6η ΕMO 1989-1990 (Β' Λυκείου)

parmenides51 · #1

1. Έστω ένα ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ με $\displaystyle{\widehat{A}=90^ο}$ και $\displaystyle{AB<A\Gamma}$ . Αν $\displaystyle{AH,A\Delta,AM}$ είναι ύψος, διχοτόμος και διάμεσος αντίστοιχα,
ν' αποδειχτεί ότι: $\displaystyle{\frac{B\Delta}{\Gamma\Delta}<\frac{H\Delta}{M\Delta}}$ .

2. Να βρεθούν όλες οι πραγματικές ρίζες της εξίσωσης : $\displaystyle{\sqrt{x-1}+\sqrt{x^2-1}=\sqrt{x^3}}$

3. Για ποιες τιμές του $\displaystyle{\nu}$ ( $\displaystyle{\nu\in \mathbb{N}}$ ) ο αριθμός $\displaystyle{1^{\nu}+2^{\nu}+3^{\nu}}$ διαιρείται με το $\displaystyle{7}$ ;

4. Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $\displaystyle{f: \mathbb{R}^+\to\mathbb{R}}$ που ικανοποιούν την σχέση $\displaystyle{f(x+y)=f(x^2)+f(y^2) }$ για κάθε $\displaystyle{x,y \in\mathbb{R}^+}$

#2

parmenides51 έγραψε:2. Να βρεθούν όλες οι πραγματικές ρίζες της εξίσωσης : $\displaystyle{\sqrt{x-1}+\sqrt{x^2-1}=\sqrt{x^3}}$

http://www.mathematica.gr/forum/viewtop ... 26#p147326

#3

parmenides51 έγραψε:4. Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $\displaystyle{f: \mathbb{R}^+\to\mathbb{R}}$ που ικανοποιούν την σχέση $\displaystyle{f(x+y)=f(x^2)+f(y^2) }$ για κάθε $\displaystyle{x,y \in\mathbb{R}^+}$

Με τη διευκρίνηση $\Bbb{R}^+=[0,+\infty):$

$x=y=0\implies f(0)=0.$
$y=0 \implies f(x^2)=f(x).$

Άρα f(x+y)=f(x)+f(y).

Είναι, λόγω της προσθετικότητας,

$\displaystyle{f((x+1)^2)=f(x+1)\implies f(x^2)+2f(x)+f(1)=f(x)+f(1)\implies f(x)+2f(x)=f(x)\implies f(x)=0.}$

#4

parmenides51 έγραψε:3. Για ποιες τιμές του $\displaystyle{\nu}$ ( $\displaystyle{\nu\in \mathbb{N}}$ ) ο αριθμός $\displaystyle{1^{\nu}+2^{\nu}+3^{\nu}}$ διαιρείται με το $\displaystyle{7}$ ;

Είναι $2^6\equiv 1 \pmod 7$ και $3^6\equiv 1 \pmod 7$ οπότε αρκεί να ελέγξουμε τις τιμές $\nu=0,1,2,3,4,5.$

Δεκτές είναι οι $\nu=2, 4$ οπότε η γενική λύση είναι $\nu =6k+2$ ή 6k+4

με $k\in \Bbb{N}_0.$

hlkampel · #5

parmenides51 έγραψε: 2. Να βρεθούν όλες οι πραγματικές ρίζες της εξίσωσης : $\displaystyle{ \sqrt{x-1}+\sqrt{x^2-1}=\sqrt{x^3}}$

Άλλη μια λύση.

Με $x\ge 1$ η εξίσωση ισοδύναμα γίνεται: $\sqrt{{{x}^{2}}-1}=\sqrt{{{x}^{3}}}-\sqrt{x-1}$

Τετραγωνίζοντας δίνει:

${{x}^{2}}-1={{x}^{3}}+x-1-2\sqrt{{{x}^{4}}-{{x}^{3}}}\Leftrightarrow$

${{x}^{3}}-{{x}^{2}}+x=2x\sqrt{{{x}^{2}}-x}\overset{:x\ne 0}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,$

${{x}^{2}}-x+1=2\sqrt{{{x}^{2}}-x}\Leftrightarrow$ (τετραγωνίζω)

${{x}^{4}}+{{x}^{2}}+1-2{{x}^{3}}+2{{x}^{2}}-2x=4{{x}^{2}}-4x\Leftrightarrow$

${{x}^{4}}-2{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+2x+1=0\overset{:{{x}^{2}}\ne 0}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,$

