Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

#1

ΘΕΜΑ 1
Η διχοτόμος της γωνίας $\angle ACB$ οξυγωνίου τριγώνου ABC

τέμνει την πλευρά

στο

Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ADC

τέμνει την πλευρά

στα σημεία

και

Η παράλληλη στην

από το

τέμνει την

στο

Να δείξετε ότι το τρίγωνο AFB

είναι ισοσκελές.

ΘΕΜΑ 2
Να βρείτε το μικρότερο θετικό ακέραιο που μπορεί να γραφεί στη μορφή $\displaystyle{3a^2 - ab^2 - 2b - 4,}$ όπου a, b

θετικοί ακέραιοι.

ΘΕΜΑ 3
Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί

,

ικανοποιούν τη σχέση a+b+c+abc=4.

Να δείξετε ότι

$\displaystyle \left (1+\dfrac{a}{b}+ca \right )\left (1+\dfrac{b}{c}+ab \right)\left (1+\dfrac{c}{a}+bc \right) \ge 27$

ΘΕΜΑ 4
Με πόσους τρόπους μπορούμε να τοποθετήσουμε στη σειρά

βόλους, αν κάθε βόλος είναι είτε κόκκινος είτε πράσινος και δεν υπάρχουν πράσινοι βόλοι σε διαδοχικές θέσεις;

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 27, 2020 7:39 pm
ΘΕΜΑ 1
Η διχοτόμος της γωνίας $\angle ACB$ οξυγωνίου τριγώνου τέμνει την πλευρά στο Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου τέμνει την πλευρά στα σημεία και Η παράλληλη στην από το τέμνει την στο Να δείξετε ότι το τρίγωνο είναι ισοσκελές.

: 242.PNG (35.96 KiB) Προβλήθηκε 1982 φορές

Έστω ότι η παράλληλη από το

στην

τέμνει τον (A,B,C)

στο

.Είναι $\angle ABT=\angle BAE=\angle DCB$ άρα C,D,T

συνευθειακά και συνεπώς $F\equiv T$ δηλαδή

το μέσο του τόξου

του

που δεν περιέχει το

και έτσι

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #3

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 27, 2020 7:39 pm
ΘΕΜΑ 3
Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί ,, ικανοποιούν τη σχέση Να δείξετε ότι

$\displaystyle \left (1+\dfrac{a}{b}+ca \right )\left (1+\dfrac{b}{c}+ab \right)\left (1+\dfrac{c}{a}+bc \right) \ge 27$

$4=a+b+c+abc\geq 3\sqrt[3]{abc}+abc$ .Αν ήταν $abc\geq 1$ οπότε $3\sqrt[3]{abc}+abc\geq 4$ .Είναι λοιπόν $abc\leq 1$ .
$\displaystyle {\prod (1+\dfrac{a}{b}+ac)\geq 27\Leftrightarrow \prod (a+b+abc)\geq 27abc\Leftrightarrow \prod (4-a)\geq 27abc\Leftrightarrow 64-16\sum a+\sum 4ab-abc\geq 27abc\overset{a+b+c=4-abc}{\Leftrightarrow}$
$\overset{a+b+c=4-abc}{\Leftrightarrow} 3abc\leq ab+bc+ac}$
Όμως $ab+bc+ac\geq 3\left ( abc \right )^{2/3}\geq 3abc$ αφού $\left ( abc \right )^{2/3}\geq abc\Leftrightarrow a^2b^2c^2\geq a^3b^3c^3\Leftrightarrow abc\leq 1$ που ισχύει και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #4

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 27, 2020 7:39 pm
ΘΕΜΑ 2
Να βρείτε το μικρότερο θετικό ακέραιο που μπορεί να γραφεί στη μορφή $\displaystyle{3a^2 - ab^2 - 2b - 4,}$ όπου θετικοί ακέραιοι.

Για

παίρνομε τον αριθμό

,θα δείξουμε ότι είναι και ο ζητούμενος.
Αρκεί να μην υπάρχουν a,b

φυσικοί ώστε $3a^2-ab^2-2b-4=1\Leftrightarrow 3a^2-ab^2-2b=5$
Θα είναι $3a^2-ab^2-2b\equiv 5\pmod2\Leftrightarrow a^2-ab^2\equiv 1\pmod2$
Πρέπει

περιττός και

άρτιος. Τότε όμως πρέπει $3a^2-ab^2-2b\equiv 5\pmod4\Leftrightarrow 3-0-0\equiv 1\pmod4$ άτοπο!
Άρα πράγματι ο ζητούμενος είναι ο

