Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2421

ΑΣΚΗΣΗ 1238 Να εξετάσετε αν η εξίσωση $\displaystyle{36y(y+1)=20+8x(2x+3)}$ , με $\displaystyle{x,y\in Z}$ , έχει λύση.

#2422

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1238 Να εξετάσετε αν η εξίσωση $\displaystyle{36y(y+1)=20+8x(2x+3)}$ , με $\displaystyle{x,y\in Z}$ , έχει λύση.

Δεν έχει λύση: Επειδή το y(y+1)

είναι άρτιος, το $36y(y+1)=9\cdot 4(y(y+1)$ είναι πολλαπλάσιο του

. Θα είχαμε λοιπόν $\displaystyle{20=8x(2x+3)-36y(y+1)=}$ πολλαπλάσιο του

. Άτοπο.

Μ.

#2423

ΑΣΚΗΣΗ 1239: Αν ο

είναι περιττός φυσικός αριθμός, να αποδείξετε ότι η εξίσωση:

$\displaystyle{x^2 - y^2 - 6z^2 =a}$ , έχει άπειρες λύσεις στο σύνολο

των φυσικών αριθμών.

raf616 · #2424

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1239: Αν ο είναι περιττός φυσικός αριθμός, να αποδείξετε ότι η εξίσωση:

$\displaystyle{x^2 - y^2 - 6z^2 =a}$ , έχει άπειρες λύσεις στο σύνολο των φυσικών αριθμών.

Μπορούμε να δούμε ότι οι τριάδες της μορφής $(x, y, z) = \left(3k^2 + \dfrac{a-1}{2} + 1, 3k^2 + \dfrac{a-1}{2}, k\right)$ επαληθεύουν.

Το θέμα είναι πως καταλήξαμε σ' αυτές. Γράφουμε την εξίσωση ως (x-y)(x+y) = 6z^2 + a

. Τώρα δεν βλέπουμε κάποιον προφανή τρόπο παραγοντοποίησης του δεύτερου

μέλους και άρα σκεφτόμαστε να θέσουμε x - y = 1

και

. Λύνοντας το σύστημα προκύπτουν οι παραπάνω λύσεις οι οποίες είναι δεκτές αφού $\dfrac{a-1}{2} \in \Bbb{N}$

αφού

περιττός.

#2425

raf616 έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1239: Αν ο είναι περιττός φυσικός αριθμός, να αποδείξετε ότι η εξίσωση:

$\displaystyle{x^2 - y^2 - 6z^2 =a}$ , έχει άπειρες λύσεις στο σύνολο των φυσικών αριθμών.
Μπορούμε να δούμε ότι οι τριάδες της μορφής $(x, y, z) = \left(3k^2 + \dfrac{a-1}{2} + 1, 3k^2 + \dfrac{a-1}{2}, k\right)$ επαληθεύουν.

Το θέμα είναι πως καταλήξαμε σ' αυτές. Γράφουμε την εξίσωση ως . Τώρα δεν βλέπουμε κάποιον προφανή τρόπο παραγοντοποίησης του δεύτερου

μέλους και άρα σκεφτόμαστε να θέσουμε και . Λύνοντας το σύστημα προκύπτουν οι παραπάνω λύσεις οι οποίες είναι δεκτές αφού $\dfrac{a-1}{2} \in \Bbb{N}$

αφού περιττός.

Όμορφη και αρκετά διδακτική η λύση σου Ραφαήλ!

#2426

ΑΣΚΗΣΗ 1240: Αν $\displaystyle{a_1 , a_2 , a_3 , . . . , a_n \in R}$ , $\displaystyle{b\geq 0}$ και $\displaystyle{n\in N^{*}}$ ,

και αν επί πλέον ισχύει ότι $\displaystyle{a_1 ^4 + a_2 ^4 + a_3 ^4 + . . . + a_n ^4 = b^4}$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{a_1 ^5 + a_2 ^5 + a_3 ^5 + . . . + a_n ^5 \leq b^5}$

#2427

ΑΣΚΗΣΗ 1241 : Αν $\displaystyle{(y+z)(x+z)(x+y)\neq 0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{x^2}{(y+z)^2}+\frac{y^2}{(x+z)^2 }+\frac{z^2}{(x+y)^2}+2\geq \frac{4xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}}$

