ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Antonis_Z · #41

Σύμφωνα με τις χρήσιμες υποδείξεις του κύριου Δημήτρη,νομίζω βρήκα τη λύση.

Με ένα πυθαγόρειο βίσκουμε τη

.
H

αφού είναι και οι δυο γνωστές.
Η OE=CO-CE

.
Κάνουμε άλλο ένα πυθαγόρειο και βρίσκουμε το τετράγωνο της

δηλαδή

το οποίο είναι ίσο με EC*EZ=2(ZO-OC)^2

Συγνώμη που δεν το έγραψα αναλυτικά αλλά με μπερδεύει υπερβολικά το Latex σε περίπλοκες παραστάσεις.

Α.Κυριακόπουλος · #42

: SX 2.PNG (17.79 KiB) Προβλήθηκε 2544 φορές

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 12 (Β΄ Λυκείου).
Θεωρούμενα ένα ισόπλευρο τρίγωνο και στις πλευρές του και τα σημεία και αντιστοίχως, έτσι ώστε η ευθεία να εφάπτεται στον εγγεγραμμένο του κύκλο. Να αποδείξετε ότι: $\frac{AD}{DB}+\frac{AE}{EC}=1$

Ευχαριστώ τον εκλεκτό συνάδελφο και φίλο Σωτήρη Λουρίδα που ασχολήθηκε με την άσκηση. Για λόγους πλουραλισμού, όπως γράφει συνήθως και ο Σωτήρης, δημοσιεύω και την δική μου λύση.
ΛΥΣΗ.
Ονομάζουμε $\alpha$ την πλευρά του ισοπλεύρου τριγώνου και θέτουμε: BD = x

και

, οπότε : $AD = \alpha - x$ και $AE = \alpha - y$ . Επειδή, όπως βρίσκομαι εύκολα, ισχύει: ED + BC = BD + CE

, έχουμε: $ED + \alpha = x + y$ και συνεπώς: $ED = x + y - \alpha$ . Από το τρίγωνο ADE

έχουμε:
$E{D^2} = A{E^2} + A{D^2} - 2AD \cdot AF$ ( 1)
όπου

η προβολή του

στην

. Επειδή $\angle FEA = {30^ \circ }$ , στο ορθογώνιο τρίγωνο AFE

έχουμε: $AF = \frac{1}{2}AE = \frac{1}{2}\left( {\alpha - y} \right)$ . Έτσι, από την (1), έχουμε:
${(x + y - \alpha )^2} = {\left( {\alpha - y} \right)^2} + {\left( {\alpha - x} \right)^2} - \left( {\alpha - x} \right)\left( {\alpha - y} \right)$ ( πράξεις κτλ.) $\Rightarrow \alpha = \frac{{3xy}}{{x + y}}$ .
Αντικαθιστώντας βρίσκουμε: $AD = \alpha - x = \frac{{x\left( {2y - x} \right)}}{{x + y}}$ και $AE = \alpha - y = \frac{{y\left( {2x - y} \right)}}{{x + y}}$ . Έτσι έχουμε: $\frac{{AD}}{{DB}} + \frac{{AE}}{{EC}} = \frac{{x\left( {2y - x} \right)}}{{x\left( {x + y} \right)}} + \frac{{y\left( {2x - y} \right)}}{{y\left( {x + y} \right)}} = 1$ .

#43

ΑΣΚΗΣΗ 15 (Α ΛΥΚΕΙΟΥ): Αν $\displaystyle{a,b,c}$ ακέραιοι αριθμοί με $\displaystyle{a+b+c=0}$ να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{2a^{4}+2b^{4}+2c^{4}}$ είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου αριθμού.

