Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, socrates, silouan

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4208
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#61

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Τετ Μάιος 25, 2011 10:01 pm

Μια σπουδαία ισότητα (ταυτότητα) είναι η ακόλουθη (που λέγεται διαφορά τετραγώνων)

x^{2}-y^{2}=(x-y)(x+y)

Οι επόμενες δύο ασκήσεις έχουν τεθεί σε διαγωνισμούς της ΕΜΕ για την Β Γυμνασίου:

ΑΣΚΗΣΗ 32 :
Να αποδειχθεί ότι ο αριθμός

\displaystyle A=1998^{2}-1997^{2}+1996^{2}-1995^{2}+ ... +2^{2}-1^{2}

είναι πολλαπλάσιο του 1999


ΑΣΚΗΣΗ 33 :
Αν ο αριθμός n είναι θετικός ακέραιος, να δείξετε ότι ο αριθμός

\displaystyle A=1-\frac{1}{1+\frac{1}{1+\frac{1}{n}}}

δεν είναι ποτέ ακέραιος.


ΔΙΟΡΘΩΣΗ: Μετά την υπόδειξη της ΑΡΣΕΝΟΗΣ, διορθώθηκε η ΑΣΚΗΣΗ 32 , αντικαθιστώντας το 1990 με το σωστό 1999
τελευταία επεξεργασία από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ σε Πέμ Μάιος 26, 2011 1:37 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
chris
Δημοσιεύσεις: 1176
Εγγραφή: Πέμ Μαρ 11, 2010 9:39 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα-Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#62

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris » Τετ Μάιος 25, 2011 11:21 pm

Για να κλείσει ο κύκλος της άσκησης 13 παραθέτω αναλυτική λύση για να γίνει πλήρως κατανοητή χωρίς να θέλω να συμμετέχω στη λύση των ασκήσεων λόγω παλαιότητας(γεράματα γαρ :P )
S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 13 (Από την ίδια πηγή)
Έστω Μ,Ν τα μέσα των πλευρών DC, AB ενός τετράπλευρου ABCD.
Υπολογίστε την τιμή της παράστασης:
\displaystyle X \equiv \frac{{\left( {AND} \right) + \left( {BNC} \right)}} 
{{\left( {ABM} \right)}} - \frac{{\left( {ABM} \right)}} 
{{\left( {AND} \right) + \left( {BNC} \right)}}.

(*) όταν έχουμε ευθύγραμμο σχήμα μέσα σε παρένθεση εννοούμε το εμβαδόν του.

S.E.Louridas
ΛΥΣΗ

Παίρνουμε τα σημεία G,H,E επι της ευθείας AB που είναι τέτοια ώστε:
\displaystyle  DG\perp AB,\;\;MH\perp AB,\;\;CE\perp AB
Προφανώς τα τμήματα DG,MH,CE είναι παράλληλα και το τετράπλευρο GECD είναι τραπέζιο ενώ αφού το M είναι το μέσο της CD τότε το H είναι το μέσο της GE και άρα η HM είναι διάμεσος του τραπεζίου.
Άρα ισχύει:
\displaystyle \boxed{HM=\frac{DG+CE}{2}}(1)
και έχουμε:

\displaystyle  \mathbb{A}=\frac{\left(AND \right)+\left(BNC \right)}{\left(ABM \right)}=\frac{\frac{AN\cdot DG}{2}+\frac{BN\cdot CE}{2}}{\frac{AB\cdot MH}{2}}=\frac{AN\cdot DG+BN\cdot CE}{AB\cdot MH}\stackrel{(AB=2AN,AN=NB)}=\frac{AN\cdot DG+AN\cdot CE}{2AN\cdot MH}=\frac{DG+CE}{2MH}\stackrel{(1)}=\frac{2MH}{2MH}=1
Δηλαδή:
\displaystyle X\equiv \mathbb{A}-\frac{1}{\mathbb{A}}=1-1=0
Λογος Εμβαδων!.png
Λογος Εμβαδων!.png (23.4 KiB) Προβλήθηκε 4752 φορές