G.Bas · #2428

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1241 : Αν $\displaystyle{(y+z)(x+z)(x+y)\neq 0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{x^2}{(y+z)^2}+\frac{y^2}{(x+z)^2 }+\frac{z^2}{(x+y)^2}+2\geq \frac{4xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}}$

Ακολουθούμε τον μετασχηματισμό $\displaystyle{\left(\frac{x}{y+z},\frac{y}{z+x},\frac{z}{x+y}\right)\mapsto (a,b,c)}$ και η Ανισότητα γράφεται

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2+2\geq 4abc.}$

Επειδή όμως $\displaystyle{\frac{x}{y+z}=a}$ αυτή ισοδύναμα δίνει

$\displaystyle{\frac{x+y+z}{y+z}=a+1\Leftrightarrow\frac{1}{a+1}=\frac{y+z}{x+y+z}.}$

Ομοίως, $\displaystyle{\frac{1}{b+1}=\frac{z+x}{x+y+z},\, \frac{1}{c+1}=\frac{x+y}{x+y+z}}$
και με πρόθεση κατά μέλη προκύπτει πως

$\displaystyle{\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=2}$ η οποία τελικά καταλήγει στην

$\displaystyle{ab+bc+ca+2abc=1\Leftrightarrow 2=4abc+2(ab+bc+ca).}$

Πλέον η ζητούμενη Ανισότητα έπεται.

#2429

ΑΣΚΗΣΗ 1242: Αν $\displaystyle{y,z \in [0,1]}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{1+(y+z)^3}}+\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{ y^3 +(z+1)^3}}+\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{z^3 +(1+y)^3}}\geq 1}$

#2430

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1242: Αν $\displaystyle{y,z \in [0,1]}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{1+(y+z)^3}}+\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{ y^3 +(z+1)^3}}+\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{z^3 +(1+y)^3}}\geq 1}$

Φαντάζομαι υπάρχει απόδειξη με κυρτότητα, αλλά μια στοιχειώδης απόδειξη είναι η εξής:

$\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{1+(y+z)^3}}=\frac{1}{\sqrt{(y+z+1)\Big((y+z)^2-(y+z)+1\Big)}}\geq \frac{2}{1+y+z+(y+z)^2-(y+z)+1}=\frac{2}{2+(y+z)^2}\geq \frac{2}{2+2(y^2+z^2)}=}$

$\displaystyle{=\frac{1}{1+y^2+z^2}\geq \frac{1}{1+y+z}.}$

Με τη σειρά, έγινε χρήση της ταυτότητας $\displaystyle{a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2),}$ της ανισότητας $\displaystyle{2(a^2+b^2)\geq (a+b)^2}$ και τέλος της ανισότητας $\displaystyle{y^2\leq y}$ , αφού $\displaystyle{y\in [0,1].}$

Ακολουθώντας τα ίδια βήματα έχουμε επίσης

$\displaystyle{\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{ y^3 +(z+1)^3}}\geq \frac{\sqrt{y}}{1+y+z}\implies \frac{\sqrt{y}}{\sqrt{ y^3 +(z+1)^3}}\geq \frac{y}{1+y+z}}$

και ομοίως

$\displaystyle{\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{z^3 +(1+y)^3}}\geq \frac{z}{1+y+z}.}$

Με πρόσθεση αυτών προκύπτει η ζητούμενη.

#2431

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1240: Αν $\displaystyle{a_1 , a_2 , a_3 , . . . , a_n \in R}$ , $\displaystyle{b\geq 0}$ και $\displaystyle{n\in N^{*}}$ ,

και αν επί πλέον ισχύει ότι $\displaystyle{a_1 ^4 + a_2 ^4 + a_3 ^4 + . . . + a_n ^4 = b^4}$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{a_1 ^5 + a_2 ^5 + a_3 ^5 + . . . + a_n ^5 \leq b^5}$

Είναι αρκετό να παρατηρήσουμε ότι $a_i^5\leq b\cdot a_i^4...$

#2432

ΑΣΚΗΣΗ 1243: Αν $\displaystyle{a,b,c}$ είναι τα μήκη των πλευρών τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{a+b}{a-b+c}+\frac{b+c}{b-c+a}+\frac{c+a}{c-a+b} \geq 6}$