ΑΣΚΗΣΗ 16(Β ΛΥΚΕΙΟΥ): Έστω $\displaystyle{ABCD}$ κυρτό τετράπλευρο και $\displaystyle{KL}$ σημεία των πλευρών του $\displaystyle{AD,BC}$ αντιστοίχως, τέτοια ώστε $\displaystyle{\frac{AK}{KD}=\frac{AB}{DC}=\frac{BL}{LC}}$ . Να αποδείξετε ότι η $\displaystyle{KL}$ είναι παράλληλη σε μια διχοτόμο της γωνίας που σχηματίζουν οι πλευρές $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{CD}$

ΑΣΚΗΣΗ 17(Γ ΛΥΚΕΙΟΥ): Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle{f}$ με πεδίο ορισμού το $\displaystyle{R}$ για την οποία υποθέτουμε ότι $\displaystyle{999f(\pi -x)+998f(x-\pi )=1996.\sigma \upsilon \nu x}$ για κάθε $\displaystyle{x\epsilon R}$ . Να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{f^{2}(\pi +x)+f^{2}(\frac{\pi }{2}-x)=\left(\frac{1996}{1997} \right)^{2}}$

ΛΕΩΝΙΔΑΣ · #44

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 15 (Α ΛΥΚΕΙΟΥ): Αν $\displaystyle{a,b,c}$ ακέραιοι αριθμοί με $\displaystyle{a+b+c=0}$ να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{2a^{4}+2b^{4}+2c^{4}}$ είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου αριθμού.

Είναι

οπότε από την ταυτότητα του De Moivre έχουμε $2(a^4+b^4+c^4)=2[-(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)+2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2]=4a^2b^2+4b^2c^2+4c^2a^2=4b^2(a^2+c^2)+4c^2a^2=4b^2[ (a+c)^2-2ac]+4c^2a^2=4b^2(b^2-2ac)+4c^2a^2=(2b^2)^2-2\times 2b^2\times 2ac +(2ac)^2=(2b^2-2ac)^2$

Math Rider · #45

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 12 (Β΄ Λυκείου).
Θεωρούμενα ένα ισόπλευρο τρίγωνο και στις πλευρές του και τα σημεία και αντιστοίχως, έτσι ώστε η ευθεία να εφάπτεται στον εγγεγραμμένο του κύκλο. Να αποδείξετε ότι: $\frac{AD}{DB}+\frac{AE}{EC}=1$

Μια ακόμα λύση με λίγη τριγωνομετρία

Ονομάζουμε $\displaystyle{ \alpha }$ την πλευρά του ισόπλευρου τρίγωνου και $\displaystyle{ \rho }$ την ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του.
Έστω επίσης $\displaystyle{ H }$ το σημείο επαφής της ευθείας $\displaystyle{ DE }$ και του εγγεγραμμένου κύκλου και $\displaystyle{ F,G }$ τα σημεία επαφής του κύκλου με τις πλευρές $\displaystyle{ AB,AC }$ αντιστοίχως:

: Ισόπλευρο1.png (19.44 KiB) Προβλήθηκε 2412 φορές

Τότε ισχύουν τα εξής:
● $\displaystyle{ AF = BF = AG = CG = \frac{\alpha }{2} }$ (1)
● $\displaystyle{ FD = DH }$ , $\displaystyle{ GE = HE }$ (2) (εφαπτόμενα τμήματα)
● $\displaystyle{ \alpha = 2\sqrt 3 \rho }$ (3) (προκύπτει π. χ. από το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο $\displaystyle{ OGC }$ )
● $\displaystyle{ \alpha + \beta = 60^ \circ }$ , όπου $\displaystyle{ \alpha = \angle DOH }$ και $\displaystyle{ \beta = \angle HOE }$ (γιατί $\displaystyle{ \angle FOG = 120^ \circ }$ και $\displaystyle{ \angle FOD = \angle DOH, \[ \angle HOE = \angle EOG }$ )

