Σας ευχαριστώ για τα καλά σας λόγια.
Οι εκτιμήσεις των καθηγητών μου είναι από 92 στην χειρότερη περίπτωση μέχρι και 96 στην καλύτερη.
Ίσως με σώζει το γεγονός ότι θα ανέβουν οι βάσεις και από όσο έμαθα οι μαθητές δυσκολεύθηκαν πιο πολύ στο Δ3, πολύ λίγοι υποψήφιοι το έχουν λύσει, ενώ πάρα πολλά ...

Στο θέμα Γ4 πήρα λάθος κλάδο για τον υπολογισμό του δεύτερου ορίου.

Στο Δ4 έκανα ένα μεγάλο λάθος...από λάθη σε πράξεις έβγαλα ότι με βάση το θεώρημα Μπολζάνο υπάρχει λύση και μετά δεν ξανακοίταξα τη λύση μου. Έχοντας βρει την εξίσωση της εφαπτομένης στο και αναφέροντας τα περί κυρτότητας και ...

Στο θέμα 1 της Β Λυκείου πήρα $v\leq 2023$ (είδα ότι αν το άθροισμα των ψηφίων είναι $1$ τότε
$v=1000$ που προφανώς είναι αδύνατο).
Έκανα όμως ένα μεγάλο λάθος όπου αντί να γράψω ότι το μέγιστο άθροισμα είναι $28$ πήρα το $36$ από απροσεξία (δηλαδή όλα τα ψηφία του τετραψήφιου είναι $9$) και έτσι ...

ΘΕΜΑ 1
Να βρείτε όλα τα ζεύγη ακεραίων $(x,y)$ για τα οποία ισχύει

$\displaystyle{x^2+4y^2-2xy-2x-4y-8=0.}$



Γεια σας!

Λύνοντας ως προς τον $x$ έχουμε $x^2-x(2y+2)-4y-8+4y^2=0$

Για να έχει λύσεις η εξίσωση πρέπει $\Delta \geq 0\Leftrightarrow 4(y+1)^2+4(4y+8-4y^2)\geq 0\Leftrightarrow -3y ...

ΘΕΜΑ 1. Δίνεται το σύστημα

$\displaystyle
\begin{cases}
\dfrac{1}{x+y}+x=a-1\\[0.3cm]
\dfrac{x}{x+y}=a-2\\
\end{cases}
$
όπου $a$ είναι μια πραγματική παράμετρος.

(α) Να λυθεί το σύστημα όταν $a=0$.
(β) Να βρεθούν οι τιμές της παραμέτρου $a$ για τις οποίες το σύστημα έχει μοναδική λύση ...

Πιο απλά

$\frac{a^3}{x^2}+\frac{b^3}{y^2}+\frac{c^3}{z^2}(a+b+c)\geq (\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z})^2$

Αρκεί λοιπόν $(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z})^2\geq (a+b+c)^2\Rightarrow \frac{(a+b+c)^2}{x+y+z}\geq a+b+c$ που ισχύει αφού $a+b+c=x+y+z$ ενώ χρησιμοποιήθηκε η ανισότητα ...

Καλησπέρα σε όλους.
Παραθέτω σε αυτό το σημείο την λύση που έστειλα στο MR και σύμφωνα με αυτούς είναι σωστή.
Έφτασα μέχρι εκεί όπου έφτασε ο Διονύσης, κάνοντας μία αυθαίρετη νομίζω κίνηση στο τέλος:

$\frac{a(a+b)(a^2+ab+b^2-2ab)}{a^2+ab+b^2}={a(a+b)}-\frac{2a^2 b(a+b)}{a^2+ab+b^2}$

αλλά $a^2+ab ...

Η άσκηση είναι από το Mathematical Reflections 2 του 2019.

Υψώνοντας στο τετράγωνο παίρνουμε

$a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2+2(a^2b^3c+b^2c^3a+c^2a^3b)\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+3abc\Leftrightarrow a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2+2(ab^2+bc^2+ca^2)\geq a^2b+b^2c+c^2a+3+ab^2+bc^2+ca^2\Leftrightarrow a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2+ab^2+bc^2+ca^2\geq a^2b+b^2c+c^2a+3\Leftrightarrow (a^4b ...

