Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

kleovoulos · #101

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 46. Αν υπάρχουν θετικού αριθμοί $\displaystyle{x , y , z}$ , τέτοιοι ώστε να είναι:

$\displaystyle{xy(\frac{x+y}{2}-z)+yz(\frac{y+z}{2}-x)+zx(\frac{z+x}{2}-y)\leq 0}$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{x=y=z}$

Έστω ότι $\displaystyle{x=y=z}$

Τότε με βάση αυτό

$\displaystyle{xy(\frac{x+y}{2}-z)+yz(\frac{y+z}{2}-x)+zx(\frac{z+x}{2}-y)} = x*x(\frac{x+x}{2}-x)+x*x(\frac{x+x}{2}-x)+x*x(\frac{x+x}{2}-x)=x^{2}(\frac {2x}{2}-x)+x^{2}(\frac {2x}{2}-x)+x^{2}(\frac {2x}{2}-x)= 0x^2+0x^2+0x^2=0$

που ισχύει αφού ισούται με

.

Δεν ξέρω αν είναι σωστό..

#102

kleovoulos έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 46. Αν υπάρχουν θετικού αριθμοί $\displaystyle{x , y , z}$ , τέτοιοι ώστε να είναι:

$\displaystyle{xy(\frac{x+y}{2}-z)+yz(\frac{y+z}{2}-x)+zx(\frac{z+x}{2}-y)\leq 0}$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{x=y=z}$
Έστω ότι $\displaystyle{x=y=z}$

Τότε με βάση αυτό

$\displaystyle{xy(\frac{x+y}{2}-z)+yz(\frac{y+z}{2}-x)+zx(\frac{z+x}{2}-y)} = x*x(\frac{x+x}{2}-x)+x*x(\frac{x+x}{2}-x)+x*x(\frac{x+x}{2}-x)=x^{2}(\frac {2x}{2}-x)+x^{2}(\frac {2x}{2}-x)+x^{2}(\frac {2x}{2}-x)= 0x^2+0x^2+0x^2=0$

που ισχύει αφού ισούται με .

Δεν ξέρω αν είναι σωστό..

Κλεόβουλε, καλό βράδυ.

Δεν μπορούμε να υποθέσουμε ότι ισχύει αυτό που μας ζητάνε να αποδείξουμε και να καταλήξουμε σε μια σχέση που να είναι αληθής.

ΥΠΟΔΕΙΞΗ: Κάνε τις πράξεις (βγάλε παρενθέσεις και κάνε απαλοιφή παρονομαστών) και κάτι σημαντικό θα παρατηρήσεις (αν το $\displaystyle{-6xyz}$ , που θα σου εμφανιστεί, το γράψεις $\displaystyle{-2xyz-2xyz-2xyz}$ )

#103

ΑΣΚΗΣΗ 47 Αν ο

είναι πρώτος και αν $\displaystyle{p^{2012}+2014}$ δεν διαιρείται με το

, να βρεθεί ο

.

#104

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 47 Αν ο είναι πρώτος και αν $\displaystyle{p^{2012}+2014}$ δεν διαιρείται με το , να βρεθεί ο .

Αν ο $\displaystyle{p}$ είναι πρώτος διαφορετικός του $\displaystyle{5}$ , τότε από Euler έχουμε

$\displaystyle{p^{\phi(5)}\equiv 1mod 5 \Rightarrow p^4\equiv 1mod5 \Rightarrow p^{2012} \equiv 1 mod5 }$

$\displaystyle{\Rightarrow p^{2012}+2014 \equiv 0 mod5}$ , άτοπο, άρα $\displaystyle{p=5}$

#105

s.kap έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 47 Αν ο είναι πρώτος και αν $\displaystyle{p^{2012}+2014}$ δεν διαιρείται με το , να βρεθεί ο .
Αν ο $\displaystyle{p}$ είναι πρώτος διαφορετικός του $\displaystyle{5}$ , τότε από Euler έχουμε

$\displaystyle{p^{\phi(5)}\equiv 1mod 5 \Rightarrow p^4\equiv 1mod5 \Rightarrow p^{2012} \equiv 1 mod5 }$

$\displaystyle{\Rightarrow p^{2012}+2014 \equiv 0 mod5}$ , άτοπο, άρα $\displaystyle{p=5}$

Eυχαριστώ Σπύρο, για την ωραία λύση.

