mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 15, 2020 5:29 pm**

ΘΕΜΑ 1
Ένας καλαθοσφαιριστής έχει ποσοστό ευστοχίας στις ελεύθερες βολές μικρότερο του $80\%$ .
Λίγο καιρό αργότερα το ποσοστό του στις ελεύθερες βολές βελτιώθηκε και έγινε μεγαλύτερο από $80\%.$
Δείξτε ότι κάποια χρονική στιγμή το ποσοστό ευστοχίας του στις ελεύθερες βολές ήταν ακριβώς $80\%$ .

ΘΕΜΑ 2
Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων (a, b)

τέτοια ώστε $\displaystyle{a + b + (a, b)^2 = [a, b] = 2\cdot [a − 1, b].}$

ΘΕΜΑ 3
Να λυθεί στο $\Bbb{ R}$ το σύστημα

$\begin{cases} 1 + x^4\le 2(y - z)^2 \\ 1 + y^4\le 2(z - x)^2 \\ 1 + z^4\le 2(x - y)^2 \end{cases}$

ΘΕΜΑ 4
Σε ένα κύκλο

, θεωρούμε, με αυτή τη σειρά, τα σημεία A,B,C,D,E, F

έτσι ώστε $BD \perp CF$ και οι ευθείες CF,BE,AD

να συντρέχουν. Έστω

το ίχνος της κάθετης από το

στην

και

το ίχνος της κάθετης από το

στην

. Να αποδείξετε ότι $AE \parallel MN$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 15, 2020 11:41 pm**

socrates έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 15, 2020 5:29 pm
ΘΕΜΑ 4
Σε ένα κύκλο , θεωρούμε, με αυτή τη σειρά, τα σημεία έτσι ώστε $BD \perp CF$ και οι ευθείες να συντρέχουν. Έστω το ίχνος της κάθετης από το στην και το ίχνος της κάθετης από το στην . Να αποδείξετε ότι $AE \parallel MN$ .

: 275.PNG (40.68 KiB) Προβλήθηκε 1256 φορές

$\angle CAM=\angle CLB=90^{\circ},\angle DNC=\angle DLC=90^{\circ}$ άρα DNLC,CLMB

εγγράψιμα δηλαδή $\angle BLM=\angle BCM=\angle BCA=\angle BDA\Leftrightarrow ML\parallel AD$ και $\angle CNL=\angle CDL=\angle CDB=\angle CEB\Leftrightarrow BE\parallel NL$ .
Έχουμε $\left\{\begin{matrix} & NL\parallel EB & \\ & ML\parallel AD & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} & \dfrac{CN}{CE}=\dfrac{CL}{CK} & \\ \\ & \dfrac{CM}{CA}=\dfrac{CL}{CK} & \end{matrix}\right.\Rightarrow \dfrac{CN}{CE}=\dfrac{CM}{CA}\Leftrightarrow MN\parallel AE$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 17, 2020 12:15 pm**

socrates έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 15, 2020 5:29 pm
ΘΕΜΑ 3
Να λυθεί στο $\Bbb{ R}$ το σύστημα

$\begin{cases} 1 + x^4\le 2(y - z)^2 \\ 1 + y^4\le 2(z - x)^2 \\ 1 + z^4\le 2(x - y)^2 \end{cases}$

Αν υπάρχουν δύο εκ των x,y,z

ίσα, έστω

τότε $1+z^4\leq 0$ άτοπο. Άρα $x\neq y\neq z\neq x$ .
Έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι x>y>z

.
Είναι $x^4+1\geq 2x^2$ άρα από την πρώτη σχέση του συστήματος πρέπει $x^2\leq (y-z)^2\overset{y-z> 0}{\Leftrightarrow} x\leq y-z\Leftrightarrow z\leq y-x< 0\Rightarrow \left | z \right |\geq \left | y-x \right |$
Άρα θα είναι $1+z^4\geq 1+(y-x)^4\geq 2(y-x)^2$ δηλαδή από την τρίτη σχέση θα είναι $\left ( x-y \right )^2=1,z^4+1=2(y-x)^2\overset{x>y}{\Rightarrow }x=y+1,z=-1$
Τώρα η πρώτη δίνει $1+x^4\leq 2x^2\overset{x>z=-1}{\Leftrightarrow} x=1,y=0$
Άρα λύση του συστήματος η (x,y,z)=(1,0,-1)

- η οποία επαληθεύεις και την δεύτερη σχέση -και όλες οι αναδιατάξεις αυτής.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 17, 2020 3:52 pm**

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 17, 2020 12:15 pm

socrates έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 15, 2020 5:29 pm
ΘΕΜΑ 3
Να λυθεί στο $\Bbb{ R}$ το σύστημα