${{x}^{2}}-2x-1+\frac{2}{x}+\frac{1}{{{x}^{2}}}=0\Leftrightarrow$

${{\left( x-\frac{1}{x} \right)}^{2}}+2-2\left( x-\frac{1}{x} \right)-1=0\Leftrightarrow$

${{\left( x-\frac{1}{x} \right)}^{2}}-2\left( x-\frac{1}{x} \right)+1=0\Leftrightarrow$

${{\left[ \left( x-\frac{1}{x} \right)-1 \right]}^{2}}=0\Leftrightarrow$

$x-\frac{1}{x}=1\Leftrightarrow {{x}^{2}}-x-1=0$

Άρα $x=\frac{1-\sqrt{5}}{2}<1$ απορρίπτεται ή $x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ η οποία επαληθεύει την αρχική εξίσωση.

#6

parmenides51 έγραψε:1. Έστω ένα ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ με $\displaystyle{\widehat{A}=90^ο}$ και $\displaystyle{AB<A\Gamma}$ . Αν $\displaystyle{AH,A\Delta,AM}$ είναι ύψος, διχοτόμος και διάμεσος αντίστοιχα,
ν' αποδειχτεί ότι: $\displaystyle{\frac{B\Delta}{\Gamma\Delta}<\frac{H\Delta}{M\Delta}}$ .

Από το θεώρημα διχοτόμου για την

στο τρίγωνο ABC

:

$\displaystyle{\frac{BD}{CD}=\frac{AB}{AC}=\frac{c}{b}.}$

Από το ίδιο θεώρημα για την

στο τρίγωνο AHM(*)

:

$\displaystyle{\frac{HD}{MD}=\frac{AD}{AM}=\frac{bc/a}{a/2}=\frac{2bc}{a^2}.}$

Αρκεί να δείξουμε πως:

$\displaystyle{\frac{c}{b}<\frac{2bc}{a^2}}$ ή

$\displaystyle{2b^2>a^2=b^2+c^2}$

ή b>c

γνωστό από υπόθεση.

(*)
Είναι $\angle HAD=\angle DAB-\angle HAB=\angle A/2-(90-\angle -B)=\angle A/2-90+\angle B$

και $\angle MAD=\angle CAD- \angle CAM=\angle A/2-C= \angle A/2-90+\angle B.$

#7

parmenides51 έγραψε:4. Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $\displaystyle{f: \mathbb{R}^+\to\mathbb{R}}$ που ικανοποιούν την σχέση $\displaystyle{f(x+y)=f(x^2)+f(y^2) }$ για κάθε $\displaystyle{x,y \in\mathbb{R}^+}$

Αλλιώς (και θεωρώντας $\Bbb{R}^+=(0,\infty)$ ).

Θέτουμε $y=x^2-x, \ x>1$ και έχουμε f((x^2-x)^2)=0.

Όμως η εξίσωση (x^2-x)^2=a

έχει λύση για κάθε a>0,

την $\displaystyle{x=\frac{1+\sqrt{1+4\sqrt{a}}}{2}>1.}$

Επομένως, f(a)=0

για κάθε

parmenides51 · #8

parmenides51 έγραψε:1. Έστω ένα ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ με $\displaystyle{\widehat{A}=90^ο}$ και $\displaystyle{AB<A\Gamma}$ . Αν $\displaystyle{AH,A\Delta,AM}$ είναι ύψος, διχοτόμος και διάμεσος αντίστοιχα,
ν' αποδειχτεί ότι: $\displaystyle{\frac{B\Delta}{\Gamma\Delta}<\frac{H\Delta}{M\Delta}}$ .

: 6i emo 1998-90 bl.png (11.73 KiB) Προβλήθηκε 1738 φορές

socrates έγραψε:Από το θεώρημα διχοτόμου για την στο τρίγωνο :

$\displaystyle{\frac{BD}{CD}=\frac{AB}{AC}=\frac{c}{b}.}$

Από το ίδιο θεώρημα για την στο τρίγωνο :

$\displaystyle{\frac{HD}{MD}=\frac{AD}{AM}=\frac{bc/a}{a/2}=\frac{2bc}{a^2}.}$

Αρκεί να δείξουμε πως:

$\displaystyle{\frac{c}{b}<\frac{2bc}{a^2}}$ ή

$\displaystyle{2b^2>a^2=b^2+c^2}$

ή γνωστό από υπόθεση.