Ας δώσω την ίδια λύση, χωρίς modulo, μιας και αναφερόμαστε στο Γυμνάσιο

Aν ο

είναι διάφορος του

και του

, τότε θα λήγει σε

, ή

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: Αν λήγει σε

, τότε και ο $\displaystyle{p^{2012}}$ θα λήγει σε

και άρα ο $\displaystyle{p^{2012}+2014}$ , θα λήγει σε

και άρα διαιρείται με το

, άτοπο.
Άρα αποκλείεται ο

να λήγει σε

.

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: Αν λήγει σε

, τότε ο $\displaystyle{p^4}$ θα λήγει σε

και άρα και ο $\displaystyle{(p^4)^{503}}$ λήγει σε 1, δηλαδή ο $\displaystyle{p^{2012}}$ λήγει σε

και άρα ο $\displaystyle{p^{2012}+2014}$ λήγει σε

, άτοπο.
Άρα αποκλείεται ο

να λήγει σε

Όμοια, στις περιπτώσεις να λήγει ο $\displaystyle{p}$ σε

ή σε

, βρίσκουμε άτοπο, οπότε αποκλείεται ο

να λήγει σε

ή σε

.

Μένει μόνο να δούμε τι γίνεται όταν ο p=2

, ή όταν

.

Aν

, τότε ο $\displaystyle{p^{2012}=(p^4 )^{503}}$ , λήγει σε

, εφόσον ο $\displaystyle{p^4}$ , λήγει σε

. Άρα ο $\displaystyle{p^{2012}+2014}$ , λήγει σε μηδέν και άρα διαιρείται με το

, άτοπο. Άρα αποκλείεται ο

να είναι ο

Μένει μόνο να δούμε τι γίνεται όταν $\displaystyle{p=5}$ .

Tότε $\displaystyle{p^{2012}}$ , θα λήγει επίσης σε

και άρα ο $\displaystyle{p^{2012}+2014}$ , λήγει σε

και άρα δεν διαιρείται με το

, όπως θέλαμε.

Άρα η μοναδική τιμή του

είναι η $\displaystyle{p=5}$

BAGGP93 · #106

Για την άσκηση 46) έχουμε

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 46. Αν υπάρχουν θετικού αριθμοί $\displaystyle{x , y , z}$ , τέτοιοι ώστε να είναι:

$\displaystyle{xy(\frac{x+y}{2}-z)+yz(\frac{y+z}{2}-x)+zx(\frac{z+x}{2}-y)\leq 0}$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{x=y=z}$

$\displaystyle{xy\left(\frac{x+y}{2}-z\right)+yz\left(\frac{y+z}{2}-x\right)+zx\left(\frac{x+z}{2}-y\right)\leq 0\Rightarrow }$

$\displaystyle{\Rightarrow \frac{x^2y+xy^2}{2}-xyz+\frac{y^2z+zy^2}{2}-xyz+\frac{z^2x+x^2z}{2}-xyz}$

$\displaystyle{\Rightarrow \frac{x^2y+xy^2-2xyz+y^2z+z^2y-2xyz+z^2x+x^2z-2xyz}{2}}$

$\displaystyle{\Rightarrow y(x^2-2xz+z^2)+x(y^2-2yz+z^2)+z(y^2-2xy+x^2)\leq 0\\}$

$\displaystyle{\Rightarrow y(x-z)^2+x(y-z)^2+z(y-x)^2\leq 0\\}$

$\displaystyle{ x=z\ \land y=z\ \land y=x}$

#107

ΑΣΚΗΣΗ 48: Να προσδιορίσετε τους πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{x , y , z}$ , αν ισχύει:

$\displaystyle{x^2 +y^2 +z^2 +17\leq 2(2x -3y -2z)}$

#108

AΣΚΗΣΗ 49: Αν $\displaystyle{a , b , c\epsilon Q^{*}}$ , και αν $\displaystyle{a+b+c=0}$ , να αποδείξετε ότι ο αριθμός

$\displaystyle{A=\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}}$ , είναι ρητός.

#109

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 49: Αν $\displaystyle{a , b , c\epsilon Q^{*}}$ , και αν $\displaystyle{a+b+c=0}$ , να αποδείξετε ότι ο αριθμός

$\displaystyle{A=\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}}$ , είναι ρητός.

