότε αρκεί να πάρουμε \nu > \dfrac{\beta - 1}{k-a} \ \ (1)

Πράγματι τότε έχουμε:
\begin{aligned}\gamma^{\nu}-\alpha\nu-\beta &= (1+k)^{\nu}-\alpha\nu-\beta \nonumber \\ &\stackrel{(\alpha)}{\geq} 1+k\nu - \alpha\nu - \beta \nonumber \\ &=1-\beta+(k-\alpha)\nu \nonumber \\ &\stackrel{(1)}{>} 1-\beta+(k-\alpha)\dfrac{\beta - 1}{k-a}=0\end{aligned}
άτοπο λόγω της αρχικής σχέσης.

\blacktriangleleft\blacktriangleright\blacktriangleleft\blacktriangleright\blacktriangleleft\blacktriangleright
Πως σκεφτήκαμε και βρήκαμε αυτό το κάτω φράγμα για το n; Πολύ απλά θέλαμε να βρούμε n ώστε \gamma^{\nu}-\alpha\nu-\beta>0

Όμως \gamma^{\nu}-\alpha\nu-\beta = (1+k)^{\nu}-\alpha\nu-\beta \stackrel{(\alpha)}{\geq} 1+k\nu - \alpha\nu - \beta

Άρα αρκεί να ισχύει από κάποιο n και έπειτα ότι 1+k\nu - \alpha\nu - \beta >0 δηλαδή ότι (k-\alpha)\nu>\beta-1 που (εδώ χρειάζεται η διάκριση των περιπτώσεων) για k>\alpha δίνει \nu>\dfrac{\beta-1}{k-\alpha}
\blacktriangleleft\blacktriangleright\blacktriangleleft\blacktriangleright\blacktriangleleft\blacktriangleright

\blacksquare Ας υποθέσουμε τώρα ότι είναι k\leq a

Η αρχική συνθήκη για \nu=2 δίνει \gamma^2\leq2\alpha+ \beta δηλαδή τελικά 2(k-a)\leq \beta-1-2k-k^2<\beta -1

Διακρίνουμε τις εξής υποπεριπτώσεις:

\bullet Αν 2(k-a)<\beta-1\leq 0 τότε \dfrac{\beta-1}{k-a}>2 οπότε παίρνοντας \nu=\left[\dfrac{\beta-1}{k-a}\right]-1 έχουμε τελικά:

\begin{aligned}\gamma^{\nu}-\alpha\nu-\beta &= (1+k)^{\nu}-\alpha\nu-\beta \nonumber \\ &\stackrel{(\alpha)}{\geq} 1+k\nu - \alpha\nu - \beta \nonumber \\ &=1-\beta+(k-\alpha)\left(\left[\dfrac{\beta-1}{k-a}\right]-1\right) \nonumber \\ &\geq 1-\beta + (k-\alpha)\left(\dfrac{\beta-1}{k-\alpha}-1\right)=-(k-\alpha)>0\end{aligned}
διότι είναι γνωστό ότι \left[\dfrac{\beta-1}{k-a}\right]\leq \dfrac{\beta-1}{k-a}, άτοπο.

\bullet Αν 2(k-a)\leq 0<\beta-1 τότε για n\geq 2 έχουμε διαδοχικά:

\gamma^{\nu}-\alpha\nu-\beta = (1+k)^{\nu}-\alpha\nu-\beta \stackrel{(\beta)}{\geq} 1+k\nu + \dfrac{\nu(\nu-1)}{2}k^2 - \alpha\nu - \beta

Τώρα θέλουμε να επιλέξουμε n τέτοιο ώστε να ισχύει 1+k\nu + \dfrac{\nu(\nu-1)}{2}k^2 - \alpha\nu - \beta >0 δηλαδή \nu^2k^2+(2k-2\alpha-k^2)\nu+2-2\beta>0. Το τριώνυμο αυτό έχει διακρίνουσα \Delta=(2k-2\alpha-k^2)^2-8k^2(1-\beta)>0 διότι 1-\beta<0. Οπότε για \nu>\dfrac{k^2-2k+2\alpha+\sqrt{\Delta}}{2k^2} το τριώνυμο είναι θετικό οπότε αν επιλέξουμε \nu>\max\left\{\dfrac{k^2-2k+2\alpha+\sqrt{\Delta}}{2k^2},2\right\} τότε θα καταλήξουμε και πάλι σε άτοπο.

