Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Grigoris K. · #361

socrates έγραψε:Άσκηση 149
Αν οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε $\displaystyle x+\frac{y}{z}=y+\frac{z}{x}=z+\frac{x}{y}=2,$

να προσδιορίσετε όλες τις δυνατές τιμές του

Ελπίζω τώρα να είμαι απόλυτα σωστός:

$\displaystyle {6 = x + y + z + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} + \frac{x}{y} \Leftrightarrow 6 \geq x + y + z + 3\sqrt[3]{\frac{y}{z}\cdot \frac{z}{x} \cdot\frac{x}{y}} \Leftrightarrow 6 \geq x + y + z + 3 \Leftrightarrow x + y + z \leq 3}~(1)$

Επιπλέον ισχύει:

$\displaystyle{\begin{cases} xz + y = 2z \\ xy + z = 2x \\ zy + x = 2y \end{cases}}$

Αθροίζοντας τις τρεις αυτές σχέσεις κατά μέλη λαμβάνουμε ότι: xz + xy + zy = x + y + z ~ (*)

.

Όμως:

$x^2 + y^2 + z^2 \geq^{(*)} x + y + z \Leftrightarrow (x+y+z)^2 - 2(xz + xy + zy) \geq x + y + z \Leftrightarrow^{(*)} \\ \Leftrightarrow^{(*)} (x+y+z)^2 - 2(x+y+z) \geq x + y + z \Leftrightarrow x + y + z \geq 3~(2)$

Από (1),(2)

προκύπτει πως x + y + z = 3

, η οποία είναι και η μόνη δυνατή τιμή της παράστασης.

Edit: Διορθώθηκε μετά από επισύμανση του κ. Socrates για λάθος.

PanosG · #362

socrates έγραψε:Άσκηση 150 :
Να λυθεί το σύστημα

$\begin{cases} 2x^2 = 14 + yz & & 2y^2 = 14 + zx & & 2z^2 = 14 + xy & & \end{cases}$

$\begin{cases} 2x^2 = 14 + yz (1) & & 2y^2 = 14 + zx (2)& & 2z^2 = 14 + xy (3)& & \end{cases}$

$(1)-(2)\Rightarrow 2(x^2-y^2)=yz-zx\Rightarrow 2(x-y)(x+y)=z(y-x)$

$\bullet$ Άν $y\neq x$ τότε έχουμε:
$\boxed{z=-2x-2y} (4)$
Όμοια αφαιρώντας απο την (1) την (3) έχουμε:
2(x-z)(x+z)=z(z-x)

$\bullet$ Άν $z\neq x$ τότε έχουμε:
$\boxed{y=-2x-2z} (5)$
Όμοια αφαιρώντας απο την (2) την (3) έχουμε:
2(y-z)(y+z)=x(z-y)

$\bullet$ Άν $y\neq z$ τότε έχουμε:
$\boxed{x=-2y-2z} (6)$
Το σύστημα των εξισώσεων (4), (5), (6) εύκολα βλέπουμε ότι έχει μοναδική λύση την (x,y,z)=(0,0,0)

η οποία απορρίπτεται γιατι δεν επαληθεύει τις αρχικές.

$\bullet$ Άν y=x

τότε οι εξισώσεις (1) και (3) γίνονται:
$(1)\Rightarrow 2x^2=14+xz$
$(3)\Rightarrow 2z^2=14+x^2$
Αφαιρώντας κατά μέλη τις παραπάνω έχουμε:
$2(x-z)(x+z)=x(z-x)\Rightarrow -2x-2z=x\Rightarrow x=\frac{-2z}{3}$
και με αντικατάσταση στην παραπάνω έχουμε:
$2z^2=14+4\frac{z^2}{9}\Rightarrow z=\pm3$
Άρα $x=y=\mp 2$

