Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2006

#1

: 2006.PNG (84.21 KiB) Προβλήθηκε 519 φορές

Al.Koutsouridis · #2

Πρόβλημα 4. Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης

$K(x,y)=16\dfrac{x^3}{y}+ \dfrac{y^3}{x} -\sqrt{xy}$

όπου x,y

παίρνουν όλες τις επιτρεπτές πραγματικές τιμές.

Λύση: Παρατηρούμε ότι οι x,y

είναι ομόσημοι. Άρα μπορούμε να γράψουμε y=tx

, για κάποιο t>0

. Τότε η παράσταση

γράφεται

$K=16\dfrac{x^3}{tx}+ \dfrac{(tx)^3}{x} -\sqrt{x \cdot tx}= \dfrac{16}{t} x^2+t^3x^2-\sqrt{t}|x|=$

$=\left ( \dfrac{16}{t} +t^3 \right) |x|^{2}-\sqrt{t} \cdot |x|$

Η τελευταία είναι δευτεροβάθμιο τριώνυμο ως προς την |x|

, οπότε η ελάχιστη τιμή αυτής της παράστασης θα είναι ίση με

$m(t)=-\dfrac{(-\sqrt{t})^2}{4 \cdot \left ( \dfrac{16}{t} +t^3\right)} = - \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{t}{ \dfrac{16+t^4}{t}}= - \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{t^2}{16+t^4}$

Από την ανισότητα αριθμητικού γεωμετρικού μέσου όμως έχουμε

$\dfrac{16+t^4}{t^2} = \dfrac{16}{t^2} +t^2 \geq 2 \cdot \sqrt{\dfrac{16}{t^2} \cdot t^2} = 8$ .

Άρα $m(t) \geq -\dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{1}{8} = -\dfrac{1}{32}$ και επομένως $K(x,y) \geq -\dfrac{1}{32}$ .

Με την ισότητα να επιτυγχάνεται όταν $\dfrac{16}{t^2}=t^2}$ , δηλαδή όταν y=2x

.

Υγ. Ευχαριστούμε για τα θέματα. Καλό θα ήταν να είναι γραμμένα σε $\LaTeX$ .

KARKAR · #3

Πρόβλημα 3

: 2006 γεω.png (12.61 KiB) Προβλήθηκε 474 φορές

Συνεπώς : $\widehat{A\Gamma E}=45^0=\hat{A}$ .

Σημείωση : Το τρίγωνο του σχήματος έχει τις ζητούμενες ιδιότητες .

: Υπόδειγμα.png (5.21 KiB) Προβλήθηκε 474 φορές

Προφανώς στην εκφώνηση είναι : $BH=2H\Delta$ ( πρέπει να διορθωθεί ) .

#4

Al.Koutsouridis έγραψε: Σάβ Δεκ 21, 2024 12:03 am Πρόβλημα 4. Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης

$K(x,y)=16\dfrac{x^3}{y}+ \dfrac{y^3}{x} -\sqrt{xy}$

όπου παίρνουν όλες τις επιτρεπτές πραγματικές τιμές.

Αλλιώς.

Από ΑΜ-ΓΜ αφού πρώτα την φέρουμε στην μορφή που θέλουμε, έχουμε

$\displaystyle{ 16\dfrac{x^3}{y}+ \dfrac{y^3}{x} -\sqrt{xy} = \left ( 16\dfrac{x^3}{y}+ \dfrac{y^3}{x} + \dfrac {1}{64} + \dfrac {1}{64} \right ) -\sqrt{xy} - \dfrac {1}{32}\ge ^{AM-GM} 4 \sqrt [4] {16\dfrac{x^3}{y}\cdot \dfrac{y^3}{x} \cdot \dfrac {1}{64} \cdot \dfrac {1}{64} } -\sqrt{xy} -\dfrac {1}{32}=}$

$\displaystyle{ = 4 \sqrt [4] {\dfrac{x^2y^2}{256} } -\sqrt{xy} -\dfrac {1}{32} = \sqrt{xy}-\sqrt{xy} -\dfrac {1}{32}= -\dfrac {1}{32}}$ με ισότητα όταν $x= \dfrac {\sqrt 2}{32}, \, y= \dfrac {\sqrt 2 }{16}$ .

Άρα το ζητοούμενο ελάχιστο είναι $\displaystyle{ -\dfrac {1}{32} }$ .

Edit. Διόρθωσα τυπογραφική αβλεψία.

#5

Πρόβλημα 1
α) Αριθμοί 1 έως 13 σε κύκλο με γειτονικά αθροίσματα πρώτος αριθμός.
α) Ομοίως αλλά με τους 1 έως 16.

Το σχήμα παρακάτω δείχνει μία διευθέτηση των αριθμών

έως

που απαντά στο ερώτημα β). Εδώ όλα τα γειτονικά αθροίσματα είναι πρώτοι αριθμοί.

Η λύση δεν είναι μοναδική. Για παράδειγμα μπορούμε να ανταλλάξουμε τις θέσεις των

και

και να πάρουμε νέα λύση. Και άλλη ακόμη ανταλλάζοντας τις θέσεις των

και

, και λοιπά.

Δεν γίνεται το ίδιο με τους αριθμούς

έως

γιατί οποιαδήποτε τέτοια διευθέτηση απαιτεί οι αριθμοί να είναι άρτιοι και περιττοί εναλλάξ. Όμως μεταξύ των

έως

έχουμε

άρτιους (Α) και

περιττούς (Π). Έτσι όταν τοποθετήτουμε, ας πούμε δεξιόστροφα,

αριθμούς στο μοτίβο Α-Π-Α-Π-... , ο δωδέκατος θα είναι περιττός. Άρα δίπλα του πρέπει να μπει άρτιος πλην όμως έχουμε στην διάθεσή μας μόνο περιττό για αυτήν την θέση. Συνεπώς δεν υπάρχει τέτοια διευθέτηση.
.

#6

Πρόβλημα 2.
Αν θετικοί ακέραιοι με $k=b^c+a, \, l= a^b+c, \, m=c^a +b$ πρώτοι, τότε δύο από τους είναι ίσοι.

Δεν μπορεί μεταξύ των a,b,c

να υπάρχουν δύο ή περισσότεροι άρτιοι. Πράγματι, αν π.χ. $a,\,b$ άρτιοι, θα ήταν άρτιος και ο k=b^c+a

, και μάλιστα $\ge 2+2=4$ . Άτοπο αφού είναι πρώτος. Μπορούμε λοιπόν να υποθέσουμε ότι τουλάχιστον δύο από τους a,b,c

είναι περιττοί. Έστω λοιπόν οι a,b

είναι περιττοί. Τότε ο k=b^c+a

είναι άρτιος ως άθροισμα περιττών. Έπεται ότι b^c+a=2

και άρα

. Συμπεραίνουμε ότι

l= a^b+c= 1^1 + c = 1+c

και

. Δηλαδή

, που είναι το αποδεικτέο.

Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2006

Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2006

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2006

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2006

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2006

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2006

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2006

Μέλη σε σύνδεση