Ας παρατηρήσουμε ότι

$\displaystyle{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2\frac{a+b+c}{abc}=\Big(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\Big)^2,}$

οπότε

$\displaystyle{\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}=\Big|\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\Big|\in \mathbb{Q}.}$

BAGGP93 · #110

Χαιρετώ την παρέα του

με μία λύση για την άσκηση 48

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 48: Να προσδιορίσετε τους πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{x , y , z}$ , αν ισχύει:

$\displaystyle{x^2 +y^2 +z^2 +17\leq 2(2x -3y -2z)}$

Με ισοδυναμίες έχουμε

$\displaystyle{x^2+y^2+z^2+17\leq 2(2x-3y-2z) \\}$

$\displaystyle{ x^2+y^2+z^2+17-4x+6y+4z\leq 0\\}$

$\displaystyle{(x-2)^2+(y+3)^2+(z+2)^2\leq 0\\}$

$\displaystyle{(x-2)^2+(y+3)^2+(z+2)^2=0\\}$

$\displaystyle{ x-2=0\ \land y+3=0\ \land z+2=0\\}$

$\displaystyle{x=2\ \land y=-3\ \land z=-2}$

#111

AΣΚΗΣΗ 50:Να βρεθούν οι ακέραιοι $\displaystyle{x , y}$ , αν ισχύει ότι:

$\displaystyle{2x+xy-y^2 =13}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#112

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 50:Να βρεθούν οι ακέραιοι $\displaystyle{x , y}$ , αν ισχύει ότι:

$\displaystyle{2x+xy-y^2 =13}$

Η δοθείσα γράφεται

$\displaystyle{x(y+2)=y^2+13}$

και προφανώς αυτή δεν ικανοποιείται για $\displaystyle{y=-2.}$

Τότε, έχουμε

$\displaystyle{x=\frac{y^2+13}{y+2},}$

η οποία γράφεται και ως

$\displaystyle{x=\frac{y^2-4}{y+2}+\frac{17}{y+2}.}$

Επειδή είναι $\displaystyle{\frac{y^2-4}{y+2}=\frac{(y-2)(y+2)}{y+2}=y-2\in \mathbb{Z},}$

πρέπει να ισχύει και

$\displaystyle{\frac{17}{y+2}\in \mathbb{Z}\implies y+2=1,-1,17,-17,}$

οπότε βρίσκουμε

$\displaystyle{y=-1\vee y=-3 \vee y=15 \vee y=-19.}$

#113

ΑΣΚΗΣΗ 51: Αν ο αριθμός $\displaystyle{\overline{xyy}}$ είναι τριψήφιος , ο $\displaystyle{\overline{yz}}$ διψήφιος και ο $\displaystyle{\overline{yxy}}$
επίσης τριψήφιος και αν $\displaystyle{\overline{xyy}+\overline{yz}=\overline{yxy}}$ , να βρεθούν τα ψηφία $\displaystyle{x , y , z}$

vzf · #114

ΑΣΚΗΣΗ 52 Δείξτε ότι αν a,b

είναι πραγματικοί αριθμοί μεγαλύτεροι του $\displaystyle{\frac{1}{2}}$ , τότε $\displaystyle{a+2b-5ab<\frac{1}{4}.}$
ΑΣΚΗΣΗ 53 Έστω a>0

και

Αποδείξτε ότι $\displaystyle{\frac{a}{a+b^4}+\frac{b}{b+a^4}>\frac{1}{1+a^2b^2}.}$
ΑΣΚΗΣΗ 54 Αν x,y

και

είναι θετικοί αριθμοί, αποδείξτε ότι $\displaystyle{3\left(\frac{x+y}{z}+\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}\right) \geq 2(x+y+z)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right).}$

#115

ΆΣΚΗΣΗ 52.

vzf έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 52 Δείξτε ότι αν είναι πραγματικοί αριθμοί μεγαλύτεροι του $\displaystyle{\frac{1}{2}}$ , τότε $\displaystyle{a+2b-5ab<\frac{1}{4}.}$

Είναι $\displaystyle{a = \frac{1}{2} + k,b = \frac{1}{2} + l}$ για κάποια k,l >0.

Αρκεί: $\displaystyle{\frac{1}{2} + k + 2\left( {\frac{1}{2} + l} \right) - 5\left( {\frac{1}{2} + k} \right)\left( {\frac{1}{2} + l} \right) < \frac{1}{4}}$

Αρκεί να αποδείξω ότι:

$\displaystyle{\frac{1}{2} + k + 1 + 2l - 5\left( {\frac{1}{4} + \frac{k}{2} + \frac{l}{2} + kl} \right) < \frac{1}{4}}$

Αρκεί να αποδείξω ότι:

$\displaystyle{\frac{3}{2} + k + 2l - \frac{5}{4} - \frac{{5k}}{2} - \frac{{5l}}{2} - 5kl < \frac{1}{4}}$

Αρκεί να αποδείξω ότι:

$\displaystyle{k + 2l < \frac{{5k}}{2} + \frac{{5l}}{2} + 5kl}$

Αρκεί να αποδείξω ότι:

$\displaystyle{2k + 4l < 5k + 5l + 10kl}$

Αρκεί να αποδείξω ότι:

$\displaystyle{3k + l + 10kl > 0}$

το οποίο αληθεύει.