Αλλιώς:
Προσθέτουμε $a+b+c$ και στα δύο μέλη
$(\frac{a^2}{b+c}+a)+(\frac{b^2}{c+a}+b)+(\frac{c^2}{a+b}+c)\geq \frac{3(a+b+c)}{2}\Leftrightarrow \frac{a(a+b+c)}{b+c}+\frac{b(a+b+c)}{c+a}+\frac{c(a+b+c)}{a+b}\geq \frac{3(a+b+c)}{2}\Leftrightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3 ...

Αν $3a+4b< 0$ η ανισότητα είναι προφανής.

Έστω $3a+4b> 0$

Υψώνοντας στο τετράγωνο παίρνουμε $(3a+4b)^2\leq 25$

Από Cauchy-Schwarz παίρνουμε $(9+16)(a^2+b^2)\geq (3a+4b)^2$

Άρα αρκεί $(9+16)(a^2+b^2)\leq 25$ που ισχύει εφόσον $a^2+b^2=1$

Ισότητα για $\frac{3}{a}=\frac{4}{b}\Leftrightarrow a ...

Από Cauchy-Schwarz σε μορφή Andreescu είναι

Από vieta έχουμε $y+z=\frac{a+1}{1-a}=\frac{(a-1)+2}{1-a}=-1+\frac{2}{1-a}$ όπου $y,z$
οι ρίζες της εξίσωσης.

Επειδή όμως οι ρίζες είναι ακέραιες, είναι και το άθροισμα των ριζών τους, συνεπώς $\frac{2}{1-a}$ ακέραιος, άρα $1-a=1,-1,2,-2$
Παράλληλα είναι $yz=\frac{a}{a-1}$ με $yz$ ακέραιο, άρα ...

Αν θετικοί πραγματικοί αριθμοί να αποδειχθεί ότι:

Από την δοσμένη σχέση έχουμε ότι $xyz+xy+yz+zx=4\Rightarrow 4\sqrt[4]{(xyz)^3}\leq 4\Rightarrow xyz\leq 1$ από AM-GM.

Εφαρμόζοντας την σχέση που βρήκαμε πάλι στην αρχική προκύπτει $xyz+xy+yz+zx=4\Rightarrow 1+xy+yz+zx\geq 4\Leftrightarrow xy+yz+zx\geq 3$

Άρα $(x+y+z)^2\geq 3(xy+yz+zx)\geq 9 ...

Λίγο διαφορετικά από τον κύριο Δημήτρη προς το τέλος:

Από BCS είναι $(a^2+b^2)(x^6+x^2)\geq (ax^3+bx)^2$

Από την δοσμένη εξίσωση έχουμε $(ax^3+bx)^2=(x^2+1)^4\Rightarrow (a^2+b^2)(x^6+x^2)\geq (x^2+1)^4\Rightarrow a^2+b^2\geq \frac{(x^2+1)^4}{x^6+x^2}$ και προφανώς $x\neq 0$ γιατί αν ισχύει $x=0 ...

Μία γρήγορη με AM-GM:



Edit: Ευχαριστώ τον Παπαδόπουλο Σταύρο για την επισήμανση του τυπογραφικού λάθους μου.

Θα ήθελα να ρωτήσω τα μέλη φόρουμ για το πως γίνεται η βαθμολόγηση στην παρακάτω περίπτωση:

Σήμερα έδωσα στην Α Λυκείου. Στο πρόβλημα 4 με τις ισότητες τριγώνων υποχρεώθηκα, λόγω λάθους στην αιτιολόγηση, να σβήσω μία ισότητα (η οποία όμως ήταν σωστή) και να την γράψω στο τέλος της απάντησης. Το ...

Έχω μία απορία, αν και λίγο καθυστερημένα:

Αν κάποιος μαθητής χρησιμοποιήσει 2 κόλλες απαντήσεων πρέπει να γράψει το όνομά του και τα υπόλοιπα στοιχεία του στην πρώτη.
Αν τα ξαναγράψει στην 2η κόλλα και μπει και σε αυτήν μαύρη ταινία υπάρχει κίνδυνος ο βαθμολογητής να θεωρήσει ότι έχουν γραφτεί 2 ...

Όπως ειπώθηκε και πριν το να λύσει ένα παιδί 6ης δημοτικού πρόβλημα με δύο μεταβλητές είναι πολυ δύσκολο


Καλό είναι να μην επανερχόμαστε σε θέματα που έχουν απαντηθεί επαρκέστατα στα παραπάνω.
Συγκεκριμένα, στο πρόβλημα της Στ Δημοτικού δεν χρειάζεται μεθοδολογία με δύο μεταβλητές (παραπάνω ...