Άρα τελικά \gamma\leq 1.

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5017
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #13 από S.E.Louridas » Τρί Ιαν 10, 2012 1:20 am

\begin{array}{*{20}c}
   {{\rm E}\sigma \tau \omega ,\;1 < \gamma  \leqslant \gamma ^\nu   \leqslant \nu \alpha  + \beta  \leqslant \left( {\alpha  + \beta } \right)\nu ,\quad \forall \nu  \in \mathbb{N}^ *  ,\;\tau \dot o\tau \varepsilon \;1 < \alpha  + \beta .}  \\
   {}  \\
 (1)\;\ {\Upsilon \pi \dot \alpha \rho \chi \varepsilon \iota \;\;k \in \mathbb{N}^ *  \backslash \left\{ 1 \right\}:\;\alpha  + \beta  < \gamma ^k,  \;o\pi\dot{o}\tau\varepsilon\; 1 < \left( {\frac{\gamma }
{{\sqrt[k]{{\alpha  + \beta }}}}} \right)^k  \Rightarrow 1 < \frac{\gamma }
{{\sqrt[k]{{\alpha  + \beta }}}}.}  \\

 \end{array}

Παρατηρούμε ότι:
\begin{array}{*{20}c}
   {\begin{array}{*{20}c}
   {1 < \left( {\frac{\gamma }
{{\sqrt[k]{{\alpha  + \beta }}}}} \right)^\nu   \leqslant \left( {\frac{\gamma }
{{\sqrt[\nu ]{{\alpha  + \beta }}}}} \right)^\nu   \leqslant \nu ,\;\;\forall \nu  \in \mathbb{N}^ *  \;\mu \dot \varepsilon \;\nu  \geqslant k,o\pi \dot o\tau \varepsilon }  \\
   {}  \\
   {1 < t < t^\nu   \leqslant \nu ,\forall \nu  \in \mathbb{N}^ *  \;\mu \dot \varepsilon \;\nu  \geqslant k,\;\alpha \nu \;t = \frac{\gamma }
{{\sqrt[k]{{\alpha  + \beta }}}}\;\;\dot \alpha \tau o\pi o\;\;\alpha \varphi o\dot \upsilon }  \\

 \end{array} }  \\
   {}  \\
   {t^\nu   \geqslant \nu ,\forall \nu  \in \mathbb{N}^ *  \;\mu \varepsilon \;\nu  \geqslant \left[ {\
{r} \right] + 1\;\;\kappa \alpha \iota \;\;\dot o\tau \alpha \nu \;\;t > 1.}  \\

 \end{array}
Τελικά \gamma  \leqslant 1.


Επεξήγηση γιά την (1):

\begin{array}{*{20}c}
   {\gamma ^\nu   \leqslant \alpha  + \beta ,\;\forall \nu  \in \mathbb{N}^ *  ,\;\mu \varepsilon \;\gamma  = 1 + \vartheta ,\;\vartheta  > 0 \Rightarrow \left( {1 + \vartheta } \right)^\nu   \leqslant \alpha  + \beta  \Rightarrow }  \\
   {1 + \nu \vartheta  \leqslant \alpha  + \beta  \Rightarrow \nu \vartheta  \leqslant \alpha  + \beta  - 1 \Rightarrow \nu  \leqslant \frac{{\alpha  + \beta  - 1}}
{\vartheta },\;\dot \alpha \tau o\pi o.}  \\