$\bullet$ Άν y=z

δουλεύουμε ομοίως και βρίσκουμε
$x=\pm 3$ οπότε και $y=z=\mp 2$

$\bullet$ Άν x=z

δουλεύουμε ομοίως και βρίσκουμε
$y=\pm 3$ οπότε και $x=z=\mp 2$

$\bullet$ Άν x=y=z

τότε η (1) γίνεται:
$2x^2=14+x^2\Rightarrow x^2=14\Rightarrow x=\pm \sqrt{14}$
Οπότε: $x=y=z=\pm \sqrt{14}$
Τελικά οι λύσεις του συτήματος είναι:
$(x,y,z)=\left \{ (-2,-2,3),(2,2,-3),(3,-2,-2),(-3,2,2),(-2,3,-2),(2,-3,2),(\pm \sqrt{14},\pm \sqrt{14},\pm \sqrt{14})\right \}$

#363

Συνεχίζουμε με δύο θέματα που έχουν τεθεί σε διαγωνισμούς της ΕΜΕ για την Γ Γυμνασίου και την Α Λυκείου
ΑΣΚΗΣΗ 151 :
Αν για τους μη μηδενικούς αριθμούς a,b,x,y ισχύει ay=bx

, να υπολογιστεί η τιμή της παράστασης:

$\displaystyle{A=\frac{x^{2}}{x^{2}+y^{2}}+\frac{b^{2}}{a^{2}+b^{2}}}$

ΑΣΚΗΣΗ 152 :
Αν $\displaystyle{\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c} , a+b+c=1 , a^{2}+b^{2}+c^{2}=1}$

και αν $a,b,c\neq 0,$ να δείξετε ότι xy+yz+zx=0

#364

ΑΣΚΗΣΗ 153 :
Δίνεται μία γωνία $\omega =19^{o}$ .
Μπορείτε να κατασκευάσετε μόνο με χάρακα και διαβήτη μία γωνία με μέτρο $1^{o}$ ;

Χρήστος

#365

xr.tsif έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 153 :
Δίνεται μία γωνία $\omega =19^{o}$ .
Μπορείτε να κατασκευάσετε μόνο με χάρακα και διαβήτη μία γωνία με μέτρο $1^{o}$ ;

Χρήστος

Ναι, αφού μπορούμε να κατασκευάσουμε μια γωνία $18^{o}$ , (αφού το 18 είναι πολλαπλάσιο του 3)

δείτε viewtopic.php?f=6&t=6808&p=38729

Φιλικά,

Αχιλλέας

#366

xr.tsif έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 153 :
Δίνεται μία γωνία $\omega =19^{o}$ .
Μπορείτε να κατασκευάσετε μόνο με χάρακα και διαβήτη μία γωνία με μέτρο $1^{o}$ ;

Χρήστος

Άλλος τρόπος: Αφού $19\times 19 =361$ , σημαίνει ότι αν πάρουμε 19 φορές την γωνία μας, θα ξεπεράσει τον κύκλο των 360^o

κατά

. Άρα ...

#367

xr.tsif έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 153 :
Δίνεται μία γωνία $\omega =19^{o}$ .
Μπορείτε να κατασκευάσετε μόνο με χάρακα και διαβήτη μία γωνία με μέτρο $1^{o}$ ;

βλέπω ότι υπάρχουν πολλοί τρόποι να κατασκευάσουμε την γωνία 1 μοίρας
με κανόνα και διαβήτη, εφόσον δίνεται η γωνία των 19 μοιρών. Μπορούν να το κάνουν και οι μικροί, αφού γνωρίζουν να αφαιρούν (ή να προσθέτουν) δύο γνωστές γωνίες (με κανόνα και διαβήτη) και επίσης γνωρίζουν να διχοτομούν μια δοσμένη γωνία (επίσης με κανόνα και διαβήτη). Τους αφήνουμε λοιπόν να το προσπαθήσουν και να μας γράψουν τις ιδέες τους.

#368

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 126
Αν πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε να δείξετε ότι

$\displaystyle (ab)^5+(bc)^5+(ca)^5 < \frac{1}{4}$

Η αρχική μου λύση (όπως σωστά παρατήρησε ο socrates) σε προσωπικό μήνυμα ήταν λανθασμένη. Βάζω μια καινούργια και ελπίζω σωστή.