● $\displaystyle{ \alpha + \beta = 60^ \circ \Rightarrow \varepsilon \phi (\alpha + \beta ) = \sqrt 3 \Rightarrow \frac{{\varepsilon \phi \alpha + \varepsilon \phi \beta }}{{1 - \varepsilon \phi \alpha \varepsilon \phi \beta }} = \sqrt 3 \Rightarrow }$
$\displaystyle{ \sqrt 3 (\varepsilon \phi \alpha + \varepsilon \phi \beta ) = 3(1 - \varepsilon \phi \alpha \varepsilon \phi \beta ) }$ (4)

Επομένως είναι
$\displaystyle{ \frac{{AD}}{{BD}} + \frac{{AE}}{{EC}} = \frac{{AF - FD}}{{BF + FD}} + \frac{{AG - GE}}{{CG + GE}}\mathop = \limits^{(1)} \frac{{\frac{\alpha }{2} - FD}}{{\frac{\alpha }{2} + FD}} + \frac{{\frac{\alpha }{2} - GE}}{{\frac{\alpha }{2} + GE}} = }$

$\displaystyle{ \frac{{\alpha - 2FD}}{{\alpha + 2FD}} + \frac{{\alpha - 2GE}}{{\alpha + 2GE}}\mathop = \limits^{(2)} \frac{{\alpha - 2DH}}{{\alpha + 2DH}} + \frac{{\alpha - 2EH}}{{\alpha + 2EH}}\mathop = \limits^{(3)} \frac{{2\sqrt 3 \rho - 2DH}}{{2\sqrt 3 \rho + 2DH}} + \frac{{2\sqrt 3 \rho - 2EH}}{{2\sqrt 3 \rho + 2EH}} = }$

$\displaystyle{ \frac{{\sqrt 3 - \frac{{DH}}{\rho }}}{{\sqrt 3 + \frac{{DH}}{\rho }}} + \frac{{\sqrt 3 - \frac{{EH}}{\rho }}}{{\sqrt 3 + \frac{{EH}}{\rho }}} = \frac{{\sqrt 3 - \varepsilon \phi \alpha }}{{\sqrt 3 + \varepsilon \phi \alpha }} + \frac{{\sqrt 3 - \varepsilon \phi \beta }}{{\sqrt 3 + \varepsilon \phi \beta }} = \frac{{6 - 2\varepsilon \phi \alpha \varepsilon \phi \beta }}{{3 + \sqrt 3 (\varepsilon \phi \alpha + \varepsilon \phi \beta ) + \varepsilon \phi \alpha \varepsilon \phi \beta }}\mathop = \limits^{(4)} }$

$\displaystyle{ \frac{{6 - 2\varepsilon \phi \alpha \varepsilon \phi \beta }}{{3 + 3(1 - \varepsilon \phi \alpha \varepsilon \phi \beta ) + \varepsilon \phi \alpha \varepsilon \phi \beta }} = \frac{{6 - 2\varepsilon \phi \alpha \varepsilon \phi \beta }}{{6 - 2\varepsilon \phi \alpha \varepsilon \phi \beta }} = 1 }$

#46

ΑΣΚΗΣΗ 18
Να λυθεί στο $\Bbb{R}$ η εξίσωση (1 + x^2)(1 + x^3)(1 + x^5) = 8x^5.

ΑΣΚΗΣΗ 19
Σε ένα τρίγωνο ABC

ισχύει

Να βρεθεί η μέγιστη τιμή του μέτρου της γωνίας

Antonis_Z · #47

15)Από την ταυτότητα De Moivre έχουμε ότι a^4+b^4+c^4=2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)

(1).Αντικαθιστούμε στην παράσταση και τελικά παίρνουμε (a^2+b^2+c^2)^2

.

18)Για x<0

είναι

,άρα όχι λύσεις.Για $x\geq 0$
είναι $1+x^2\geq 2x$ , $1+x^3\geq 2\sqrt{x^3}$ , $1+x^5\geq 2\sqrt{x^5}$
από την ΑΜ-ΓΜ με ισότητα να ισχύει μόνο για x=1

λόγω του περιορισμού.
Με πολαπλασιασμό των παραπάνω σχέσεων λαμβάνουμε $LHS\geq 8x^5$ ,άρα αναγκαστικά
x=1

που είναι λύση μοναδική.

spiros filippas · #48

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 18
Να λυθεί στο $\Bbb{R}$ η εξίσωση

Για

εύκολα βλέπουμε ότι το αριστερό μέλος είναι θετικός αριθμός αφού ενώ το δεξί αρνητικός, άτοπο.