 \end{array}


(**)
Διαπραγμάτευση με ευρύτερη θεωρία
1 < \gamma  < \gamma ^\nu   \leqslant \left( {a + \beta } \right)\nu ,\;\forall \nu  \in \mathbb{N}^ *   \Rightarrow 1 < \gamma  < \sqrt[\nu ]{{\left( {a + \beta } \right)\nu }},\;\mu \varepsilon \;\mathop {\lim }\limits_{\nu  \to  + \infty } \sqrt[\nu ]{{\left( {a + \beta } \right)\nu }} = 1 \Rightarrow 1 < 1,
άτοπο, άρα \gamma  \leqslant 1.

edit: Απλά διορθώθηκε το σύμβολο στο ακέραιο μέρος.


S.E.Louridas
τελευταία επεξεργασία από S.E.Louridas σε Τρί Ιαν 10, 2012 3:41 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


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.
Άβαταρ μέλους
Α.Κυριακόπουλος
Δημοσιεύσεις: 988
Εγγραφή: Κυρ Ιαν 04, 2009 9:49 am
Τοποθεσία: ΧΟΛΑΡΓΟΣ

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #14 από Α.Κυριακόπουλος » Τρί Ιαν 10, 2012 1:57 am

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:Ασκήση 4 –Α΄ Λυκείου

Για τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς \alpha ,\beta και\gamma ισχύει:
{{\gamma }^{\nu }}\le \nu \alpha +\beta, για κάθε \nu \in {{\mathbb{N}}^{*}}.
Nα αποδείξετε ότι: \gamma \le 1.

Αλέξανδρε και Σωτήρη σας ευχαριστώ που ασχοληθήκατε με την άσκηση. Η δική μου λύση είναι η εξής:
ΛΥΣΗ.
Έστω ότι \gamma >1 . Τότε \gamma -1>0. Θέτουμε: \delta =\gamma -1, οπότε \delta >0 και\gamma =1+\delta. Έχουμε για κάθε \nu \in {{\mathbb{N}}^{*}}: {{\gamma }^{\nu }}={{\left( 1+\delta  \right)}^{\nu }}>\frac{\nu \left( \nu -1 \right)}{2}{{\delta }^{2}} ( Διώνυμο του Νεύτωνα).
Έτσι ,λόγω και της υπόθεσης, έχουμε για κάθε \nu \in {{\mathbb{N}}^{*}}:
\frac{\nu \left( \nu -1 \right)}{2}{{\delta }^{2}}<\nu \alpha +\beta \le \nu \alpha +\nu \beta \Rightarrow \frac{\nu -1}{2}{{\delta }^{2}}<\alpha +\beta \Rightarrow \nu <1+\frac{2\left( \alpha +\beta  \right)}{{{\delta }^{2}}},άτοπο, γιατί το σύνολο {{\mathbb{N}}^{*}} δεν είναι φραγμένο στο \mathbb{R}.


Αντώνης Κυριακόπουλος
•Ο έξυπνος παραδέχεται •Ο πονηρός δικαιολογείται •Ο βλάκας επιμένει
nickthegreek
Δημοσιεύσεις: 389
Εγγραφή: Δευ Μαρ 01, 2010 2:07 pm
Τοποθεσία: Oxford

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #15 από nickthegreek » Τρί Ιαν 10, 2012 2:39 pm

Για την 7 μια σκέψη:

Κατ'αρχήν οι περιπτώσεις όπου το τρίγωνο είναι ισόπλευρο ή ισοσκελές μπορούν να ελεγχθούν εύκολα. Έστω ότι όλες οι πλευρές είναι διαφορετικές σε μήκος. Μπορούμε να υποθέσουμε δίχως βλάβη της γενικότητας ότι AB<AC<BC. Λόγω συμμετρίας αρκεί να αποδειχθεί ότι PQ \parallel KL.
Προφανώς το Q είναι εκτός του τριγώνου, ενώ τα σημεία P,K,L βρίσκονται πάνω στις πλευρές του τριγώνου. Θεωρούμε V την τομή της QP με την AC .Σύμφωνα με το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο ABC με διατέμνουσα την QPV έχουμε ότι
\frac{VA}{VC}=\frac{BC-CA}{AC-AB}\Rightarrow \frac{AC}{VC}-1=\frac{BC-CA}{AC-AB}\Rightarrow VC=\frac{AC (AC-AB)}{BC-AB}

Αρκεί να δείξουμε ότι \frac{CK}{CV}=\frac{CL}{CP}\Rightarrow \frac{AC-AB}{VC}=\frac{BC-AB}{AC} που ισχύει όπως δείξαμε παραπάνω.
Μάλλον δύσκολο πρόβλημα για Ευκλείδη, αν και φαντάζομαι πως θα υπάρχει και κάποια πιο απλή λύση!

Σημείωση: Πρώτη λύση στο :logo: μετά από καιρό! :D

Φιλικά,
Νίκος


Νίκος Αθανασίου
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3719
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #16 από cretanman » Τρί Ιαν 10, 2012 5:08 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 6 (Β ΛΥΚΕΙΟΥ): Να λυθεί η εξίσωση:

\displaystyle{\sqrt[n]{x^{2}}+\sqrt[n]{(x-1)^{2}}=2a\sqrt[n]{x^{2}-x}} όπου \displaystyle{n\epsilon N^{*} , a\epsilon R}


Καταρχήν για να ορίζονται οι παραστάσεις στα δύο μέλη πρέπει x^2-x\geq 0 δηλαδή x\in(-\infty,0]\cup[1,+\infty). Όμως οι αριθμοί 0,1 δεν είναι λύσεις της εξίσωσης άρα στο εξής υποθέτουμε ότι x\in(-\infty,0)\cup(1,+\infty).

\blacksquare Αν a<0 τότε η εξίσωση είναι αδύνατη αφού το πρώτο μέλος είναι θετικός ενώ το δεύτερο μέλος είναι αρνητικός.

\blacksquare Αν a=0 τότε πρέπει \sqrt[n]{x^2}=\sqrt[n]{(x-1)^2}=0 που είναι αδύνατη.

\blacksquare Αν a<1 τότε λόγω της ανισότητας ΑΜ-ΓΜ έχουμε:

\sqrt[n]{x^2}+\sqrt[n]{(x-1)^2}\geq 2\sqrt{\sqrt[n]{x^2}\cdot\sqrt[n]{(x-1)^2}}=2\sqrt[n]{x^2-x}>2a\sqrt[n]{x^2-x}, άτοπο.

\blacksquare Αν a=1 τότε η ανισοϊσότητα παραπάνω ισχύει ως ισότητα οπότε πρέπει \sqrt[n]{x^2}=\sqrt[n]{(x-1)^2} που δίνει x=\dfrac{1}{2} που απορρίπτεται.

\blacksquare Αν a>1 και x>1. Τότε διαιρώντας την αρχική με \sqrt[n]{x}\cdot\sqrt[n]{x-1} και θέτοντας y=\dfrac{\sqrt[n]{x}}{\sqrt[n]{x-1}}>1 παίρνουμε y+\dfrac{1}{y}=2a δηλαδή y=a+\sqrt{a^2-1}>1 ή y=a-\sqrt{a^2-1}<1 που απορρίπτεται λόγω του ότι y>1.

Άρα τελικά y=a+\sqrt{a^2-1}.

Οπότε τελικά \dfrac{\sqrt[n]{x}}{\sqrt[n]{x-1}}=a+\sqrt{a^2-1} άρα ισοδύναμα υψώνοντας στη n παίρνουμε τελικά:

x=\dfrac{\left(a+\sqrt{a^2-1}\right)^n}{\left(a+\sqrt{a^2-1}\right)^n-1} που είναι δεκτή διότι είναι ισοδύναμη με την αρχική.