#5

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 27, 2020 7:39 pm
ΘΕΜΑ 4
Με πόσους τρόπους μπορούμε να τοποθετήσουμε στη σειρά βόλους, αν κάθε βόλος είναι είτε κόκκινος είτε πράσινος και δεν υπάρχουν πράσινοι βόλοι σε διαδοχικές θέσεις;

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#6

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 27, 2020 7:39 pm
ΘΕΜΑ 4
Με πόσους τρόπους μπορούμε να τοποθετήσουμε στη σειρά βόλους, αν κάθε βόλος είναι είτε κόκκινος είτε πράσινος και δεν υπάρχουν πράσινοι βόλοι σε διαδοχικές θέσεις;

Μπορούμε να έχουμε 12,11,10,..., 6

κόκκινους βόλους.
Αφού δεν πρέπει πράσινοι βόλοι να βρίσκονται σε διαδοχικές θέσεις, θα βρίσκονται ανάμεσα σε κόκκινους ή στις ακριανές θέσεις.
Αν έχουμε ακριβώς

κόκκινους, θεωρούμε τη διάταξη $\displaystyle{ \_ \ K \_ \ K \_ \ ... \ \_ \ K \_ \ K \_ }$ δηλαδή

θέσεις με κόκκινους βόλους και n+1

κενές θέσεις στα άκρα και ανάμεσά τους. Οι πράσινοι 12-n

βόλοι μπορούν να τοποθετηθούν στις κενές θέσεις με $\displaystyle{\binom{n+1}{12-n}}$ τρόπους.

Οπότε,
αν υπάρχουν ακριβώς 12 κόκκινοι βόλοι, αυτό γίνεται με $\displaystyle{\binom{13}{0}=1}$ τρόπο,
αν υπάρχουν ακριβώς 11 κόκκινοι βόλοι, αυτό γίνεται με $\displaystyle{\binom{12}{1}=12}$ τρόπους,
αν υπάρχουν ακριβώς 10 κόκκινοι βόλοι, αυτό γίνεται με $\displaystyle{\binom{11}{2}=55}$ τρόπους,
αν υπάρχουν ακριβώς 9 κόκκινοι βόλοι, αυτό γίνεται με $\displaystyle{\binom{10}{3}=120}$ τρόπους,
αν υπάρχουν ακριβώς 8 κόκκινοι βόλοι, αυτό γίνεται με $\displaystyle{\binom{9}{4}=126}$ τρόπους,
αν υπάρχουν ακριβώς 7 κόκκινοι βόλοι, αυτό γίνεται με $\displaystyle{\binom{8}{5}=56}$ τρόπους,
αν υπάρχουν ακριβώς 6 κόκκινοι βόλοι, αυτό γίνεται με $\displaystyle{\binom{7}{6}=7}$ τρόπους.

Συνολικά, 1+12+55+120+126+56+7=377

τρόποι.

Ορέστης Λιγνός · #7

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 27, 2020 7:39 pm
ΘΕΜΑ 3
Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί ,, ικανοποιούν τη σχέση Να δείξετε ότι

$\displaystyle \left (1+\dfrac{a}{b}+ca \right )\left (1+\dfrac{b}{c}+ab \right)\left (1+\dfrac{c}{a}+bc \right) \ge 27$

Μία διαφορετική λύση ...

Κάνοντας τις πράξεις και χρησιμοποιώντας την συνθήκη, αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle \sum \dfrac{a+b}{c}+ab+bc+ca \geqslant 9$ (*).

Από ΑΜ-ΓΜ στην συνθήκη έχω $a+b+c \geqslant 3$ . Θα δείξω την (*) με μόνη συνθήκη ότι $a+b+c \geqslant 3$ .

Για να δείξω αυτή έχω βρει δύο διαφορετικές προσεγγίσεις:

1ος Τρόπος: Θα δείξω ότι WLOG μπορώ να υποθέσω ότι a+b+c=3

. Έστω

και

με $k \geqslant 1$ και a',b',c' >0

ώστε

.

Είναι, $\displaystyle \sum \dfrac{a+b}{c}+ab+bc+ca=\displaystyle \sum \dfrac{a'+b'}{c'}+k^2(a'b'+b'c'+c'a') \geqslant \sum \dfrac{a'+b'}{c'}+a'b'+b'c'+c'a'$ , αφού $k \geqslant 1$ .

Άρα αρκεί να δείξω ότι $\displaystyle \sum \dfrac{a'+b'}{c'}+a'b'+b'c'+c'a' \geqslant 9$ με a'+b'+c'=3

.