(*)
Είναι $\angle HAD=\angle DAB-\angle HAB=\angle A/2-(90^o-\angle B)=\angle A/2-90^o+\angle B$

και $\angle MAD=\angle CAD- \angle CAM=\angle A/2-\angle C= \angle A/2-90^o+\angle B.$

Orestisss · #9

parmenides51 έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 08, 2012 5:19 pm
3. Για ποιες τιμές του $\displaystyle{\nu}$ ( $\displaystyle{\nu\in \mathbb{N}}$ ) ο αριθμός $\displaystyle{1^{\nu}+2^{\nu}+3^{\nu}}$ διαιρείται με το $\displaystyle{7}$ ;

Αρχικα, για κάθε φυσικό $\nu$ ο αριθμος
$1+2^\nu+3^\nu$ είναι άρτιος. Επισης για $\nu=2 \Rightarrow 1+2^2+3^2=14$ που είναι πολλαπλάσιο του

για τη μικρότερη άρτια τιμή του $\nu$ . Επαγωγικά θα δείξω οτι ισχύει για κάθε φυσικό άρτιο $\nu\geq 2$ . Έστω λοιπόν $P(\nu)=1+2^\nu +3^\nu$ προφανώς P(2)

αληθής. Έστω $P(2k)=1+2^{2k}+3^{2k}$ αληθής με $k\in\mathbb{N}$ $\geq 1$ . Είναι: $P(2k+2)=1+2^{2k+2}+3^{2k+2}=1+4\cdot 2^{2k}+9\cdot 3^{2k}$ $=1+2^{2k}+3^{2k}+3\cdot 2^{2k}+8\cdot 3^{2k}$
$=P(2k)+3\cdot 4^k+8\cdot 9^k$ Εδώ όμως δεν ξέρω πως να συνεχίσω..

#10

Orestisss έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 16, 2024 11:39 pm

Αρχικα, για κάθε φυσικό $\nu$ ο αριθμος
$1+2^\nu+3^\nu$ είναι άρτιος. Επισης για $\nu=2 \Rightarrow 1+2^2+3^2=14$ που είναι πολλαπλάσιο του για τη μικρότερη άρτια τιμή του $\nu$ . Επαγωγικά θα δείξω οτι ισχύει για κάθε φυσικό άρτιο $\nu\geq 2$ . Έστω λοιπόν $P(\nu)=1+2^\nu +3^\nu$ προφανώς αληθής. Έστω $P(2k)=1+2^{2k}+3^{2k}$ αληθής με $k\in\mathbb{N}$ $\geq 1$ . Είναι: $P(2k+2)=1+2^{2k+2}+3^{2k+2}=1+4\cdot 2^{2k}+9\cdot 3^{2k}$ $=1+2^{2k}+3^{2k}+3\cdot 2^{2k}+8\cdot 3^{2k}$
$=P(2k)+3\cdot 4^k+8\cdot 9^k$ Εδώ όμως δεν ξέρω πως να συνεχίσω..

.
Δεν μπορείς να συνεχίσεις για τον απλούστατο λόγο ότι αυτό που ισχυρίζεσαι (το σημείωσα με κόκκινο) δεν ισχύει. Π.χ. για τον άρτιο $\nu =6$ έχουμε

1^6+2^6+3^6= 1+64+729= 794

, που ΔΕΝ είναι πολλαπλάσιο του

.

Orestisss · #11

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 17, 2024 12:56 am

Orestisss έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 16, 2024 11:39 pm

Αρχικα, για κάθε φυσικό $\nu$ ο αριθμος
$1+2^\nu+3^\nu$ είναι άρτιος. Επισης για $\nu=2 \Rightarrow 1+2^2+3^2=14$ που είναι πολλαπλάσιο του για τη μικρότερη άρτια τιμή του $\nu$ . Επαγωγικά θα δείξω οτι ισχύει για κάθε φυσικό άρτιο $\nu\geq 2$ . Έστω λοιπόν $P(\nu)=1+2^\nu +3^\nu$ προφανώς αληθής. Έστω $P(2k)=1+2^{2k}+3^{2k}$ αληθής με $k\in\mathbb{N}$ $\geq 1$ . Είναι: $P(2k+2)=1+2^{2k+2}+3^{2k+2}=1+4\cdot 2^{2k}+9\cdot 3^{2k}$ $=1+2^{2k}+3^{2k}+3\cdot 2^{2k}+8\cdot 3^{2k}$
$=P(2k)+3\cdot 4^k+8\cdot 9^k$ Εδώ όμως δεν ξέρω πως να συνεχίσω..
.
Δεν μπορείς να συνεχίσεις για τον απλούστατο λόγο ότι αυτό που ισχυρίζεσαι (το σημείωσα με κόκκινο) δεν ισχύει. Π.χ. για τον άρτιο $\nu =6$ έχουμε