\blacksquare Αν a>1 και x<-1 τότε διαιρώντας την αρχική με \sqrt[n]{-x}\cdot\sqrt[n]{-(x-1)} και θέτοντας y=\dfrac{\sqrt[n]{-x}}{\sqrt[n]{-(x-1)}}<1 παίρνουμε y+\dfrac{1}{y}=2a δηλαδή y=a+\sqrt{a^2-1}>1 που απορρίπτεται διότι y<1 ή y=a-\sqrt{a^2-1}<1.

Άρα τελικά y=a-\sqrt{a^2-1}.

Οπότε τελικά \dfrac{\sqrt[n]{-x}}{\sqrt[n]{-(x-1)}}=a-\sqrt{a^2-1} άρα ισοδύναμα υψώνοντας στη n παίρνουμε τελικά:

x=\dfrac{\left(a-\sqrt{a^2-1}\right)^n}{\left(a-\sqrt{a^2-1}\right)^n-1} που είναι δεκτή διότι είναι ισοδύναμη με την αρχική.

Για να συνοψίσουμε η αρχική εξίσωση έχει λύση μόνο όταν a>1 τις \boxed{x=\dfrac{\left(a+\sqrt{a^2-1}\right)^n}{\left(a+\sqrt{a^2-1}\right)^n-1}} και \boxed{x=\dfrac{\left(a-\sqrt{a^2-1}\right)^n}{\left(a-\sqrt{a^2-1}\right)^n-1}}

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5017
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #17 από S.E.Louridas » Τρί Ιαν 10, 2012 5:19 pm

Αν και είναι γνωστό ότι,
\upsilon \pi \dot \alpha \rho \chi \varepsilon \iota \;r \in \mathbb{R}:t^\nu   \geqslant \nu ,\forall \nu  \in \mathbb{N}^ *  ,\nu  \geqslant \left[ r \right] + 1,\;\dot o\tau \alpha \nu \;t > 1,
ας δούμε και την απόδειξη του καθότι μας παρακολουθούν και μαθητές.

\begin{array}{*{20}c}
   {t > 1 \Rightarrow t^\nu   = \left( {1 + t - 1} \right)^\nu   \geqslant \frac{{\nu \left( {\nu  - 1} \right)\left( {t - 1} \right)^2 }}
{2},\;\mu \varepsilon \;\frac{{\left( {\nu  - 1} \right)\left( {t - 1} \right)^2 }}
{2} \geqslant 1,\;\dot o\tau \alpha \nu \;\nu  \geqslant \frac{2}
{{\left( {t - 1} \right)^2 }} + 1}  \\
   {}  \\
   { \Rightarrow \frac{{\nu \left( {\nu  - 1} \right)\left( {t - 1} \right)^2 }}
{2} \geqslant \nu ,\;\dot o\tau \alpha \nu \;\nu  \geqslant \left[ {\frac{2}
{{\left( {t - 1} \right)^2 }} + 1} \right] + 1 \Rightarrow t^\nu   \geqslant \nu ,\forall \nu  \in \mathbb{N}^ *  ,\nu  \geqslant \left[ r \right] + 1.}  \\

 \end{array}

Υπενθύμηση: Αν x πραγματικός αριθμός, το σύμβολο [x] παριστάνει το Ακέραιο μέρος του αριθμού x.


S.E.Louridas
τελευταία επεξεργασία από S.E.Louridas σε Τρί Ιαν 10, 2012 5:29 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


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.
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3719
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #18 από cretanman » Τρί Ιαν 10, 2012 5:28 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 5 (Α ΛΥΚΕΙΟΥ): Σε ένα Κράτος, παίζουν ΠΡΟ-ΠΟ με 19 αγώνες αντί για 13 του δικού μας ΠΡΟ-ΠΟ. Ένας κάτοικος αυτού του Κράτους θέλει να έχει τουλάχιστον 7 σωστές προβλέψεις σε μια τουλάχιστον στήλη του δελτίου του. Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός στηλών που πρέπει να συμπληρώσει;


Διαγράφω τη "λύση" μου ως λανθασμένη.