$\begin{cases} 1 + x^4\le 2(y - z)^2 \\ 1 + y^4\le 2(z - x)^2 \\ 1 + z^4\le 2(x - y)^2 \end{cases}$
Αν υπάρχουν δύο εκ των ίσα, έστω τότε $1+z^4\leq 0$ άτοπο. Άρα $x\neq y\neq z\neq x$ .
Έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι .
Είναι $x^4+1\geq 2x^2$ άρα από την πρώτη σχέση του συστήματος πρέπει $x^2\leq (y-z)^2\overset{y-z> 0}{\Leftrightarrow} x\leq y-z\Leftrightarrow z\leq y-x< 0\Rightarrow \left | z \right |\geq \left | y-x \right |$
Άρα θα είναι $1+z^4\geq 1+(y-x)^4\geq 2(y-x)^2$ δηλαδή από την τρίτη σχέση θα είναι $\left ( x-y \right )^2=1,z^4+1=2(y-x)^2\overset{x>y}{\Rightarrow }x=y+1,z=-1$
Τώρα η πρώτη δίνει $1+x^4\leq 2x^2\overset{x>z=-1}{\Leftrightarrow} x=1,y=0$
Άρα λύση του συστήματος η - η οποία επαληθεύεις και την δεύτερη σχέση -και όλες οι αναδιατάξεις αυτής.

Ωραία!

Σχετικό θέμα: viewtopic.php?f=35&t=43330

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 17, 2020 4:02 pm**

socrates έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 15, 2020 5:29 pm
ΘΕΜΑ 3
Να λυθεί στο $\Bbb{ R}$ το σύστημα

$\begin{cases} 1 + x^4\le 2(y - z)^2 \\ 1 + y^4\le 2(z - x)^2 \\ 1 + z^4\le 2(x - y)^2 \end{cases}$

Αλλιώς:

Η πρώτη σχέση γράφεται $(x^2-1)^2 \leqslant 2(y-z-x)(y-z+x)$ και ομοίως οι άλλες 2. Πολλαπλασιάζω κατά μέλη και έχω,

$(x^2-1)^2(y^2-1)^2(z^2-1)^2+8(x-y+z)^2(y-z+x)^2(z+x-y)^2 \leqslant 0$ . Άρα (x^2-1)^2(y^2-1)^2(z^2-1)^2=(x-y+z)^2(y-z+x)^2(z+x-y)^2=0

(x^2-1)^2(y^2-1)^2(z^2-1)^2=(x-y+z)^2(y-z+x)^2(z+x-y)^2=0

.

WLOG έστω x-y+z=0

. Τότε,

, άρα $x^4+1 \leqslant 2(y-z)^2=2x^2 \Rightarrow x^2=1$ . Η τρίτη σχέση γράφεται $1+(x-y)^4 \leqslant 2(x-y)^2$ , οπότε (x-y)^2=1

.

Η δεύτερη σχέση τέλος δίνει $1+y^4 \leqslant 2(y-2x)^2$ . Διακρίνοντας τώρα κάποιες περιπτώσεις έχουμε ότι αναγκαστικά x=1,y=0,z=-1

ή

.
Έτσι, έχουμε τις λύσεις (1,-1,0), (-1,1,0),(1,0,-1), (-1,0,1), (0,1,-1), (0,-1,1)

.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 17, 2020 5:33 pm**

socrates έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 15, 2020 5:29 pm
ΘΕΜΑ 1
Ένας καλαθοσφαιριστής έχει ποσοστό ευστοχίας στις ελεύθερες βολές μικρότερο του $80\%$ .
Λίγο καιρό αργότερα το ποσοστό του στις ελεύθερες βολές βελτιώθηκε και έγινε μεγαλύτερο από $80\%.$
Δείξτε ότι κάποια χρονική στιγμή το ποσοστό ευστοχίας του στις ελεύθερες βολές ήταν ακριβώς $80\%$ .

Ας υποθέσουμε ότι δεν ισχύει.
Παίρνοντας το τελευταίο ποσοστό που είναι μικρότερο του 80%

και το πρώτο που είναι μεγαλύτερο θα υπάρχουν
$m,n\in \mathbb{N}$
ώστε
$\frac{m}{n}< \frac{8}{10}< \frac{m+1}{n+1}$
Δηλαδή
10m<8n,8n<10m+2

Τότε όμως
$10m+1\leq 8n\leq 10m+1$
Αρα θα είναι
8n=10m+1

ΑΤΟΠΟ

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 20, 2020 7:40 pm**

socrates έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 15, 2020 5:29 pm
ΘΕΜΑ 2
Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων τέτοια ώστε $\displaystyle{a + b + (a, b)^2 = [a, b] = 2\cdot [a − 1, b].}$

Είναι και εδώ:
https://artofproblemsolving.com/communi ... __lcma_1_b

mathematica.gr

Τεστ Εξάσκησης (28), Μικροί

Τεστ Εξάσκησης (28), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (28), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (28), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (28), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (28), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (28), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (28), Μικροί