Στραγάλης Χρήστος
Άβαταρ μέλους
ΑΡΣΕΝΟΗ
Δημοσιεύσεις: 102
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 5:23 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Εύβοιας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#63

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΑΡΣΕΝΟΗ » Πέμ Μάιος 26, 2011 12:04 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 32: Να αποδειχθεί ότι ο αριθμός

A=1998^{2}-1997^{2}+1996^{2}-1995^{2}+ ... +2^{2}-1^{2}

είναι πολλαπλάσιο του 1990
Καλημέρα...
Κ.Δημήτρη, νομίζω πως πρέπει να αποδείξουμε ότι ο αριθμός αυτός είναι πολ\σιο του 1999 και όχι του 1990,γιατί με τον αριθμό αυτό δε βγαίνει.
Για την άσκηση τώρα:
Με τη βοήθεια της ταυτότητας που μας είπατε έχουμε:
\displaystyle\ \bullet 1998^{2}-1997^{2}=(1998-1997)(1998+1997)=1998+1997
\displaystyle\ \bullet  1996^{2}-1995^{2}=(1996-1995)(1996+1995)=1996+1995

\displaystyle\ \bullet

\displaystyle\ \bullet

\displaystyle\ \bullet

\displaystyle\ \bullet  2^{2}-1^{2}=(2-1)(2+1)=2+1
Άρα:
\displaystyle\ A=1998^{2}-1997^{2}+1996^{2}-1995^{2}+...+2^{2}-1^{2}=

\displaystyle\ 1998+1997+1996+1995+...+2+1=

\displaystyle\ (1998+1)+(1997+2)+(1996+3)+...+(1000+999)=

\displaystyle\ 1999{\cdot999=\pi o\lambda .1999


Μερικές φορές είναι τα μικρότερα πράγματα αυτά,
που γεμιζουν το μεγαλύτερο κομμάτι της καρδιάς μας...
sokratis lyras
Δημοσιεύσεις: 710
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 05, 2011 9:13 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#64

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sokratis lyras » Πέμ Μάιος 26, 2011 8:37 pm

ΑΣΚΗΣΗ 34 :
Να προδιορίσετε τις τιμές του θετικού ακέραιου n για τις οποίες ο αριθμός A=n^3-n^2+n-1 είναι πρώτος.
Αρχιμήδης junior(αλλα είναι απλή για αρχιμίδη)

Θεωρία:Ο πρώτος αριθμός διαιρείται μόνο με τον αριθμό 1 και με τον εαυτό του.


Άβαταρ μέλους
greek_sorcerer
Δημοσιεύσεις: 62
Εγγραφή: Δευ Αύγ 02, 2010 4:18 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#65

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από greek_sorcerer » Πέμ Μάιος 26, 2011 8:46 pm

sokratis lyras έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 34 :
Να προδιορίσετε τις τιμές του θετικού ακέραιου n για τις οποίες ο αριθμός A=n^3-n^2+n-1 είναι πρώτος.
Αρχιμήδης junior(αλλα είναι απλή για αρχιμίδη)

Θεωρία:Ο πρώτος αριθμός διαιρείται μόνο με τον αριθμό 1 και με τον εαυτό του.
n^3-n^2+n-1=
n^2(n-1)+(n-1)=
(n-1)(n^2+1)

οπότε n=2 και Α=5


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4208
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#66

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Πέμ Μάιος 26, 2011 10:41 pm

Πολύ ωραία.

(Να πουμε για τους μικρούς μας φίλους, ότι για να είναι ένα γινόμενο δύο φυσικών αριθμών πρώτος, θα πρέπει ο ένας μόνο από τους δύο παράγοντες να είναι ίσος με την μονάδα. Αυτό χρησιμοποίησε ο greek-sorcerer στο προηγούμενο θέμα, αφού πρώτα παραγοντοποίησε την δοσμένη παράσταση. Δηλαδή την μετέτρεψε σε γινόμενο παραγόντων)

Ακολουθούν τώρα δύο ακόμα ασκήσεις που έχουν τεθεί σε διαγωνισμούς της ΕΜΕ για την Γ Γυμνασίου και Α Λυκείου