ΣΗΜ: Άλλαξα τον αριθμό στο δεύτερο μέλος, αντί

σε

, που δίνει ισχυρότερη ανισότητα (με βάση την λύση του Θάνου, πιο κάτω)

#2433

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1243: Αν $\displaystyle{a,b,c}$ είναι τα μήκη των πλευρών τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{a+b}{a-b+c}+\frac{b+c}{b-c+a}+\frac{c+a}{c-a+b} \geq 6}$

$\displaystyle{\frac{a+b}{a-b+c}+\frac{b+c}{b-c+a}+\frac{c+a}{c-a+b}=\sum \frac{(a+b)^2}{(a+b)(a+c-b)}\stackrel{C-S}{\geq }\frac{4(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}\geq 6.}$

#2434

ΑΣΚΗΣΗ 1244 : Αν $\displaystyle{a , b , c \geq 0}$ και $\displaystyle{a = min\{a , b , c\}}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{a^3 + b^3 + c^3 + ac^2 + a^2 b + abc \geq ab^2 + bc^2 +b^2 c + 3a^2 c}$

#2435

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1244 : Αν $\displaystyle{a , b , c \geq 0}$ και $\displaystyle{a = min\{b , c\}}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{a^3 + b^3 + c^3 + ac^2 + a^2 b + abc \geq ab^2 + bc^2 +b^2 c + 3a^2 c}$

Δημήτρη, υποθέτω εννοείς $\displaystyle{a=\min \{a,b,c\}.}$

Τότε υπάρχουν $\displaystyle{x,y\geq 0,}$ ώστε $\displaystyle{b=a+x,c=a+y.}$

Είναι

$\displaystyle{a^3 + b^3 + c^3 + ac^2 + a^2 b + abc- ab^2 - bc^2 -b^2 c - 3a^2 c=}$

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

$\displaystyle{=\cdots =x^3+y^3-x^2y-xy^2+a(x^2-3xy+3y^2)\geq 0}$

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

και

$\displaystyle{x^2-3xy+3y^2=\Big(x-\frac{3}{2}y\Big)^2+\frac{3}{4}y^2\geq 0.}$

#2436

ΘΕΩΡΗΤΙΚΑ ΣΤΟΙΧΕΙΑ: ΠΕΝΤΕ ΧΡΗΣΙΜΕΣ ΔΙΟΦΑΝΤΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ

(1) Η εξίσωση $\displaystyle{x^2 + y^2 = z^2}$ , με $\displaystyle{x , y , z > 0}$ , έχει τις εξής (ακέραιες) λύσεις:

$\displaystyle{x = (v^2 - k^2 )m , y = 2vkm , z = (v^2 + k^2 )m}$ , όπου $\displaystyle{v , k , m}$ είναι θετικοί ακέραιοι με $\displaystyle{v > k}$ και $\displaystyle{(v , k) = 1}$

(2) Η εξίσωση $\displaystyle{x^2 + a y^2 = z^2}$ , με $\displaystyle{a\in N^{*}}$ , έχει τις εξής (ακέραιες) λύσεις:

$\displaystyle{x = (av^2 - k^2 )m , y = 2vkm , z= (av^2 + k^2 )m}$ , όπου $\displaystyle{v , k , m\in Z}$

(3) Η εξίσωση $\displaystyle{x^2 - ay^2 = 1}$ , με $\displaystyle{a}$ αρνητικό ακέραιο, έχει τέσσερεις το πολύ ακέραιες λύσεις, όπου μόνο το

είναι ίσο με μηδέν ή μόνο το

είναι ίσο με μηδέν.