Για $-1\leq x<0$ πάλι το αριστερό μέλος είναι θετικός ενώ το δεξί αρνητικός.

Για $x\geq0$ είναι:

$1+x^2\geq 2\sqrt {x^2}$ με την ισότητα αν και μόνον αν x=1

$1+x^3\geq 2\sqrt {x^3}$ με την ισότητα αν και μόνον αν x=1

$1+x^5\geq 2\sqrt {x^5}$ με την ισότητα αν και μόνον αν x=1

Με πολλαπλασιασμό αυτών προκύπτει $(1 + x^2)(1 + x^3)(1 + x^5) \geq8x^5.$

Είναι λοιπόν φανερό ότι μοναδική λύση της εξίσωσης είναι η x=1

Grigoris K. · #49

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 19
Σε ένα τρίγωνο ισχύει
Να βρεθεί η μέγιστη τιμή του μέτρου της γωνίας

Θα κάνω μία απόπειρα. Ελπίζω να είμαι σωστός:

Η σχέση γράφεται $(a+b)^2 - c^2 = 2b^2 \Rightarrow b^2 + c^2 = a^2 + 2ab~(1)$

Ο Ν. Συνημιτόνων δίνει $\displaystyle{ a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cdot cos\hat A \mathop \Rightarrow \limits^{(1)} a^2 = a^2 + 2ab - 2bc\cdot cos\hat A \Rightarrow cos\hat A = \frac{a}{c} ~(2)}$

Επίσης είναι $\displaystyle{ cos\hat A \leq 1 \Rightarrow a \leq c \Rightarrow \hat A \leq \hat C }$ και από εδώ συμπεραίνουμε ότι $\hat A < 90^o$ .

Από Ν. Ημιτόνων λαμβάνουμε $\displaystyle{ \frac{a}{sin\hat A} = \frac{c}{sin\hat C} \mathop \Rightarrow \limits^{(2)} \frac{cos\hat A}{sin \hat A } = \frac{1}{sin \hat C} \Rightarrow tan\hat A = sin \hat C \Rightarrow tan\hat A \leq 1}~(3)$

Όμως η συνάρτηση f(x) = tanx

είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{ \left( 0, \frac{\pi}{2}\right)$ άρα για να μεγιστοποιηθεί η $\hat A$ πρέπει να μεγιστοποιηθεί η $tan\hat A$ .

Από την (3)

γνωρίζουμε ότι η $tan\hat A$ έχει μἐγιστο το

και προκύπτει εύκολα ότι το παρουσιάζει για $\hat A = 45^o$ .

Συνεπώς τελική απάντηση είναι $\boxed{\hat A = 45^o}$ .

#50

Grigoris K. έγραψε:
socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 19
Σε ένα τρίγωνο ισχύει
Να βρεθεί η μέγιστη τιμή του μέτρου της γωνίας
Θα κάνω μία απόπειρα. Ελπίζω να είμαι σωστός:

Η σχέση γράφεται $(a+b)^2 - c^2 = 2b^2 \Rightarrow b^2 + c^2 = a^2 + 2ab~(1)$

Ο Ν. Συνημιτόνων δίνει $\displaystyle{ a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cdot cos\hat A \mathop \Rightarrow \limits^{(1)} a^2 = a^2 + 2ab - 2bc\cdot cos\hat A \Rightarrow cos\hat A = \frac{a}{c} ~(2)}$

Επίσης είναι $\displaystyle{ cos\hat A \leq 1 \Rightarrow a \leq c \Rightarrow \hat A \leq \hat C }$ και από εδώ συμπεραίνουμε ότι $\hat A < 90^o$ .