Οπότε πράγματι μπορώ να υποθέσω ότι a+b+c=3

(μία άλλη εφαρμογή αυτής της τεχνικής, εδώ).

Τότε, είναι $\dfrac{a+b}{c}=\dfrac{3}{c}-1$ και κυκλικά, οπότε αρκεί να δείξω ότι $\displaystyle \sum \dfrac{3}{a}+\sum ab \geqslant 12$ .

Από την ανισότητα της JBMO 2015 έχω ότι $\displaystyle \sum \dfrac{1}{a}+\sum ab \geqslant 6$ , άρα $\displaystyle \sum \dfrac{3}{a}+\sum ab=3(\sum \dfrac{1}{a}+\sum ab)-2\sum ab \geqslant 18-2 \sum ab \geqslant 12$ , καθώς $\displaystyle \sum ab \leqslant (a+b+c)^2/3=3$ .

2ος Τρόπος: Από ΑΜ-ΓΜ, έχουμε ότι $\dfrac{a}{b}+\dfrac{a}{c}+ab \geqslant \dfrac{3a}{\sqrt[3]{c}} \geqslant \dfrac{9a}{c+2}$ , και προσθέτοντας κυκλικά αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle \sum \dfrac{a}{c+2} \geqslant 1$ .

Από CS όμως είναι $\displaystyle \sum \dfrac{a}{c+2} \geqslant \dfrac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca+2(a+b+c)} \geqslant$ $\dfrac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2/3+2(a+b+c)}=\dfrac{3(a+b+c)}{6+a+b+c}=1+\dfrac{2(a+b+c)-6}{6+a+b+c} \geqslant 1$ , καθώς $a+b+c \geqslant 3$ .

#8

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 17, 2020 3:20 pm

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 27, 2020 7:39 pm
ΘΕΜΑ 3
Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί ,, ικανοποιούν τη σχέση Να δείξετε ότι

$\displaystyle \left (1+\dfrac{a}{b}+ca \right )\left (1+\dfrac{b}{c}+ab \right)\left (1+\dfrac{c}{a}+bc \right) \ge 27$

Μία διαφορετική λύση ...

Κάνοντας τις πράξεις και χρησιμοποιώντας την συνθήκη, αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle \sum \dfrac{a+b}{c}+ab+bc+ca \geqslant 9$ (*).

Από ΑΜ-ΓΜ στην συνθήκη έχω $a+b+c \geqslant 3$ . Θα δείξω την (*) με μόνη συνθήκη ότι $a+b+c \geqslant 3$ .

...

Άλλος ένας τρόπος:

Είναι $\displaystyle{\frac{a+b}{c}+c(a+b)\geq 2(a+b)}$ οπότε

$\displaystyle \sum \dfrac{a+b}{c}+ab+bc+ca \geqslant 4(a+b+c)-(ab+bc+ca)\geq 4(a+b+c)-\frac{(a+b+c)^2}{3}\geq 9$

Η τελευταία ισχύει διότι, με x=a+b+c,

γράφεται $12x-x^2\geq 27 \iff (x-3)(x-9)\leq 0,$
αληθές, αφού δείξαμε ότι $x=a+b+c\geq 3$ ενώ από την συνθήκη είναι a+b+c<4<9.

Fotis34 · #9

Απόρριψη δημοσιεύσεις.

#10

Fotis34 έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 03, 2025 4:03 pm
είναι γνωστό ότι το συνεπάγεται
$\displaystyle abc {\color {red}\le 1},$

...
$\displaystyle XY+YZ+ZX \ge 3\sqrt[3]{(XYZ)^2} = 3\sqrt[3]{(abc)} {\color {red} \ge } 3(1) =3.$

Για ξαναδές τα αυτά, γιατί λένε δύο αντίθετα πράγματα.

Και μία σύσταση: Όταν αναρτάς μία απάντηση, καλό είναι να φαίνεται και η εκφώνηση ώστε να ξέρουμε σε ποια ερώρηση απαντάς, ιδίως αν η εκφώνηση είναι πολλά ποστ μακρυά.

Fotis34 · #11

Απόρριψη δημοσίευσης.

#12

Fotis34 έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 03, 2025 5:36 pm
Έχετε δίκιο είναι $\leqslant 1$ . Αλλά το τελικό αποτέλεσμα δεν αλλάζει.

Ξαναδές του πιο προσεκτικά γιατί τώρα έχουμε το εξής πρόβλημα: Τώρα έχεις

$\displaystyle XY+YZ+ZX {\color {red} \ge } 3\sqrt[3]{(XYZ)^2} = 3\sqrt[3]{(abc)} {\color {red} \le } 3(1) =3.$

Δηλαδή σε μία γραμμή της ανισότητας εμφανίζεται και το $\ge$ και το $\le$ . Κάτι δεν πάει καλά.