#116

ΑΣΚΗΣΗ 54.

vzf έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 54 Αν και είναι θετικοί αριθμοί, αποδείξτε ότι $\displaystyle{3\left(\frac{x+y}{z}+\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}\right) \geq 2(x+y+z)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right).}$

Πάλι με τη γνωστή πατροπαράδοτη μέθοδο....

Αρκεί να αποδείξουμε ότι: $\displaystyle{3\left( {\frac{{{x^2}y + {y^2}x + {y^2}z + {z^2}y + {z^2}x + {x^2}z}}{{xyz}}} \right) \ge 2\left( {x + y + z} \right)\left( {\frac{{xy + yz + zx}}{{xyz}}} \right)}$

Αρκεί να αποδείξουμε ότι: $\displaystyle{3\left( {{x^2}y + {y^2}x + {y^2}z + {z^2}y + {z^2}x + {x^2}z} \right) \ge 2\left( {x + y + z} \right)\left( {xy + yz + zx} \right)}$

Αρκεί να αποδείξουμε ότι: $\displaystyle{3{x^2}y + 3{y^2}x + 3{y^2}z + 3{z^2}y + 3{z^2}x + 3{x^2}z \ge 2{x^2}y + 2{y^2}x + 2{y^2}z + 2{z^2}y + 2{z^2}x + 2{x^2}z + 6xyz}$

Αρκεί να αποδείξουμε ότι: $\displaystyle{{x^2}y + {y^2}x + {y^2}z + {z^2}y + {z^2}x + {x^2}z \ge 6xyz}$

το οποίο ισχύει αφού από την Α.Μ-G.M έχω: $\displaystyle{{x^2}y + {y^2}x + {y^2}z + {z^2}y + {z^2}x + {x^2}z \ge 6\sqrt[6]{{{x^6}{y^6}{z^6}}} = 6xyz}$

G.Bas · #117

vzf έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 54 Αν και είναι θετικοί αριθμοί, αποδείξτε ότι $\displaystyle{3\left(\frac{x+y}{z}+\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}\right) \geq 2(x+y+z)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right).}$

Λίγο διαφορετικά...

Αρκεί να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{3\sum\frac{x}{y}+3\sum\frac{y}{x}\geq 2\sum\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+3\right)}$

ή

$\displaystyle{\sum\frac{x}{y}+\sum\frac{y}{x}\geq 6}$

όπου ισχύει λόγω της Ανισότητας AM - GM.

chris · #118

vzf έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 54 Αν και είναι θετικοί αριθμοί, αποδείξτε ότι $\displaystyle{3\left(\frac{x+y}{z}+\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}\right) \geq 2(x+y+z)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right).}$

Και λίγο αλλιώς.

Είναι ομογενής άρα με x+y+z=1

παίρνει τη μορφή:

$\displaystyle 3\left(\frac{1-z}{z}+\frac{1-x}{x}+\frac{1-y}{y} \right)\geq 2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right)\Leftrightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq 9$

που ισχύει.

Petros N. · #119

vzf έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 54 Αν και είναι θετικοί αριθμοί, αποδείξτε ότι $\displaystyle{3\left(\frac{x+y}{z}+\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}\right) \geq 2(x+y+z)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right).}$

Λίγο διαφορετικά:
Αφού οι τριαδες (x+y,y+z,z+x)

και $(\frac{1}{z},\frac{1}{x},\frac{1}{y})$ είναι όμοια διατεταγμένες η ζητούμενη ανισότητα προκύπτει αμέσως από την ανισότητα Chebyshef

#120

vzf έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 53 Έστω και Αποδείξτε ότι $\displaystyle{\frac{a}{a+b^4}+\frac{b}{b+a^4}>\frac{1}{1+a^2b^2}.}$

Η προς απόδειξη γράφεται

$\displaystyle{a^5+b^5+ab>a^2b^2.}$

Αυτή όμως είναι αληθής αφού

$\displaystyle{a^5+b^5+ab\geq ab(a^3+b^3)+ab=ab(a^3+b^3+1)\geq ab\cdot 3ab=3a^2b^2>a^2b^2.}$

Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Μέλη σε σύνδεση