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Υπενθυμίζουμε τις ταυτότητες:

x^{2}+2xy+y^{2}=(x+y)^{2} 
 
x^{2}-2xy+y2=(x-y)^{2}

ΑΣΚΗΣΗ 35 :
(α) Να παραγοντοποιηθεί η παράσταση:x^{4}+4y^{4}

(β) Αν x,y θετικοί ακέραιοι και y\geq 2 να δείξετε ότι ο αριθμός x^{4}+4y^{4} είναι σύνθετος

(δηλαδή δεν είναι πρώτος)


ΑΣΚΗΣΗ 36 :
Αν a και x είναι πραγματικοί αριθμοί και a\geq 1 να δείξετε ότι :\displaystyle \frac{x^{2}+a}{\sqrt{x^{2}+a}-1}\geq 2.

Πότε ισχύει η ισότητα;


Άβαταρ μέλους
greek_sorcerer
Δημοσιεύσεις: 62
Εγγραφή: Δευ Αύγ 02, 2010 4:18 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#67

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από greek_sorcerer » Παρ Μάιος 27, 2011 12:18 am

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 35: (α) Να παραγοντοποιηθεί η παράσταση:x^{4}+4y^{4}

(β) Αν x,y θετικοί ακέραιοι και y\geq 2 να δείξετε ότι ο αριθμός x^{4}+4y^{4} είναι σύνθετος

(δηλαδή δεν είναι πρώτος)
Για το πρώτο ερώτημα:
x^{4}+4y^{4}=(x^{2}-2xy+2y^{2})(x^{2}+2xy+2y^{2})

Για το δεύτερο ερώτημα:
Είναι άμεση απόρροια του πρώτου ερωτήματος, αφού η παράσταση γράφεται ως γινόμενο, άρα ο αριθμός είναι σύνθετος.


Άβαταρ μέλους
greek_sorcerer
Δημοσιεύσεις: 62
Εγγραφή: Δευ Αύγ 02, 2010 4:18 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#68

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από greek_sorcerer » Παρ Μάιος 27, 2011 12:39 am

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 36: Αν a και x είναι πραγματικοί αριθμοί και a\geq 1 να δείξετε ότι

\frac{x^{2}+a}{\sqrt{x^{2}+a}-1}\geq 2.

Πότε ισχύει η ισότητα;
μπορούμε να θέσουμε y=x^{2}+a οπότε άσκηση μετασχηματίζεται σε:
\frac{y}{\sqrt{y}-1}\geq 2 οπότε έχουμε μια ωραιότατη άσκηση α' λυκείου!


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4208
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#69

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Παρ Μάιος 27, 2011 6:47 am

greek_sorcerer έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
x^{2}+2xy+y^{2}=(x+y)^{2} 
 
x^{2}-2xy+y2=(x-y)^{2}

ΑΣΚΗΣΗ 35: (α) Να παραγοντοποιηθεί η παράσταση:x^{4}+4y^{4}

(β) Αν x,y θετικοί ακέραιοι και y\geq 2 να δείξετε ότι ο αριθμός x^{4}+4y^{4} είναι σύνθετος

(δηλαδή δεν είναι πρώτος)
Για το πρώτο ερώτημα:
x^{4}+4y^{4}=(x^{2}-2xy+2y^{2})(x^{2}+2xy+2y^{2})

Για το δεύτερο ερώτημα:
Είναι άμεση απόρροια του πρώτου ερωτήματος, αφού η παράσταση γράφεται ως γινόμενο, άρα ο αριθμός είναι σύνθετος.

Αρκεί βέβαια να δείξουμε ότι και οι δύο παράγοντες είναι διάφοροι της μονάδας
τελευταία επεξεργασία από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ σε Παρ Μάιος 27, 2011 12:57 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4208
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#70

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Παρ Μάιος 27, 2011 6:50 am

greek_sorcerer έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 36: Αν a και x είναι πραγματικοί αριθμοί και a\geq 1 να δείξετε ότι

\frac{x^{2}+a}{\sqrt{x^{2}+a}-1}\geq 2.