(4) Η έξίσωση $\displaystyle{x^2 - ay^2 = 1}$ , με $\displaystyle{a}$ τέλειο τετράγωνο ακεραίου , λύνεται εύκολα με παραγοντοποίηση και έχει τις λύσεις $\displaystyle{(x,y)=(1,0) , (x,y)=( - 1 , 0 )}$

(5) Η εξίσωση $\displaystyle{x^2 - ay^2 = 1}$ , με $\displaystyle{a>1}$ , όπου ο

είναι ακέραιος και όχι τέλειο τετράγωνο, έχει τις εξής λύσεις:

$\displaystyle{(x , y) = (\pm x_n , \pm y_n)}$ , όπου $\displaystyle{x_n = \frac{1}{2}[(x_0 +y_0 \sqrt{a})^n +(x_0 -y_0 \sqrt{a})^n]}$ και $\displaystyle{{y_n = \frac{1}{2\sqrt{a}}[(x_0 +y_0 \sqrt{a})^n - (x_0 - y_0 \sqrt{a})^n]}$

και $\displaystyle{(x_0 , y_0 )}$ είναι η μικρότερη θετική ακέραιη λύση της δοσμένης εξίσωσης.

ΕΦΑΡΜΟΓΗ:

ΑΣΚΗΣΗ 1245: Να λυθεί η εξίσωση: $\displaystyle{x^2 + 5y^2 + 3 = z^2 + 2z + 4x}$

#2437

ΑΣΚΗΣΗ 1246: Αν $\displaystyle{x,y,z > 0}$ και $\displaystyle{x+y+z=3\sqrt[5]{4}}$ , να αποδειχθεί ότι:

$\displaystyle{\frac{1}{x^2 y^3 +2}+\frac{1}{y^2 z^3 +2}+\frac{1}{z^2 x^3 +2}\geq \frac{1}{2}}$

#2438

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1246: Αν $\displaystyle{x,y,z > 0}$ και $\displaystyle{x+y+z=3\sqrt[5]{4}}$ , να αποδειχθεί ότι:

$\displaystyle{\frac{1}{x^2 y^3 +2}+\frac{1}{y^2 z^3 +2}+\frac{1}{z^2 x^3 +2}\geq \frac{1}{2}}$

Θέτουμε $x=a\sqrt[5]{4}, y=b\sqrt[5]{4}, z=c\sqrt[5]{4}$ οπότε a+b+c=3

και έχουμε να δείξουμε ότι

$\displaystyle{\frac{1}{2a^2 b^3 +1}+\frac{1}{2b^2 c^3 +1}+\frac{1}{2c^2 a^3 +1}\geq 1 .}$

Θέτουμε πάλι a^2 b^3=k, b^2 c^3=l, c^2 a^3=m

οπότε κάνοντας πράξεις έχουμε να δείξουμε ότι $\displaystyle{k+l+m+1\geq 4klm.}$

Όμως $\displaystyle{k+l+m\geq 3\sqrt[3]{klm}}$ οπότε αρκεί $3\sqrt[3]{klm}+1\geq 4klm$ ή αλλιώς $klm\leq 1$ ή $abc\leq 1,$ που ισχύει αφού $\displaystyle{abc\leq \left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3=1.}$

#2439

ΑΣΚΗΣΗ 1247: Αν $\displaystyle{a,b,c \geq 0 }$ και $\displaystyle{x,y,z > 0}$ , και επί πλέον αν $\displaystyle{xyz=\frac{2}{3}}$ , να αποδείξετε ότι:

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

#2440

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1247: Αν $\displaystyle{a,b,c \geq 0 }$ και $\displaystyle{x,y,z > 0}$ , και επί πλέον αν $\displaystyle{xyz=\frac{2}{3}}$ , να αποδείξετε ότι:

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

$\bullet x^3+y^3+1\geq 3xy$

$\bullet a^2+b^2\geq \dfrac{(a+b)^2}{2}$
----------
$\displaystyle{(x^3 +y^3 )(a^2 +b^2 )+(y^3 +z^3 )(b^2 +c^2 )+ (z^3 +x^3 )(c^2 +a^2 )+2(a^2 +b^2 +c^2 )=}$

$\displaystyle{(x^3 +y^3 +1 )(a^2 +b^2 )+(y^3 +z^3 +1 )(b^2 +c^2 )+ (z^3 +x^3 +1 )(c^2 +a^2 )\geq }$

$\displaystyle {(3xy)\frac{(a+b)^2}{2}+(3yz)\frac{(b+c)^2}{2}+(3zx)\frac{(c+a)^2}{2}=\frac{(a+b)^2}{z}+\frac{(b+c)^2}{x}+\frac{(c+a)^2}{y}}\quad \checkmark$

Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Μέλη σε σύνδεση