Έχουμε $1 = (a^4 + b^4 + c^4)^2 = a^8 + b^8 + c^8 + 2(a^4b^4 + b^4c^4 + c^4a^4) \geqslant 3(a^4b^4 + b^4c^4 + c^4a^4)$

Άρα $\displaystyle{ a^4b^4 + b^4c^4 + c^4a^4 \leqslant \frac{1}{3}}$ (*)

Έχουμε επίσης $\displaystyle{ 1 = (a^4 + b^4 + c^4)^3 = a^{12} + b^{12} + c^{12} + 3(a^8b^4 + a^4b^8) + 3(b^8c^4 + c^8b^4) + 3(c^8a^4 + a^8c^4) + 6a^4b^4c^4}$

Χρησιμοποιούμε ότι $a^{12} + b^{12} + c^{12} \geqslant a^6b^6 + b^6c^6 + c^6a^6$ ότι $a^8b^4 + a^4b^8 \geqslant 2a^6b^6$ κ.τ.λ. για να καταλήξουμε ότι $1 \geqslant 7(a^6b^6 + b^6c^6 + c^6a^6) + 6a^4b^4c^4 \geqslant 7(a^6b^6 + b^6c^6 + c^6a^6)$ .

Δηλαδή $\displaystyle{ a^6b^6 + b^6c^6 + c^6a^6 \leqslant \frac{1}{7}}$ (**)

Όμως $2a^5b^5 \leqslant a^4b^4 + a^6b^6$ κ.τ.λ. άρα από τις (*) και (**) παίρνουμε

$\displaystyle{ a^5b^5 + b^5c^5 + c^5a^5 \leqslant \frac{1}{2}\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{7}\right) = \frac{5}{21} < \frac{1}{4}.}$

Γιώτα · #369

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 152 :
Αν $\displaystyle{\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c} , a+b+c=1 , a^{2}+b^{2}+c^{2}=1}$

και αν $a,b,c\neq 0,$ να δείξετε ότι

Από το πρόβλημα γνωρίζω ότι :
a+b+c=1

άρα,

και έστω
$\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c}=k$ άρα x=ak

,

Το

μπορώ να το γράψω και:
$xy+yz+zx=ka \cdot kb+kb\cdot kc+ kc \cdot ka=k^2(ab+bc+ca)$

κάνοντας αφαίρεση κατά μέλη ανάμεσα στις σχέσεις a+b+c=1

και

έχω ότι:
$a+b+c-a^2-b^2-c^2=0\Rightarrow a(1-a)+b(1-b)+c(1-c)=0\Rightarrow a(b+c)+b(a+c)+c(a+b)=0\Rightarrow 2ab+2ac+2ab=0\Rightarrow ab+ac+bc=0$
άρα κάνοντας αντικατάσταση έχω ότι:
$k^2(ab+bc+ca)=k^2\cdot 0=0$
άρα η σχέση xy+yz+zx=0

επαληθεύεται.

#370

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 152 :
Αν $\displaystyle{\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c} , a+b+c=1 , a^{2}+b^{2}+c^{2}=1}$

και αν $a,b,c\neq 0,$ να δείξετε ότι

Μπράβο Γιώτα, πολύ ωραία η λύση σου. Ας δώσω για ώφελος των μαθητών μας άλλη μία λύση.

Από τη
$\displaystyle{\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c} =k$ έχουμε

$\displaystyle{\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c} = k=\frac{x+y+z}{a+b+c} = \frac{x+y+z}{1}$ , άρα x+y+z=k

.

Επίσης έχουμε από την δοθείσα ότι $\displaystyle{\frac{x^2}{a^2}=\frac{y^2}{b^2}=\frac{z^2}{c^2} =k^2 =\frac{x^2+y^2+z^2}{a^2+b^2+c^2}= \frac{x^2+y^2+z^2}{1}$ άρα x^2+y^2+z^2=k^2

.

Τελικά $xy+yz+zx= \frac{1}{2} \left ( (x+xy+z)^2 - (x^2+y^2+z^2) \right) =\frac{1}{2} \left ( k^2 -k^2 \right)=0$ .