Πότε ισχύει η ισότητα;
μπορούμε να θέσουμε y=x^{2}+a οπότε άσκηση μετασχηματίζεται σε:
\frac{y}{\sqrt{y}-1}\geq 2 οπότε έχουμε μια ωραιότατη άσκηση α' λυκείου!

Ας δώσουμε μια αναλυτική λύση, ώστε να γίνει κατανοητή και από μαθητές Γυμνασίου.


sokratis lyras
Δημοσιεύσεις: 710
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 05, 2011 9:13 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#71

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sokratis lyras » Παρ Μάιος 27, 2011 11:48 am

greek_sorcerer έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
x^{2}+2xy+y^{2}=(x+y)^{2} 
 
x^{2}-2xy+y2=(x-y)^{2}

ΑΣΚΗΣΗ 35: (α) Να παραγοντοποιηθεί η παράσταση:x^{4}+4y^{4}

(β) Αν x,y θετικοί ακέραιοι και y\geq 2 να δείξετε ότι ο αριθμός x^{4}+4y^{4} είναι σύνθετος

(δηλαδή δεν είναι πρώτος)
Για το πρώτο ερώτημα:
x^{4}+4y^{4}=(x^{2}-2xy+2y^{2})(x^{2}+2xy+2y^{2})
Μήπως θα έπρεπε και στην παραγοντοποίηση να δώσουμε λίγο πιο αναλυτική λύση?(να αναφέρουμε δηλαδή την προσθαφαίρεση)


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10946
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#72

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Μάιος 27, 2011 12:13 pm

sokratis lyras έγραψε:
greek_sorcerer έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
(β) Αν x,y θετικοί ακέραιοι και y\geq 2 να δείξετε ότι ο αριθμός x^{4}+4y^{4} είναι σύνθετος

(δηλαδή δεν είναι πρώτος)
Για το πρώτο ερώτημα:
x^{4}+4y^{4}=(x^{2}-2xy+2y^{2})(x^{2}+2xy+2y^{2})
Μήπως θα έπρεπε και στην παραγοντοποίηση να δώσουμε λίγο πιο αναλυτική λύση?(να αναφέρουμε δηλαδή την προσθαφαίρεση)
Πράγματι καλό είνα να βλέπαμε αναλυτικότερα τα βήματα. Πάντως, για την ιστορία,
η ίδια ταυτότητα (χωρίς τα βήματα παραγοντοποίησης) υπάρχει και εδώ

viewtopic.php?f=111&t=15658

Ονομάζεται "ταυτότητα της Kovalewska", προς τιμήν της μεγάλης αυτής Μαθηματικού.

Φιλικά,

Μιχάλης


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4208
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#73

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Παρ Μάιος 27, 2011 2:38 pm

Έχεις δίκιο Μιχάλη. Επειδή απευθυνόμαστε και σε μαθητές Γυμνασίου, καλό είναι να δοθούν πιο αναλυτικές λύσεις.

ΑΣΚΗΣΗ 35: (α) Έχουμε:x^{4}+4y^{4}=(x^{2})^{2}+(2y^{2})^{2}=(x^{2})^{2}+(2y^{2})^{2}+2.x^{2}(2y^{2})-2.x^{2}.(2y^{2})= 
 
(x^{2}+2y^{2})^{2}-(2xy)^{2}=(x^{2}+2y^{2}+2xy)(x^{2}+y^{2}-2xy)

(β) Πρέπει να δείξουμε ότι x^{2}+2y^{2}+2xy\neq 1, 
 
x^{2}+2y^{2}-2xy\neq 1

Πράγματι, έχουμε: x^{2}+2y^{2}+2xy=x^{2}+y^{2}+y^{2}+2xy =(x+y)^{2}+y^{2},

Όμως αφού είναι y\geq 2\Rightarrow y^{2}\geq 4\Rightarrow (x+y)^{2}+y^{2}\geq (x+y)^{2}+4\geq 4>1

Άρα (x+y)^{2}+y^{2}\neq 1

Όμοια δείχνουμε ότι και ο άλλος παράγοντας είναι διάφορος της μονάδας οπότε έχουμε ότι ο αριθμός x^{4}+4y^{4} είναι σύνθετος.

ΑΣΚΗΣΗ 36: Όπως είδαμε παραπάνω, αρκεί να δείξουμε ότι \frac{y}{\sqrt{y}-1}\geq 2\Leftrightarrow \frac{y}{\sqrt{y}-1}-2\geq 0

Έχουμε \frac{y}{\sqrt{y}-1}-2=\frac{y-2\sqrt{y}+2}{\sqrt{y}-1}=\frac{(\sqrt{y})^{2}-2\sqrt{y}.1+1+1}{\sqrt{y}-1}= 
\frac{(\sqrt{y}-1)^{2}+1}{\sqrt{y}-1}

Αφού τώρα a\geq 1\Rightarrow x^{2}+a\geq x^{2}+1>1 για κάθε x διάφορο του μηδενός.

Άρα y>1 δηλαδή \sqrt{y}-1>0 Και αφού (\sqrt{y}-1)^{2}+1>0 θα πρέπει:

\frac{(\sqrt{y}-1)^{2}+1}{\sqrt{y}-1}>0 οπότε \frac{y}{\sqrt{y}-1}-2>0 και άρα

\frac{y}{\sqrt{y}-1}>2

Έχουμε μια εκκρεμότητα, για το τι συμβαίνει αν είναι χ=0. Τότε έχουμε y=a οπότε αρκεί να δείξουμε ότι

\frac{a}{\sqrt{a}-1}\geq 2. Πρέπει να είναι το a διάφορο του 1 (για να μην μηδενίζεται ο παρονομαστής).

Δηλαδή πρέπει να είναι μόνο a>1 και άρα \sqrt{a}>1 δηλαδή \sqrt{a}-1>0 Οπότε έχουμε :

\frac{a}{\sqrt{a}-1}>2 (δικαιολογήστε το γιατί)

Άρα και στην περίπτωση αυτή, έχουμε το ζητούμενο.

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ: Η ισότητα, όπως είδαμε πιο πάνω, δεν μπορεί να ισχύει ποτέ.


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4208
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#74

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Παρ Μάιος 27, 2011 9:46 pm

Μια επίσης χρήσιμη ταυτότητα είναι και η εξής:
x^{3}+y^{3}=(x+y)(x^{2}-xy+y^{2}) (άθροισμα κύβων)

Από τις επόμενες δύο ασκήσεις, η πρώτη έχει τεθεί σε διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Γ Γυμνασίου και η δεύτερη, ως πρώτο ερώτημα σε διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Β Λυκείου (αλλά είναι αντιμετωπίσιμη και από ταλαντούχους μαθητές του Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 37: Αν για τους πραγματικούς αριθμούς x,a,b,y ισχύει ότι xy-ab=1, να αποδειχθεί ότι:

a^{2}+b^{2}+x^{2}+y^{2}+ax+by>1


ΑΣΚΗΣΗ 38: Για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς x,y,z να αποδείξετε ότι:

\frac{x^{3}+y^{3}}{x^{2}+xy+y^{2}}\leq x+y



Σημείωση: Δεν έχει ακόμα λυθεί η ΑΣΚΗΣΗ 33 (δεν είναι ιδιαίτερα δύσκολη)


Φερμά_96
Δημοσιεύσεις: 182
Εγγραφή: Σάβ Απρ 30, 2011 3:43 pm
Τοποθεσία: Κύπρος

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#75

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φερμά_96 » Παρ Μάιος 27, 2011 10:33 pm

Για την 33.
Αν A ακέραιος:
Πρέπει \frac{1}{1+\frac{1}{1+\frac{1}{n}}} ακέραιος. Οπότε απαραίτητα, η απόλυτη τιμή του 1+\frac{1}{1+\frac{1}{n}}<1.
Αλλά \frac{1}{1+\frac{1}{n}}>0 επειδή n θετικός, και άρα 1+\frac{1}{1+\frac{1}{n}}>1. Ατοπο.
Οπότε ο A δεν μπορεί να είναι ακέραιος.