Από Ν. Ημιτόνων λαμβάνουμε $\displaystyle{ \frac{a}{sin\hat A} = \frac{c}{sin\hat C} \mathop \Rightarrow \limits^{(2)} \frac{cos\hat A}{sin \hat A } = \frac{1}{sin \hat C} \Rightarrow tan\hat A = sin \hat C \Rightarrow tan\hat A \leq 1}~(3)$

Όμως η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{ \left( 0, \frac{\pi}{2}\right)$ άρα για να μεγιστοποιηθεί η $\hat A$ πρέπει να μεγιστοποιηθεί η $tan\hat A$ .

Από την γνωρίζουμε ότι η $tan\hat A$ έχει μἐγιστο το και προκύπτει εύκολα ότι το παρουσιάζει για $\hat A = 45^o$ .

Συνεπώς τελική απάντηση είναι $\boxed{\hat A = 45^o}$ .

#51

ΑΣΚΗΣΗ 20
Αν για τους αριθμούς a_1 < a_2 < a_3 < a_4

και

ισχύουν

$a_1 + a_2 + a_3 + a_4 \geq b_1 + b_2 + b_3 + b_4,$

να διατάξετε αυτούς τους 8 αριθμούς.

Marios V. · #52

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 20
Αν για τους αριθμούς και ισχύουν

$a_1 + a_2 + a_3 + a_4 \geq b_1 + b_2 + b_3 + b_4 (5)$

να διατάξετε αυτούς τους 8 αριθμούς.

$a_{1}<a_{2}<b_{1}$ , και άρα από (1) και (2), ο $a_{1}$ είναι ο μικρότερος. όμοια, ο $a_{2}$ είναι ο δεύτερος μικρότερος.
Από (3), (4), (5), με πρόσθεση κατα μέλη, πέρνουμε $a_{1}+a_{3}>b_{2}+b_{3}$ .

Όμως: $2a_{3}>a_{1}+a_{3}>b_{2}+b_{3}>2b_{2}$ , δηλαδή $a_{3}>b_{2}>b_{1}$ . Και πάλι, από τα ήδη γνωστά αποτελέσματα και τις (1) και (2) ο $b_{1}$ είναι ο τρίτος στην σειρά, και ο $b_{2}$ ο τέταρτος. Επίσης, επειδή $b_{4}>a_{4}$ , από (1) και (2) πέρνουμε ότι $b_{4}$ ο μεγαλύτερος.

Ισχύει ότι a_1<b_1

,

, και προσθέτοντας καταμέλη στην (5) πέρνουμε $a_{3}+a_{4}>b_{3}+b_{4}$ .
Όμως: $2a_{4}>a_{3}+a_{4}>b_{3}+b_{4}>2b_{3}$ , οπότε $a_{4}>b_{3}$ , και άρα ο $a_{4}$ είναι ο δεύτερος απ' το τέλος.

αν $a_3\leq b_3$ , τότε από $a_{1}<b_{1}$ , $a_{2}<b_{2}$ , $a_{4}<b_{4}$ θα ήταν $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4} <b_1+b_2+b_3+b_4$ , άτοπο από (5).

άρα a_1<a_2<b_1<b_2<b_3<a_3<a_4<b_4

Kostas_94 · #53

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 17(Γ ΛΥΚΕΙΟΥ): Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle{f}$ με πεδίο ορισμού το $\displaystyle{R}$ για την οποία υποθέτουμε ότι $\displaystyle{999f(\pi -x)+998f(x-\pi )=1996.\sigma \upsilon \nu x}$ για κάθε $\displaystyle{x\epsilon R}$ . Να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{f^{2}(\pi +x)+f^{2}(\frac{\pi }{2}-x)=\left(\frac{1996}{1997} \right)^{2}}$