Φιλικά,

Μιχάλης

#371

xr.tsif έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 153 :
Δίνεται μία γωνία $\omega =19^{o}$ .
Μπορείτε να κατασκευάσετε μόνο με χάρακα και διαβήτη μία γωνία με μέτρο $1^{o}$ ;

#372

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 151 :
Αν για τους μη μηδενικούς αριθμούς a,b,x,y ισχύει , να υπολογιστεί η τιμή της παράστασης:

$\displaystyle{A=\frac{x^{2}}{x^{2}+y^{2}}+\frac{b^{2}}{a^{2}+b^{2}}}$

$\displaystyle \alpha y=\beta x\Leftrightarrow \frac{\alpha }{\beta }=\frac{x}{y}\Leftrightarrow \frac{\alpha ^2}{\beta ^2}=\frac{x^2}{y^2}\Leftrightarrow$ $\displaystyle \frac{\alpha ^2}{\alpha ^2 +\beta ^2}=\frac{x^2}{x^2 +y^2}$

Αρα η παράσταση Α γίνεται $\displaystyle A = \frac{\alpha ^2}{\alpha ^2 +\beta ^2}+ \frac{\beta ^2}{\alpha ^2 +\beta ^2}=1$

Χρήστος

#373

Άσκηση 154:

Να βρεθούν όλες οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης x^2 = y^2 + 15

.

Επεξεργασία: Διόρθωση ορθογραφικού λάθους.

Γιώτα · #374

Demetres έγραψε:Άσκηση 154:

Να βρεθούν όλες οι ακέραιες λύσεις τις εξίσωσης .

Από το πρόβλημα έχω ότι:
$x^2=y^2+15\Rightarrow x^2-y^2=15\Rightarrow (x+y)(x-y)=3\cdot 5=1\cdot 15$
1η περίπτωση
x+y=3

κάνοντας αφαίρεση κατά μέλη έχω ότι:
$x+y-x+y=-2\Rightarrow y=-1$
x=4

2η περίπτωση
x+y=5

κάνοντας αφαίρεση κατά μέλη έχω ότι:
$x+y-x+y=2\Rightarrow y=1$
x=4

3η περίπτωση
x+y=15

κάνοντας αφαίρεση κατά μέλη έχω ότι:
$x+y-x+y=14\Rightarrow y=7$
x=8

4η περίπτωση
x+y=1

κάνοντας αφαίρεση κατά μέλη έχω ότι:
$x+y-x+y=-14\Rightarrow y=-7$
x=8

Επειδή το

και το

είναι υψωμένα στο τετράγωνο ισχύουν και οι τιμές με αντίθετο πρόσημο.
Άρα οι λύσεις της εξίσωσης είναι:
y,x=(-1,4)(1,4)(7,8)(-7,8)(1,-4)(-1,-4)(-7,-8)(7,-8)

#375

Γιώτα έγραψε:Για την 154:
Από το πρόβλημα έχω ότι:
$x^2=y^2+15\Rightarrow x^2-y^2=15\Rightarrow (x+y)(x-y)=3\cdot 5=1\cdot 15$
1η περίπτωση

κάνοντας αφαίρεση κατά μέλη έχω ότι:
$x+y-x+y=-2\Rightarrow y=-1$

2η περίπτωση

κάνοντας αφαίρεση κατά μέλη έχω ότι:
$x+y-x+y=2\Rightarrow y=1$

3η περίπτωση

κάνοντας αφαίρεση κατά μέλη έχω ότι:
$x+y-x+y=14\Rightarrow y=7$

4η περίπτωση

κάνοντας αφαίρεση κατά μέλη έχω ότι:
$x+y-x+y=-14\Rightarrow y=-7$

Επειδή το και το είναι υψωμένα στο τετράγωνο ισχύουν και οι τιμές με αντίθετο πρόσημο.
Άρα οι λύσεις της εξίσωσης είναι:

Ωραία. Κανονικά υπάρχουν οκτώ περιπτώσεις αφού πρέπει να υπολογίσουμε και τα x+y=-1,x-y = -15

κ.τ.λ. Οι άλλες τέσσερις περιπτώσεις δίνουν ακριβώς τις επιπλέον λύσεις που έγραψες στο τέλος. (Αφού θα έχουν σίγουρα τα αντίθετα πρόσημα.)

Τώρα δες και την άσκηση 145 που έμεινε άλυτη.