, που ΔΕΝ είναι πολλαπλάσιο του .

Ευχαριστω. Θα προσπαθήσω κάποια άλλη λυση.

Al.Koutsouridis · #12

parmenides51 έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 08, 2012 5:19 pm

2. Να βρεθούν όλες οι πραγματικές ρίζες της εξίσωσης : $\displaystyle{\sqrt{x-1}+\sqrt{x^2-1}=\sqrt{x^3}}$

Θέτουμε $\sqrt{x-1}=a$ και $\sqrt{x^2-1} = b$ . Τότε η εξίσωση μπορεί να γραφεί ως

$\sqrt{x-1}+\sqrt{x^2-1}=\sqrt{x \cdot x^2}$ και με τις παραπάνω αντικαταστάσεις γίνεται

$a+b = \sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}$ .

Από την οποία έχουμε διαδοχικά

(a+b)^2= (a^2+1)(b^2+1)

Άρα έχουμε ab=1

και επομένως θα πρέπει

(x-1)(x^2-1)=1

. Η οποία γράφεται

x^3-x-x^2+1=1

Για τις τιμές x=0

και την μικρότερη ρίζα $x=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$ της εξίσωσης x^2-x-1=0

έχουμε

, οπότε απορρίπτονται. Άρα μοναδική λύση η $x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$ .

S.E.Louridas · #13

parmenides51 έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 08, 2012 5:19 pm
2. Να βρεθούν όλες οι πραγματικές ρίζες της εξίσωσης : $\displaystyle{\sqrt{x-1}+\sqrt{x^2-1}=\sqrt{x^3}}$

Καταρχάς πρέπει και αρκεί $x \geqslant 1.$
Η εξίσωση γράφεται τότε (λόγω της δύναμης της συζυγούς)

$\sqrt {x - 1} \left( {\sqrt {x + 1} + 1} \right) = x\sqrt x \Leftrightarrow \sqrt {x - 1} = \sqrt x \left( {\sqrt {x + 1} - 1} \right).$

Αν υπάρχει τιμή $x \geqslant 1$ που να την επαληθεύει, τότε, με ύψωση στο τετράγωνο και μερικές στοιχειώδεις πράξεις καταλήγουμε:

${x^2} - 2x\sqrt {x + 1} + {\left( {\sqrt {x + 1} } \right)^2} = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - \sqrt {x + 1} } \right)^2} = 0\;\,\left( 1 \right),$ και έτσι έχουμε την ${x^2} - x - 1 = 0,$

που μας καταλήγει στην ισότητα $\displaystyle{x = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2},}$ και που την δεχόμαστε ως λύση λόγω και επαλήθευσης.

6η ΕMO 1989-1990 (Β' Λυκείου)

6η ΕMO 1989-1990 (Β' Λυκείου)

Re: 6η ΕMO 1989-1990 (Β' Λυκείου)

Re: 6η ΕMO 1989-1990 (Β' Λυκείου)

Re: 6η ΕMO 1989-1990 (Β' Λυκείου)

Re: 6η ΕMO 1989-1990 (Β' Λυκείου)

Re: 6η ΕMO 1989-1990 (Β' Λυκείου)

Re: 6η ΕMO 1989-1990 (Β' Λυκείου)

Re: 6η ΕMO 1989-1990 (Β' Λυκείου)

Re: 6η ΕMO 1989-1990 (Β' Λυκείου)

Re: 6η ΕMO 1989-1990 (Β' Λυκείου)

Re: 6η ΕMO 1989-1990 (Β' Λυκείου)

Re: 6η ΕMO 1989-1990 (Β' Λυκείου)

Re: 6η ΕMO 1989-1990 (Β' Λυκείου)

Μέλη σε σύνδεση