Στη δοθείσα θέτουμε $x-\pi=y$ , οπότε γίνεται
$999f(-y)+998f(y) =1996\sigma \upsilon \nu(y+\pi)\Rightarrow 999f(-y)+998f(y)=-1996\sigma \upsilon \nu y(1)$ .
Στην (1) θέτουμε $y\rightarrow-y$ , οπότε
$999f(y)+998f(-y)=-1996\sigma \upsilon \nu(-y) \Rightarrow999f(y)+998f(-y)=-1996 \sigma \upsilon \nu y(2)$ .
Από (1) και (2) f(y)=f(-y)

, οπότε πάλι από την (1), $f(y)= -\frac{1996}{1997}\sigma \upsilon \nu y$
Αρκεί πλέον να παρατηρήσουμε οτι $f(\pi+x)=\frac{1996}{1997}\sigma \upsilon \nu x$ και $f(\frac{\pi}{2}-x)=-\frac{1996}{1997}\eta \mu x$

mathfinder · #54

ΑΣΚΗΣΗ 21 : Αν

το έγκεντρο τριγώνου $AB\Gamma$ με $B\Gamma=2$ και $B\hat{A}\Gamma=60^{0}$ , να αποδείξετε ότι : $IA+IB+I\Gamma \leq 2\sqrt{3}$ . (Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ - ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ).

Αθ. Μπεληγιάννης

#55

mathfinder έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 21 : Αν το έγκεντρο τριγώνου $AB\Gamma$ με $B\Gamma=2$ και $B\hat{A}\Gamma=60^{0}$ , να αποδείξετε ότι : $IA+IB+I\Gamma \leq 2\sqrt{3}$ . (Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ - ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ).

Αθ. Μπεληγιάννης

Το παραπάνω είναι ειδική περίπτωση του παρακάτω θεωρήματος

Θεώρημα:

Έστω τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ με έγκεντρο $\displaystyle{I}$ και $\displaystyle{R}$ η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου. Ισχύει

$\displaystyle{IA+IB+IC\leq 3R.}$

Απόδειξη:

Από τις σχέσεις $\displaystyle{IA=\frac{r}{\sin \frac{A}{2}},IB=\frac{r}{\sin \frac{B}{2}},IC=\frac{r}{\sin \frac{C}{2}}}$

η προς απόδειξη ανισότητα γράφεται

$\displaystyle{\sum \frac{1}{\sin \frac{A}{2}}\leq \frac{3R}{r}}$

ή αλλιώς

$\displaystyle{\sum \sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}\leq \frac{3R}{r}\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}.}$

Όμως, ισχύει $\displaystyle{\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}=\frac{r}{4R},}$

οπότε απομένει να αποδειχθεί, ότι

$\displaystyle{\sum \sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}\leq \frac{3}{4}.}$

Αυτή είναι άμεση συνέπεια της $\displaystyle{xy+yz+zx\leq \frac{1}{3}(x+y+z)^2}$ και της $\displaystyle{\sin \frac{A}{2}+\sin \frac{B}{2}+\sin \frac{C}{2}\leq \frac{3}{2},}$ η οποία είναι άμεση συνέπεια της ανισότητας Jensen στην κοίλη συνάρτηση $\displaystyle{\sin x, x\in \Big(0,\frac{\pi}{2}\Big)}$ .

#56

ΑΣΚΗΣΗ 22
Πόσοι ακέραιοι $1\leq n\leq 1000$ γράφονται ως διαφορά τετραγώνων ακεραίων;

ΑΣΚΗΣΗ 23
Αν οι θετικοί ακέραιοι x,y,z,t,a,b

είναι τέτοιοι ώστε xt-yz=1

και $\displaystyle \frac{x}{y}>\frac{a}{b}>\frac{z}{t},$

να δείξετε ότι $ab\geq (x+z)(y+t).$

ΑΣΚΗΣΗ 24
Σε ένα διαγωνισμό τοξοβολίας συμμετέχουν

αθλητές.
Ο στόχος χωρίζεται σε δύο ζώνες, τις Α και Β. Αν το βέλος χτυπήσει στη ζώνη Α, ο αθλητής κερδίζει