Αλέξανδρος
τελευταία επεξεργασία από cretanman σε Τρί Ιαν 10, 2012 11:49 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.
Λόγος: Λανθασμένη λύση


Αλέξανδρος Συγκελάκης
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4132
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #19 από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Τρί Ιαν 10, 2012 11:36 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 7 (Γ ΛΥΚΕΙΟΥ) : Θεωρούμε τρίγωνο ABC και πάνω στις ημιευθείες AB,AC,BC,BA,CA,CB παίρνουμε τα σημεία Q,K,L,M,N,P έτσι ώστε:
AQ=CP=AC,AK=BL=AB,BM=CN=BC. Να αποδείξετε ότι οι ευθείες KL,MN,PQ είναι παράλληλες.


Και μια ακόμα λύση χρησιμοποιώντας διανύσματα :

Ας ονομάσουμε τα μέτρα των διανυσμάτων \displaystyle{\vec{BC},\vec{CA} , \vec{AB}} με \displaystyle{a,b,c} αντιστοίχως. Έχουμε

\displaystyle{\vec{MB}=n.\vec{AB}\Rightarrow \left|\vec{MB} \right|=n.\left|\vec{AB} \right|\Rightarrow \left|\vec{BC} \right|=n.\left|\vec{AB} \right|\Rightarrow a=n.c\Rightarrow n=\frac{a}{c}}. Άρα

\displaystyle{\vec{MB}=\frac{a}{c}.\vec{AB}}. Όμοια \displaystyle{\vec{CN}=\frac{a}{b}.\vec{CA}}

Άρα

\displaystyle{\vec{MN}=\vec{MB}+\vec{BC}+\vec{CN}=\frac{a}{c}.\vec{AB}+\vec{BC}+\frac{a}{b}.\vec{CA}=a\left(\frac{1}{c}\vec{AB}+\frac{1}{a}.\vec{BC}+\frac{1}{b}.\vec{CA} \right)}

Όμοια βρίσκουμε ότι

\displaystyle{\vec{PQ}=b\left(\frac{1}{c}.\vec{AB}+\frac{1}{a}.\vec{BC}+\frac{1}{b}.\vec{CA} \right)}

\displaystyle{\vec{KL}=c\left(\frac{1}{c}.\vec{AB}+\frac{1}{a}.\vec{BC}+\frac{1}{b}.\vec{CA} \right)}

Άρα \displaystyle{\vec{MN}//\vec{PQ}//\vec{KL}}


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2470
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #20 από achilleas » Τρί Ιαν 10, 2012 11:44 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Άλυτη έχει μείνει η Άσκηση 4

ΑΣΚΗΣΗ 5 (Α ΛΥΚΕΙΟΥ): Σε ένα Κράτος, παίζουν ΠΡΟ-ΠΟ με 19 αγώνες αντί για 13 του δικού μας ΠΡΟ-ΠΟ. Ένας κάτοικος αυτού του Κράτους θέλει να έχει τουλάχιστον 7 σωστές προβλέψεις σε μια τουλάχιστον στήλη του δελτίου του. Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός στηλών που πρέπει να συμπληρώσει;




Από την αρχή της περιστεροφωλιάς, ένα από τα 1,2, Χ θα εμφανισθεί τουλάχιστον 7 φορές (αφού 6+6+6=18<19).
3 στήλες, λοιπόν, αρκούν: μια συμπληρωμένη μόνο με 1, μια μόνο με 2 και μια μόνο με Χ.

Φιλικά,

Αχιλλέας



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

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης