mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2020 8:37 am**

Καλημέρα σε όλους,

Σε λίγη ώρα διεξάγεται ο Πανελλήνιος Διαγωνισμός στα Μαθηματικά "Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ". Ευχόμαστε σε όλους τους μαθητές καλή επιτυχία και σε όλους τους εμπλεκόμενους με αυτόν κάθε καλό!!

Σε αυτή τη δημοσίευση θα δοθούν τα θέματα αλλά και οι απαντήσεις του διαγωνισμού αλλά μετά το πέρας του διαγωνισμού δηλαδή μετά τις 12:30.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2020 12:30 pm**

Πρόβλημα 4 Β' Λυκείου

: Ευκλείδης 2020 Β Λυκείου .4.png (22.73 KiB) Προβλήθηκε 9876 φορές

Είναι

απ' όπου εύκολα προκύπτει ότι τα τρίγωνα ABC, DEC

είναι ίσα. Άρα,

$\displaystyle C\widehat OE = 2C\widehat DE = 90^\circ \Rightarrow O\widehat EC = 45^\circ.$ Αλλά, $\displaystyle B\widehat EC = B\widehat AC = 45^\circ ,$ οπότε $\displaystyle O\widehat EC = B\widehat EC,$

που αποδεικνύει ότι τα B, O, E

είναι συνευθειακά.

$\displaystyle D\widehat CB + A\widehat BC = 22,5^\circ + 67,5^\circ = 90^\circ \Rightarrow B\widehat ZC = 90^\circ ,$ άρα το BZOC

είναι εγγράψιμο.

$\displaystyle Z\widehat OB = Z\widehat CB = 22,5^\circ = D\widehat EB \Rightarrow$ $\boxed{OZ||DE}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2020 12:30 pm**

Πρόβλημα 4 Γ' Γυμνασίου

: Ευκλείδης 2020 Γ Γυμν .4.png (16.4 KiB) Προβλήθηκε 9874 φορές

α) $\displaystyle {\rm A}\widehat \Delta {\rm B} = {\rm A}\widehat \Gamma {\rm B} = 45^\circ$ ως εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο. Άρα $\displaystyle {\rm E}\widehat \Delta {\rm Z} = 45^\circ .$

β) $\displaystyle {\rm B}\widehat \Delta \Gamma = 90^\circ ,$ άρα το $\displaystyle \Gamma {\rm E}{\rm Z}\Delta$ είναι εγγράψιμο και $\displaystyle {\rm E}\widehat \Gamma {\rm Z} = 45^\circ.$ Επομένως το τρίγωνο $\displaystyle {\rm E}\Gamma {\rm Z}$

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές που αποδεικνύει το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2020 12:31 pm**

ΘΕΜΑ 1-Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Αφού a+b=1

, είναι

Έτσι,

$\displaystyle x=\frac{a^2+b^2}{ab}=\frac{1-2ab}{ab}=\frac{1}{ab}-2.$

Επίσης, a^3+b^3=(a+b)^3-3ab(a+b)=1-3ab.

Η εξίσωση

$\displaystyle y+\dfrac{1}{y}=\frac{13}{6}\iff 6y^2-13y+6=0\iff (2y-3)(3y-2)=0,$

έχει λύσεις y=3/2

ή

.

Έχουμε τις περιπτώσεις

$\displaystyle \dfrac{a^3+b^3}{a^2+b^2}=\frac{3}{2}\iff \frac{1-3ab}{1-2ab}=\frac{3}{2}\iff 2-6ab=3-6ab\iff 2=3,$

άτοπο, και

$\displaystyle \dfrac{a^3+b^3}{a^2+b^2}=\frac{2}{3}\iff \frac{1-3ab}{1-2ab}=\frac{2}{3}\iff 3-9ab=2-4ab\iff ab=1/5.$

Τότε 1/ab=5

και

$\displaystyle x=\frac{1}{ab}-2=5-2=3>2,$

δεκτή. (Το σύστημα a+b=1

,

έχει λύση αφού διακρίνουσα της t^2-t+1/5=0

είναι θετική). Άρα x=3

.

ΘΕΜΑ 2-Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Γνωρίζουμε ότι αν a>0

, τότε

$\displaystyle a+\frac{1}{a}\geq 2\iff a^2+1\geq 2a\iff a^2-2a+1\geq 0\iff (a-1)^2\geq 0,$

που ισχύει με την ισότητα να αληθεύει αν και μόνο a=1

.

Από την παραπάνω ανισότητα, αφού $x-2y+\omega>0$ , η δοθείσα ανισότητα (1) είναι ισοδύναμη με την

$\displaystyle 2\leq x-2y+w+\frac{1}{x-2y+\omega}\leq 2\iff x-2y+\omega=1\iff x-2y=1-\omega.$

Ομοίως, η (2) είναι ισοδύναμη με

$\displaystyle 2x-y+\omega=1\iff 2x-y=1-\omega.$

Έτσι

$\displaystyle x-2y=2x-y\iff 0=x+y.$

Συνεπώς, η προς απόδειξη ανισότητα γίνεται

$\displaystyle \omega^2-2\omega\geq -1\iff (\omega-1)^2\geq 0,$

που ισχύει, με την ισότητα να αληθεύει αν και μόνο αν $\omega=1$ .

ΘΕΜΑ 3-Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Έστω

$\begin{aligned} 2\alpha-1&=k\beta, \\ 2\beta-1&=\lambda \gamma\\ \gamma-1&=\mu \alpha \end{aligned}$
για κάποιους θετικούς ακέραιους $k, \lambda, \mu$ . Η πρώτη μας παρατήρηση είναι ότι οι αριθμοί $\beta, \gamma, k,\lambda$ πρέπει να είναι περιττοί.

Έχουμε
$\begin{aligned} 4\alpha-2&=k(2\beta)\\ &=k(\lambda\gamma+1)\\ &=k\lambda(\mu\alpha+1)+k\\ &=k\lambda\mu\alpha+k\lambda+k \end{aligned}$

οπότε

$\displaystyle \alpha(4-k\lambda\mu)=2+k\lambda+k\geq 4.$

Συνεπώς, $1\leq k\lambda\mu<4$ , οπότε οι δυνατές τιμές του ακεραίου $k\lambda\mu$ είναι 1, 2 ή 3.

Αν $k\lambda\mu=1$ , τότε $k=\lambda=\mu=1$ , οπότε $3\alpha=2+1+1=4$ , δηλ. $\alpha=4/3$ , άτοπο, αφού ο $\alpha$ είναι ακέραιος.

Αν $k\lambda\mu=2$ , τότε αφού οι αριθμοί $k,\lambda$ πρέπει να είναι περιττοί, έχουμε $k=\lambda=1$ και $\mu=2$ . Έτσι, βρίσκουμε εύκολα ότι $\alpha=2$ , $\beta=3$ και $\gamma=5$ .

Αν $k\lambda\mu=3$ , τότε έχουμε τις υποπεριπτώσεις

1) $k=\lambda=1$ και $\mu=3$ . Τότε $\alpha=2+k\lambda+k=4$ , $\beta=7$ και $\gamma=1+\mu\alpha=13$ , το οποίο επαληθεύει και την $2\beta-1=\lambda \gamma$ , αφού $2\cdot 7-1=1\cdot 13$ .

2) $k=\mu=1$ και $\lambda=3$ . Τότε $\alpha=2+k\lambda+k=6$ , $\beta=11$ και $\gamma=1+\mu\alpha=7$ , , το οποίο επαληθεύει και την $2\beta-1=\lambda \gamma$ , αφού $2\cdot 11-1=3\cdot 7$ , που είναι πολλαπλάσιο του

.

3) $\lambda=\mu=1$ και k=3

. Τότε $\alpha=2+k\lambda+k=8$ , $\beta=5$ και $\gamma=1+\mu\alpha=9$ , το οποίο επαληθεύει και την $2\beta-1=\lambda \gamma$ , αφού $2\cdot 5-1=1\cdot 9$ .

Συνεπώς, οι λύσεις είναι $(\alpha, \beta, \gamma)=(2,3,5)$ , (6,11,7)

,

και

.

ΘΕΜΑ 4- Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Το τρίγωνο $AB\Theta$ προκύπτει από τη στροφή του $A\Delta E$ περί του

κατά $90^\circ$ κατά τη φορά των δεικτών του ρολογιού. (Εάν $\Theta'$ είναι η εικόνα του

ως προς αυτή τη στροφή, θα πρέπει $\Theta'\in B\Gamma$ με $\Theta'E\perp AB$ , οπότε $\Theta' \equiv \Theta$ ). Συνεπώς, τα δύο τρίγωνα είναι ίσα.

Αλλιώς, αφού $AB=A\Delta$ ως πλευρές του τετραγώνου, $A\widehat{B}\Theta=90^\circ=A\widehat{\Delta}E$ ως γωνίες του τετραγώνου, και $A\Theta=AE$ ως ακτίνες του κύκλου, από το κριτήριο υποτείνουσα και κάθετη, συμπεραίνουμε ότι τα δύο τρίγωνα είναι ίσα.

Συνεπώς, $\Theta\widehat{A}B=E\widehat{A}\Delta=20^\circ$ , οπότε $\Theta\widehat{A}Z=45^\circ=E\widehat{A}Z.$ Επιπλέον, AZ=AZ

και $A\Theta=AE$ , όπως πριν. Από ΠΓΠ, τα τρίγωνα $AZ\Theta$ και AZE

είναι ίσα.

Συνεπώς, $Z\Theta=EZ$ . Τέλος, το ύψος από την κορυφή

στην $Z\Theta$ έχει μήκος

. Αφού ίσα τρίγωνα έχουν τα αντίστοιχα ύψης τους ίσα, είναι AH=AB=a

.

Σχόλιο: Μια άλλη ιδέα για να δείξουμε ότι $Z\Theta=ZE$ , σε συνέχεια της στροφής, είναι η εξής:

Είναι, λοιπόν, $E\widehat{A}\Theta=90^\circ$ , ίση με τη γωνία της στροφής. Αφού $E\widehat{A}Z=45^\circ$ , η

είναι διχοτόμος της $E\widehat{A}\Theta$ , κι άρα η

είναι μεσοκάθετος της βάσης $E\Theta$ του ισοσκελούς $\triangle EA\Theta$ . Συνεπώς, $Z\Theta=ZE$ .

Επεξεργασία: Διόρθωση τυπογραφικού και προσθήκη σχολίου. Δείτε κι εδώ.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2020 12:36 pm**

Πρόβλημα 1 Α' Λυκείου

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} {a^2} + {b^2} = {(a + b)^2} - 2ab\\ \\ {a^3} + {b^3} = {(a + b)^3} - 3ab(a + b) \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {a^2} + {b^2} = 1 - 2ab\\ \\ {a^3} + {b^3} = 1 - 3ab \end{array} \right.$ και $\displaystyle ab = \frac{1}{{x + 2}}$

$\displaystyle \frac{{1 - 3ab}}{{1 - 2ab}} + \frac{{1 - 2ab}}{{1 - 3ab}} = \frac{{13}}{6} \Leftrightarrow \frac{{1 - \frac{3}{{x + 2}}}}{{1 - \frac{2}{{x + 2}}}} + \frac{{1 - \frac{2}{{x + 2}}}}{{1 - \frac{3}{{x + 2}}}} = \frac{{13}}{6} \Leftrightarrow \frac{{x - 1}}{x} + \frac{x}{{x - 1}} = \frac{{13}}{6} \Leftrightarrow$

$\displaystyle 6({x^2} - 2x + 1 + {x^2}) = 13({x^2} - x) \Leftrightarrow {x^2} - x - 6 = 0,x \ge 2 \Rightarrow$ $\boxed{x=3}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2020 12:37 pm**

Πρόβλημα 1 Γ' Γυμνασίου

$a + 9 = {b^2} - 6b + 9 \Leftrightarrow a = {b^2} - 6b$ και ομοίως $b = {a^2} - 6a$

Με πρόσθεση κατά μέλη παίρνω ${a^2} + {b^2} = 7(a + b)$ και με αφαίρεση κατά μέλη:

$- (b - a) = ({b^2} - {a^2}) - 6(b - a) = (b - a)(b + a - 6) \Leftrightarrow (b - a)(b + a - 6 + 1) = 0$

κι επειδή $a \ne b,$ θα είναι a+b=5.

Άρα, $\boxed{{a^2} + {b^2} = 35}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2020 12:38 pm**

Καλημέρα σε όλους. Εύχομαι επιτυχία στους μαθητές που την διεκδίκησαν.

Β Γυμνασίου 4ο Πρόβλημα

Έστω $\displaystyle \overline {dcba} = 1000d + 100c + 10b + a$ ο αρχικός αριθμός, όπου $0 \le a,b,c \le 9, 0 < d \le 9$ , ακέραιοι.

Τότε $\displaystyle \left( {1000d + 100c + 10b + a} \right) - \left( {100d - 10c - b} \right) = 2020$ ,

δηλαδή $\displaystyle 9\left( {100d + 10c + b} \right) = 2020 - a$ .

Ο 2020 – a

είναι πολλαπλάσιο του

μόνο για

,

οπότε $\displaystyle 9\left( {100d + 10c + b} \right) = 2016 \Leftrightarrow 100d + 10c + b = 224 \Rightarrow \overline {dcba} = 2244$ .

Ομοίως στο Γ Γυμνασίου 2ο Πρόβλημα

Έστω $\displaystyle \overline {dcba} = 1000d + 100c + 10b + a$ ο αρχικός αριθμός, όπου $0 \le a,b,c \le 9, 0 < d \le 9$ , ακέραιοι.

Τότε $\displaystyle \left( {1000d + 100c + 10b + a} \right) - \left( {100d - 10c - b} \right) + a = 2019$ ,

δηλαδή $\displaystyle 9\left( {100d + 10c + b} \right) = 2019 - a$ .

Ο 2019 – a

είναι πολλαπλάσιο του

μόνο για

,

οπότε $\displaystyle 9\left( {100d + 10c + b} \right) = 2016 \Leftrightarrow 100d + 10c + b = 224$ , άρα ο αριθμός είναι 2243

.

Γ Γυμνασίου 1ο Πρόβλημα

Είναι $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} {\left( {b - 3} \right)^2} = a + 9\\ {\left( {a - 3} \right)^2} = b + 9 \end{array} \right. \Rightarrow {\left( {b - 3} \right)^2} - {\left( {a - 3} \right)^2} = a - b$

$\displaystyle \Leftrightarrow \left( {b - a} \right)\left( {b + a - 6} \right) = a - b \Leftrightarrow b + a - 6 = - 1 \Leftrightarrow a + b = 5$ , αφού $\displaystyle a \ne b$

Οπότε

$\displaystyle {b^2} - 6b + 9 + {a^2} - 6a + 9 = a + b + 18 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} = 7\left( {a + b} \right) \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} = 35$

edit: Διορθώσεις λόγω προβλήματος στην εμφάνιση των συμβόλων σε LaTex.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2020 12:55 pm**

Βρε άνθρωποι,χαλαρά

.
Λίγη κατανόηση.Κάποιοι γράφουν πιθανώς μέχρι και 12.30.(Ακόμα και αν δεν ισχύει αυτό,αφήνετε και ένα χρονικό περιθώριο-δε βλάπτει σε τίποτα)

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2020 1:09 pm**

Επίσης, βλέπω λύσεις χωρίς να υπάρχουν εκφωνήσεις.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2020 1:12 pm**

perpant έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 18, 2020 1:09 pm
Επίσης, βλέπω λύσεις χωρίς να υπάρχουν εκφωνήσεις.

Tα θέματα έχουν ήδη αναρτηθεί στο internet και είναι γνωστά σε όλους τους διαγωνιζόμενους.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2020 1:18 pm**

Στην αρχική δημοσίευση του Αλέξανδρου προστέθηκαν οι εκφωνήσεις των σημερινών θεμάτων του Ευκλείδη.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2020 1:20 pm**

min## έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 18, 2020 12:55 pm
Βρε άνθρωποι,χαλαρά .
Λίγη κατανόηση.Κάποιοι γράφουν πιθανώς μέχρι και 12.30.(Ακόμα και αν δεν ισχύει αυτό,αφήνετε και ένα χρονικό περιθώριο-δε βλάπτει σε τίποτα)

Προς αποφυγή παρεξηγήσεων, δεν υπάρχει ανάρτηση λύσεων πριν τις 12:30μμ, η οποία είναι η προθεσμία που τέθηκε στο πρώτο ποστ.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2020 1:20 pm**

Γ γυμνασίου θέμα 3
Χρησιμοποιώ λατινικούς χαρακτήρες:
Έστω $\left\{\begin{matrix} & 2a-1=kb & \\ & b-1=cl & \\ & c-1=ma & \end{matrix}\right.,k,l,m\in \mathbb{N}^{*}$
Είναι $c-1=ma\Leftrightarrow c=am+1$ άρα $b-1=(am+1)l\Leftrightarrow b=aml+l+1$
και $2a-1=kb=k\left ( aml+l+1 \right )\Leftrightarrow a=akml+kl+k+1$
Επειδή kl+k+1>0

πρέπει

δηλαδή

.
Οπότε $2a=a+1+1+1 \Leftrightarrow a=3$ και εύκολα πρέπει c=4,b=5

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2020 1:21 pm**

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 18, 2020 1:12 pm

perpant έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 18, 2020 1:09 pm
Επίσης, βλέπω λύσεις χωρίς να υπάρχουν εκφωνήσεις.
Tα θέματα έχουν ήδη αναρτηθεί στο internet και είναι γνωστά σε όλους τους διαγωνιζόμενους.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Αναφερόμουν στην παρούσα δημοσίευση. Όσο για τους διαγωνιζόμενους είναι προφανές ότι τα θέματα τους είναι γνωστά.
Φιλικά,
Περικλής

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2020 1:26 pm**

perpant έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 18, 2020 1:21 pm

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 18, 2020 1:12 pm

perpant έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 18, 2020 1:09 pm
Επίσης, βλέπω λύσεις χωρίς να υπάρχουν εκφωνήσεις.
Tα θέματα έχουν ήδη αναρτηθεί στο internet και είναι γνωστά σε όλους τους διαγωνιζόμενους.

Φιλικά,

Αχιλλέας
Αναφερόμουν στην παρούσα δημοσίευση. Όσο για τους διαγωνιζόμενους είναι προφανές ότι τα θέματα τους είναι γνωστά.
Φιλικά,
Περικλής

Τα θέματα είναι ήδη γνωστά σε διάφορους ιστότοπους. Όποιος θέλει τα βρίσκει.

Δεν νομίζω ότι πρέπει να περιμένουμε μέχρι να βρει την ευκαιρία να τα ανεβάσει ο Αλέξανδρος.

Σεβαστήκαμε την προθεσμία που τέθηκε. Ας τεθεί άλλη...ας πούμε μετά τις 5 το απόγευμα.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2020 1:31 pm**

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 18, 2020 1:26 pm

perpant έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 18, 2020 1:21 pm

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 18, 2020 1:12 pm

perpant έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 18, 2020 1:09 pm
Επίσης, βλέπω λύσεις χωρίς να υπάρχουν εκφωνήσεις.
Tα θέματα έχουν ήδη αναρτηθεί στο internet και είναι γνωστά σε όλους τους διαγωνιζόμενους.

Φιλικά,

Αχιλλέας
Αναφερόμουν στην παρούσα δημοσίευση. Όσο για τους διαγωνιζόμενους είναι προφανές ότι τα θέματα τους είναι γνωστά.
Φιλικά,
Περικλής
Τα θέματα είναι ήδη γνωστά σε διάφορους ιστότοπους. Όποιος θέλει τα βρίσκει.

Δεν νομίζω ότι πρέπει να περιμένουμε μέχρι να βρει την ευκαιρία να τα ανεβάσει ο Αλέξανδρος.

Σεβαστήκαμε την προθεσμία που τέθηκε. Ας τεθεί άλλη...ας πούμε μετά τις 5 το απόγευμα.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Έχετε δίκιο σε αυτά που λέτε. Απλά εγώ επέλεξα να ανοίξω το

για να ενημερωθώ και έβλεπα λύσεις χωρίς εκφώνηση. Τίποτα παραπάνω και χωρίς καμία προέκταση σε αυτό που λέω.
Φιλικά,
Περικλής

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2020 1:44 pm**

Οι ενδεικτικές λύσεις των σημερινών θεμάτων από την Ε.Μ.Ε.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2020 2:07 pm**

Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 1ο Πρόβλημα

Η ακολουθία των μέσων όρων είναι κυρτή και κοίλη ταυτόχρονα και επομένως γραμμική M_n=cn+d.

Αλλιώς η χαρακτηριστική εξίσωση είναι x^2-2x+1=0

απ'όπου παίρνουμε πάλι M_n=cn+d.

Άρα

$\displaystyle \sum_{i=1}^{n} a_i=cn^2+dn\Rightarrow a_{n+1}=$

$\displaystyle \sum_{i=1}^{n+1} a_i-\sum_{i=1}^{n} a_i=c(n+1)^2+d(n+1)-cn^2-dn=An+B$

( A,B

σταθερές) που μας δείχνει ότι η $\left \{ a_n \right \}$ είναι αριθμητική πρόοδος.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2020 2:15 pm**

Πρόβλημα 4 Γ' Λυκείου

: Ευκλείδης 2020 Γ Λυκείου .4.png (27.14 KiB) Προβλήθηκε 9098 φορές

Μόλις είδα ότι αναρτήθηκαν οι επίσημες λύσεις. Θα την διαβάσω κι αν η δική μου είναι διαφορετική, θα την γράψω αργότερα.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 18, 2020 2:20 pm**

Β' Λυκείου

Πρόβλημα 2
Δίνεται το πολυώνυμο:

P(x,y)=x^7+x^6y+x^5y^2+x^4y^3+x^3y^4+x^2y^5+xy^6+y^7

$\quad x,y \in \mathbb{R}$ .

(a) Να γράψετε το πολυώνυμο P(x,y)

ως γινόμενο πολυωνύμων βαθμού το πολύ 2.

(β) Αν xy=1

,

, να προσδιορίσετε την ελάχιστη δυνατή αριθμητική τιμή του πολυωνύμου P(x,y)

και τις τιμές x,y

για τις οποίες λαμβάνεται.

Λύση: (α)

Έστω, βοηθητικά, y=kx

για κάποιο $k \neq 1$ . Το P(x,y)

γράφεται διαδοχικά

P(x,y) = x^7+x^7k+x^7k^2 + x^7k^3 +x^7k^4+x^7k^5+x^7k^6 +x^7k^7 = x^7(1+k+k^2+k^3+k^4+k^5+k^6+k^7) =

$= x^7 \dfrac{k^8-1}{k-1}= x^7 \dfrac{(k^4-1)(k^4+1)}{k-1} = x^7 \dfrac{(k^2-1)(k^2+1)(k^2+\sqrt{2}k+1)(k^2-\sqrt{2}k+1)}{k-1} =$

$= x^7 (k+1)(k^2+1)(k^2+\sqrt{2}k+1)(k^2-\sqrt{2}k+1)$

Αντικαθιστούμε πίσω το $k=\dfrac{y}{x}$ στην παραπάνω σχέση και έχουμε

$P(x,y)= x^7 \cdot \dfrac{y+x}{x} \cdot \dfrac{y^2+x^2}{x^2} \cdot \dfrac{y^2+\sqrt{2}xy+x^2}{x^2} \cdot \dfrac{y^2-\sqrt{2}xy+x^2}{x^2}=$

$= (y+x)(y^2+x^2)(y^2+\sqrt{2}xy+x^2)(y^2-\sqrt{2}xy+x^2)$

Κάνοντας τον πολλαπλασιασμό στο τελευταίο γινόμενο παρατηρούμε ότι όντως μας δίνει το αρχικό πολυώνυμο. Στην παραπάνω διαδικασία θεωρήθηκε γνωστό, το πως παραγοντοποιείται άθροισμα τέταρτων δυνάμεων.

β) εφόσον xy=1

έχουμε

$P(x,y) = (x+y)(x^2+y^2)(y^2+\sqrt{2}+x^2)(y^2-\sqrt{2}+x^2) \geq (2\sqrt{xy}) (2xy) (2xy+\sqrt{2})( (2xy-\sqrt{2})=$

$= 2 \cdot 2 \cdot (2-\sqrt{2})(2+\sqrt{2}) = 8$

Όπου χρησιμοποιήθηκε η ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου για τους αριθμούς x,y