#376

ΑΣΚΗΣΗ 155:
Πέντε σημεία βρίσκονται μέσα σε ένα τετράγωνο πλευράς μήκους 1. Να αποδείξετε ότι δύο από αυτά τα σημεία απέχουν το πολύ $\frac{\sqrt{2}}{2}$ μεταξύ τους.

Ιστοσελίδα · #377

Demetres έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 155 :
Πέντε σημεία βρίσκονται μέσα σε ένα τετράγωνο πλευράς μήκους 1. Να αποδείξετε ότι δύο από αυτά τα σημεία απέχουν το πολύ $\frac{\sqrt{2}}{2}$ μεταξύ τους.

Χωρίζουμε το τετράγωνο σε τέσσερα ίσα τετράγωνα, που το καθένα από αυτά έχει πλευρά ίση με $\frac{1}{2}.$

Αν σε ένα από τα τέσσερα τετράγωνα σημειώσουμε δύο σημεία, τότε η μέγιστη απόστασή τους επιτυγχάνεται αν αυτά είναι τα άκρα μιας διαγωνίου του τετραγώνου.

Δηλαδή η μέγιστη απόσταση των δύο σημείων ισούται με το μήκος της διαγωνίου, για την οποία έχουμε: $x^2=\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2$ ή $x=\frac{\sqrt{2}}{2}.$

Αφού έχουμε πέντε σημεία και τέσσερα τετράγωνα, δύο τουλάχιστον σημεία θα βρίσκονται σε ένα τετράγωνο, άρα δύο τουλάχιστον από αυτά θα απέχουν το πολύ $\frac{\sqrt{2}}{2}$ μεταξύ τους.

Α.Κυριακόπουλος · #378

ΑΣΚΗΣΗ 156.
Οι ακέραιοι αριθμοί x,y,z,w,t

είναι διαφορετικοί ανά δύο και ισχύει: (9 - x)(9 - y)(9 - z)(9 - w)(9 - t) = 12.

Να αποδείξετε ότι: x + y + z + w + t = 42.

#379

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 156.
Οι ακέραιοι αριθμοί είναι διαφορετικοί ανά δύο και ισχύει: Να αποδείξετε ότι:

Αφού οι $\displaystyle{x,y,z,w,t}$ είναι ακέραιοι διαφορετικοί ανά δύο, το ίδιο ισχύει και για τους $\displaystyle{9-x,9-y,9-z,9-w,9-t.}$

Λόγω της σχέσης που δίνεται, θα πρέπει να γράψουμε το $\displaystyle{12}$ ως το γινόμενο πέντε διαφορετικών ακεραίων. Εύκολα βλέπουμε, ότι ο μοναδικός τρόπος για να γίνει αυτό είναι ο $\displaystyle{1\cdot 2 \cdot 3\cdot (-1)\cdot (-2).}$

Άρα είναι π.χ. $\displaystyle{9-x=1,9-y=2,9-z=3,9-w=-1,9-t=-2}$ (ή οποιοσδήποτε άλλος συνδυασμός), οπότε οι $\displaystyle{x,y,z,w,t}$ είναι ίσοι με τους $\displaystyle{8,7,6,10,11}$ αντίστοιχα. Το ζητούμενο έπεται.

#380

Άσκηση 157
Μπορούμε να μετασχηματίσουμε ένα ζεύγος (a,b)

πραγματικών αριθμών στο $\displaystyle \left(a\pm\frac{2}{b},b\right),$ αν $b\ne 0$ ή στο $\displaystyle \left(a, b\pm\frac{2}{a}\right),$ αν $a \ne 0.$

α) Δείξτε ότι ξεκινώντας από το ζεύγος (2011, 2)

και χρησιμοποιώντας την παραπάνω διαδικασία μπορούμε να πάρουμε το ζεύγος (2, -2011).

β) Δείξτε ότι με όποιο τρόπο και να πραγματοποιηθεί το α), σε κάποια στιγμή θα εμφανιστεί ζεύγος που περιέχει το

γ) Ξεκινώντας από το ζεύγος (2011, 2),

μπορούμε να πάρουμε το ζεύγος (1,2011)

;

Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Μέλη σε σύνδεση