για την 38.
έχουμε:
\frac{x^{3}+y^{3}}{x^{2}+xy+y^{2}}=\frac{(x+y)(x^{2}-xy+y^{2})}{x^{2}+xy+y^{2}}
x+y=\frac{(x+y)(x^{2}-xy+y^{2})}{x^{2}-xy+y^{2}}
Οπότε η ζητούμενη ανισότητα γράφεται
\frac{(x+y)(x^{2}-xy+y^{2})}{x^{2}+xy+y^{2}} \leq \frac{(x+y)(x^{2}-xy+y^{2})}{x^{2}-xy+y^{2}}
ίσοι αριθμητές, άρα αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε x,y θετικούς x^{2}+xy+y^{2}\geq x^{2}-xy+y^{2}, ή ακόμα ότι xy\geq-xy. Πράγμα που προφανώς ισχύει, με την ισότητα στο x=0 ή y=0(η πιθανότητα να ισχύουν και τα δυο απορρίπτεται.)


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4208
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#76

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Σάβ Μάιος 28, 2011 2:16 pm

Σύντωμες και κατανοητές οι λύσεις από τον φίλο μας Φερμά-96.

Να τονίσουμε επί πλέον (για τους άπειρους ακόμα μαθητές μας) ότι οi αριθμοί:

x^{2}+xy+y^{2},x^{2}-xy+y^{2} είναι΄μη αρνητικοί για κάθε x,y πραγματικούς αριθμούς (ενώ είναι μηδέν μόνο για x=y=0).

Παρακάτω θα δούμε την απόδειξη της ανισότητας:x^{2}+xy+y^{2}\geq 0 για κάθε x,yER

Έχουμε:x^{2}+xy+y^{2}=\frac{2x^{2}+2xy+2y^{2}}{2}=\frac{x^{2}+x^{2}+2xy+y^{2}+y^{2}}{2} \geq 0
(δώστε μόνοι την εξήγηση) για κάθε x,yER (όπου για να ισχύει η ισότητα, θα

πρέπει να είναι x=0 και x+y=0 και y=0, δηλαδή x=y=o)

Επειδή λοιπόν στην εκφώνιση της άσκησης μας έδιναν ότι τα x,y είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί, είναι φανερό ότι οι αριθμοί x^{2}+xy+y^{2},x^{2}-xy+y^{2} είναι θετικοί.


Άλυτη μας έχει μείνει μόνο η ΑΣΚΗΣΗ 37


Grigoris K.
Δημοσιεύσεις: 927
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 27, 2011 8:12 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#77

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Grigoris K. » Σάβ Μάιος 28, 2011 4:38 pm

ΑΣΚΗΣΗ 37

Ας δώσω μια λεπτομερή λύση για τους μικρούς μας φίλους (μιας και έμεινε αναπάντητη):

Η προς απόδειξη ανισότητα γράφεται με αντικατάσταση όπου 1 = xy - ab :

\displaystyle{a^2 + b^2 + x^2 + y^2 + ax + by -xy + ab > 0 \Leftrightarrow 2a^2 + 2ab + 2b^2 + 2x^2 -2xy + 2y^2 + 2ax + 2by > 0 }

Tώρα σχηματίζουμε ταυτότητες της μορφής : (\alpha \pm \beta)^2 = \alpha^2 \pm 2\alpha\beta + \beta^2

\displaystyle{... \Leftrightarrow a^2 + 2ab + b^2 + x^2 - 2xy + y^2 +a^2 + 2ax +  x^2 + b^2 + 2by + y^2 \Leftrightarrow (a+b)^2 + (x-y)^2 + (a+x)^2 + (b+y)^2 >0 }

Όμως ως αθροίσματα τετραγώνων ισχύει : (a+b)^2 + (x-y)^2 + (a+x)^2 + (b+y)^2 \geq  0 . Η ισότητα ισχύει αν και μόνον αν a = - b , x = y , a = -x , b = -y

Τώρα λύνοντας το σύστημα \left{\begin{matrix} a + b = 0 \\ x = y \\ a + x = 0 \\ b + y = 0 \end {matrix}}\right προκύπτει a = b = x = y = 0

Όμως κάτι τέτοιο δεν μπορεί να συμβαίνει καθώς δεν θα ικανοποιείται η δοσμένη σχέση: xy - ab = 1.