Fotis34 · #13

Απόρριψη δημοσίευσης.

#14

Fotis34 έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 05, 2025 9:24 pm
Είναι :
LHS $\geqslant 27abc \leqslant 27$ , αφού $abc\leqslant 1$
Άρα η αρχική ανισότητα ισχύει.

Γράψε σε παρακαλώ πιο αναλυτικά αυτό που εννοείς. Για πιο LHS μιλάς;

Το καλύτερο θα ήταν να γράψεις πλήρως την λύση σου (από την αρχή ως το τέλος) ενσωματώνοντας και αυτό που λες τώρα. Πολύ θα χαρούμε να δούμε μία ωραία και σωστή λύση.

Ας πω όμως για την ώρα, παραστάσεις της μορφής $P\ge Q \le R$ , όπως η παραπάνω, δεν έχουν νόημα. Κάτι άλλο θα εννοείς.

#15

Fotis34 έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 05, 2025 9:24 pm
Είναι :
LHS $\geqslant 27abc \leqslant 27$ , αφού $abc\leqslant 1$
Άρα η αρχική ανισότητα ισχύει.

.

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 05, 2025 10:41 pm
Γράψε σε παρακαλώ πιο αναλυτικά αυτό που εννοείς. Για πιο LHS μιλάς;

Το καλύτερο θα ήταν να γράψεις πλήρως την λύση σου (από την αρχή ως το τέλος) ενσωματώνοντας και αυτό που λες τώρα. Πολύ θα χαρούμε να δούμε μία ωραία και σωστή λύση.

Ας πω όμως για την ώρα, παραστάσεις της μορφής $P\ge Q \le R$ , όπως η παραπάνω, δεν έχουν νόημα. Κάτι άλλο θα εννοείς.

.
Φώτη, καμιά πρόοδο εδώ;

Ας προσθέσω ότι στο ποστ #12 έγραφα
.

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 03, 2025 6:07 pm
Δηλαδή σε μία γραμμή της ανισότητας εμφανίζεται και το $\ge$ και το $\le$ . Κάτι δεν πάει καλά.

.
αλλά δεν φαίνεται να το πρόσεξες αφού το επαναλαμβάνεις. Με λίγα λόγια, από ότι φαίνεται νομίζεις ότι αν $P\ge Q \le R$ (ό,τι και αν σημαίνει αυτό) τότε $P \ge R$ . Με αυτή την λογική, αφού $2\ge 1 \le 100$ βγάζεις το συμπέρασμα ότι $2\ge 100$ , που βέβαια δεν ισχύει.

Αν νομίζεις ότι οι παραπάνω λύσεις σου διορθώνονται, καλό είναι να κάνεις τις διορθώσεις. Αν από την άλλη είναι εσφαλμένες (που δεν είναι μεμπτό γιατί τα λάθη είναι ανθρώπινα) καλό είναι να πας πίσω στα ποστ σου και να σημειώσεις ότι η λύση είναι εσφαλμένη. Αυτό είναι απαραίτητο γιατί ένας ανυποψίαστος αναγνώστης που διαβάζει την λύση σου, μπορεί να μην καταλάβει που είναι το λάθος (αν υπάρχει λάθος) και θα αντιγράψει στο μέλλον την συλλογιστική σου. Δηλαδή θα επαναλάβει το ίδιο εσφαλμένο βήμα, αφού θα νομίζει ότι σωστό. Εννοείται, καλό είναι να φροντίσουμε να μην συμβεί αυτό.

Περιμένουμε να μας διαφωτίσεις.

#16

Fotis34 έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 03, 2025 4:03 pm
Απόρριψη δημοσιεύσεις.

Φώτη, βλέπω ότι έσβησες την δημοσίευση αφού περιείχε σφάλμα. Σωστά έπραξες, και ευχαριστούμε. Περιττό να πω ότι όλοι κάνουμε σφάλματα, όπως είναι απόλυτα φυσικό.

Θα σου πρότεινα να δεις και τις άλλες σου δημοσιεύσεις, οι οποίες περιέχουν σφάλμα. Ακόμα καλύτερα, θα χαρούμε να δούμε αν διορθώνονται οι συλλογισμοί.

Δες σε παρακαλώ

εδώ ποστ #18

και

εδώ ποστ #9 και επίσης ποστ #11

και

εδώ ποστ #11

και

εδώ ποστ #9

Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

Μέλη σε σύνδεση