βαθμούς ενώ αν χτυπήσει στη ζώνη Β, κερδίζει

βαθμούς.
Δε δίνονται βαθμοί για τα βέλη που δεν βρίσκουν το στόχο.
Κάθε αθλητής ρίχνει

βέλη.
Στο τέλος του διαγωνισμού, παρατηρήθηκε ότι πάνω από το $50 \%$ των βελών χτύπησαν στη ζώνη Β, ενώ ο αριθμός των βελών που χτύπησαν στη ζώνη Α είναι ίσος με τον αριθμό αυτών που δεν βρήκαν το στόχο.

Να δείξετε ότι υπάρχουν δύο αθλητές με την ίδια βαθμολογία.

S.E.Louridas · #57

ΑΣΚΗΣΗ 25 (Λύκειο)

Αποδείξτε ότι σε κάθε τρίγωνο ισχύει:
$4\tau ^2 - 3\rho ^2 - 12\rho R \geqslant \frac{3} {2}\min \left\{ {\left( {a - b} \right)^2 ,\left( {b - c} \right)^2 ,\left( {c - a} \right)^2 } \right\},$
Όταν, 2τ η περίμετρος του, a, b, c οι πλευρές του, ρ η ακτίνα του εγγεγραμμένου του κύκλου και R η ακτίνα του περιγεγραμμένου του κύκλου.

S.E.Louridas

S.E.Louridas · #58

ΑΣΚΗΣΗ 26 (Λύκειο)

Λύστε στο σύνολο των πραγματικών αριθμών το σύστημα:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {x^3 + y^3 = 1} \\ {} \\ {x^4 + y^4 = 1.} \\ \end{array} } \right.$

S.E.Louridas

#59

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 26 (Λύκειο)

Λύστε στο σύνολο των πραγματικών αριθμών το σύστημα:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {x^3 + y^3 = 1} \\ {} \\ {x^4 + y^4 = 1.} \\ \end{array} } \right.$

S.E.Louridas

Γεια σου Σωτήρη.
Μία λύση του παραπάνω συστήματος, με χρήση λογισμού, έδωσα εδώ.

#60

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 25 (Λύκειο)

Αποδείξτε ότι σε κάθε τρίγωνο ισχύει:
$4\tau ^2 - 3\rho ^2 - 12\rho R \geqslant \frac{3} {2}\min \left\{ {\left( {a - b} \right)^2 ,\left( {b - c} \right)^2 ,\left( {c - a} \right)^2 } \right\},$
Όταν, 2τ η περίμετρος του, a, b, c οι πλευρές του, ρ η ακτίνα του εγγεγραμμένου του κύκλου και R η ακτίνα του περιγεγραμμένου του κύκλου.

S.E.Louridas

Έστω

$\displaystyle{4s^2-3r^2-12Rr<\frac{3}{2}\min \left\{ {\left( {a - b} \right)^2 ,\left( {b - c} \right)^2 ,\left( {c - a} \right)^2 } \right\}}$ ,

οπότε

$\displaystyle{4s^2-3r^2-12Rr<\frac{3}{2}(a-b)^2,}$

$\displaystyle{4s^2-3r^2-12Rr<\frac{3}{2}(b-c)^2,}$

$\displaystyle{4s^2-3r^2-12Rr<\frac{3}{2}(c-a)^2.}$

Με πρόσθεση βρίσκουμε

$\displaystyle{3(4s^2-3r^2-12Rr)<3(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca).}$

Είναι $\displaystyle{ab+bc+ca=s^2+r^2+4Rr}$ και $\displaystyle{a^2+b^2+c^2=2s^2-2r^2-8Rr,}$

οπότε η παραπάνω ανισότητα γράφεται τελικά $\displaystyle{3s^2<0,}$ άτοπο.

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Μέλη σε σύνδεση