Συνεπώς η ισότητα δεν μπορεί να ισχύει άρα (a+b)^2 + (x-y)^2 + (a+x)^2 + (b+y)^2 >0 και το ζητούμενο δείχθηκε.


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4208
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#78

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Σάβ Μάιος 28, 2011 5:05 pm

Μετά λοιπόν την λύση που μας έδωσε ο Grigoris, ας δώσουμε μια ακόμα χρήσιμη ταυτότητα:

(x+y+z)^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xy+2xz+2yz

Οι δύο επόμενες ασκήσεις, έχουν τεθεί σε διαγωνισμούς της ΕΜΕ για την Γ Γυμνασίου

ΑΣΚΗΣΗ 39: Να παραγοντοποιηθεί η παράσταση:

A=(2+x+x^{2})^{2}-x^{3}


ΑΣΚΗΣΗ 40: (α) Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο n ισχύει ότι:

\left(\frac{2n}{2n+1} \right)^{2}<\frac{n}{n+1}


(β) Να αποδείξετε ότι: (\frac{2}{3}.\frac{4}{5}.\frac{6}{7}. ... .\frac{2000}{2001})^{2}<\frac{1}{1001}


komi
Δημοσιεύσεις: 84
Εγγραφή: Τετ Μαρ 09, 2011 5:40 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#79

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από komi » Σάβ Μάιος 28, 2011 5:27 pm

Άσκηση 41

Εάν a, b πραγματικοί μη μηδενικοί και

(a^2+b^2)^3=(a^3+b^3)^2

Να βρεθεί η τιμη : a/b+b/a


Φερμά_96
Δημοσιεύσεις: 182
Εγγραφή: Σάβ Απρ 30, 2011 3:43 pm
Τοποθεσία: Κύπρος

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#80

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φερμά_96 » Σάβ Μάιος 28, 2011 5:34 pm

για την 40.
α) πρέπει \frac{4n^{2}}{4n^{2}+4n+1} <\frac{n}{n+1}
Απλοποιούμε τα n των αριθμητών. Επειδή n θετικός, πρέπει να ισχύει
4n(n+1) < 4n^{2}+4n+1
4n^{2}+4n < 4n^{2}+4n+1
0<1, που ισχύει. άρα ισχύει και η αρχική ανισότητα.
β)
(\frac{2}{3})^{2}<\frac{1}{2}
(\frac{4}{5})^{2}<\frac{2}{3}
(\frac{6}{7})^{2}<\frac{3}{4}

...

(\frac{2000}{2001})^{2}<\frac{1000}{1001}

Με πολλ. προκύπτει ότι
(\frac{2}{3}.\frac{4}{5}.\frac{6}{7}. ... .\frac{2000}{2001})^{2}<\frac{1}{2}.\frac{2}{3}.\frac{3}{4}. ... .\frac{1000}{1001}=\frac{1}{1001} (με διαδοχικές απλοποιήσεις)


για την 41.
(a^2+b^2)^3=(a^3+b^3)^2
γράφεται a^{6}+3a^{4}b^{2}+3a^{2}b^{4}+b^{6}=a^{6}+2a^{3}b^{3}+b^{6}
ή 3a^{4}b^{2}+3a^{2}b^{4}=2a^{3}b^{3}
ή 3a^{2}b^{2}(a^{2}+b^{2})=2a^{3}b^{3}
ή 3a^{2}b^{2}(a^{2}+b^{2})=2a^{3}b^{3}

ή \frac{a^{2}b^{2}(a^{2}+b^{2})}{a^{3}b^{3}}=\frac{2}{3}

ή \frac{a^{2}+b^{2}}{ab}=\frac{2}{3}

ή \frac{b}{a}+\frac{a}{b}=\frac{2}{3}


Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Juniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης