ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1999 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

parmenides51 · #1

1. Δύο αμβλείες γωνίες είναι τοποθετημένες έτσι, ώστε το ένα ζεύγος των πλευρών τους να είναι αντικείμενες ημιευθείες, ενώ το άλλο ζεύγος είναι κάθετες ημιευθείες. Να υπολογίσετε το άθροισμα των γωνιών.

2. Για τους πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{x, y, z}$ ισχύουν: $\displaystyle{x- yz = y-zx = z-xy}$ . Να δειχτεί ότι: $\displaystyle{(x -y)(y -z)(z- x) = 0}$ .

3. Έστω $\displaystyle{\alpha, x, y\in \mathbb{R}}$ με $\displaystyle{\alpha\ge 2}$ , $\displaystyle{1 \le x \le \alpha}$ και $\displaystyle{1 \le y \le \alpha}$ . Να δειχτεί ότι: $\displaystyle{4\le (x + y) \left( \frac{1}{x}+\frac{1}{y} \right) {\color{red}\leq} \frac{{{(\alpha +1)}^{2}}}{\alpha }}$ .

4. Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι $\displaystyle{\alpha,\beta}$ που ικανοποιούν την εξίσωση $\displaystyle{(E)}$ : $\displaystyle{\alpha^5 \beta^2 + 100\alpha^3 = 200}$ .

parmenides51 · #2

parmenides51 έγραψε:4. Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι $\displaystyle{\alpha,\beta}$ που ικανοποιούν την εξίσωση $\displaystyle{(E)}$ : $\displaystyle{\alpha^5 \beta^2 + 100\alpha^3 = 200}$ .

$\displaystyle{0<\alpha, \beta \Rightarrow 0<\alpha^5,\beta^2,\alpha^3 \Rightarrow 0<100\alpha^3<\alpha^5 \beta^2 + 100\alpha^3 = 200}$

$\displaystyle{ \Rightarrow 100\alpha^3< 200 \Rightarrow \alpha^3< 2}$ κι επειδή $\displaystyle{\alpha\in\mathbb{N}^*}$ θα ισχύει πως $\displaystyle{\alpha=1}$

Από $\displaystyle{\alpha^5 \beta^2 + 100\alpha^3 = 200}$ για $\displaystyle{\alpha=1}$ έχουμε

$\displaystyle{\beta^2 + 100=200 \Leftrightarrow \beta^2=100}$ κι επειδή $\displaystyle{\beta\in\mathbb{N}^*}$ θα ισχύει πως $\displaystyle{\beta=10}$

άρα $\displaystyle{(\alpha,\beta)=(1,10)}$

parmenides51 · #3

parmenides51 έγραψε:1. Δύο αμβλείες γωνίες είναι τοποθετημένες έτσι, ώστε το ένα ζεύγος των πλευρών τους να είναι αντικείμενες ημιευθείες, ενώ το άλλο ζεύγος είναι κάθετες ημιευθείες. Να υπολογίσετε το άθροισμα των γωνιών.

Με βάση την εκφώνηση το σχήμα είναι το παρακάτω.

: Eykleidhs 1999 1o al.png (5.38 KiB) Προβλήθηκε 1557 φορές

Οι δυο αμβλείες γωνίες που περιγράφονται στην εκφώνηση είναι οι γωνίες $\displaystyle{\widehat{xOw}}$ και $\displaystyle{\widehat{yOz}}$ .

$\displaystyle{\widehat{xOw}+\widehat{yOz}=(\widehat{O_3}+\widehat{O_2})+(\widehat{O_2}+\widehat{O_1})=\widehat{O_3}+\widehat{O_2}+\widehat{O_2}+\widehat{O_1}}$

$\displaystyle{=(\widehat{O_3}+\widehat{O_2}+\widehat{O_1})+\widehat{O_2}=\widehat{xOz}+\widehat{yOw}=180^o+90^o=270^o}$

parmenides51 · #4

parmenides51 έγραψε:2. Για τους πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{x, y, z}$ ισχύουν: $\displaystyle{x- yz = y-zx = z-xy}$ . Να δειχτεί ότι: $\displaystyle{(x -y)(y -z)(z- x) = 0}$ .

$\displaystyle{x- yz = y-zx = z-xy}$ (1)

$\displaystyle{x- yz = y-zx \Leftrightarrow x - yz-y+zx =0 \Leftrightarrow x+zx - yz-y =0 \Leftrightarrow x(1+z) -y(1+z) =0 }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow (x-y)(1+z)=0\Leftrightarrow x-y =0}$ ή $\displaystyle{1+z=0 \Leftrightarrow z=-1}$

$\displaystyle{\bullet}$ Αν $\displaystyle{x-y=0}$ τότε $\displaystyle{(x -y)(y -z)(z- x) = 0(y -z)(z- x)=0}$

$\displaystyle{\bullet }$ Αν $\displaystyle{ z=-1}$ τότε αντικαθιστώντας στην (1) έχουμε

$\displaystyle{y+x = -1-xy \Leftrightarrow y+x +1+xy=0 \Leftrightarrow y+xy +1+x=0 \Leftrightarrow y(1+x) +1(1+x)=0 }$

$\displaystyle{\Leftrightarrow (y+1)(1+x)=0 \Leftrightarrow y=-1 }$ ή $\displaystyle{x=-1}$

$\displaystyle{\bullet \bullet }$ Αν $\displaystyle{y=-1}$ τότε κι επειδή $\displaystyle{z=-1}$ , έχουμε πως $\displaystyle{y=z \Leftrightarrow y -z=0}$ οπότε $\displaystyle{(x -y)(y -z)(z- x) = (x -y)0(z- x)=0}$

$\displaystyle{\bullet \bullet }$ Αν $\displaystyle{x=-1}$ ομοίως προκύπτει πως $\displaystyle{(x -y)(y -z)(z- x) =0}$ .

Οπότε σε κάθε περίπτωση ισχύει πως $\displaystyle{(x -y)(y -z)(z- x) = 0}$ .

parmenides51 · #5

parmenides51 έγραψε:3. Έστω $\displaystyle{\alpha, x, y\in \mathbb{R}}$ με $\displaystyle{\alpha\ge 2}$ , $\displaystyle{1 \le x \le \alpha}$ και $\displaystyle{1 \le y \le \alpha}$ . Να δειχτεί ότι: $\displaystyle{4\le (x + y) \left( \frac{1}{x}+\frac{1}{y} \right) < \frac{{{(\alpha +1)}^{2}}}{\alpha }}$ .

Η μισή :

Αφού $\displaystyle{1 \le x \le \alpha}$ και $\displaystyle{1 \le y \le \alpha}$ έχουμε πως $\displaystyle{x,y>0}$

$\displaystyle{4\le ( x+y) \left( \frac{1}{x}+\frac{1}{y} \right) \Leftrightarrow 4 \le x\frac{1}{x}+x\frac{1}{y}+y\frac{1}{x}+y\frac{1}{x}}$

$\displaystyle{\Leftrightarrow 4 \le 1+\frac{x}{y}+1+\frac{y}{x} +1 \Leftrightarrow \frac{x}{y}+\frac{y}{x} -2 \ge 0}$

$\displaystyle{\mathtop \limits{_{\Longleftrightarrow}^{x,y>0} \left(\sqrt{\frac{x}{y}}\right)^2+\left(\sqrt{\frac{y}{x}}\right)^2 -2\sqrt{\frac{x}{y}}\sqrt{\frac{y}{x}} \ge 0 \Leftrightarrow \left(\sqrt{\frac{x}{y}}-\sqrt{\frac{y}{x}}\right)^2 \ge 0}$ που ισχύει

#6

parmenides51 έγραψε:3. Έστω $\displaystyle{\alpha, x, y\in \mathbb{R}}$ με $\displaystyle{\alpha\ge 2}$ , $\displaystyle{1 \le x \le \alpha}$ και $\displaystyle{1 \le y \le \alpha}$ . Να δειχτεί ότι: $\displaystyle{4\le (x + y) \left( \frac{1}{x}+\frac{1}{y} \right) {\color{red}\leq} \frac{{{(\alpha +1)}^{2}}}{\alpha }}$ .

$(x-y)^2\geq 0\Rightarrow x^2+y^2\geq 2xy\Rightarrow (x+y)^2\geq 4xy\Rightarrow$

$(x+y)(\dfrac{x+y}{xy})\geq 4\Rightarrow (x+y)(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y})\geq 4$

----------------------

$1\leq x\leq a$
$1\leq y\leq a\Rightarrow \dfrac{1}{a}\leq \dfrac{1}{y}\leq 1$

άρα $\dfrac{1}{a}\leq \dfrac{x}{y}\leq a\Longrightarrow (\dfrac{x}{y}-\dfrac{1}{a})(\dfrac{x}{y}-a)\leq 0\Rightarrow \dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\leq a+\dfrac{1}{a}\Rightarrow$

$\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}+2\leq a+\dfrac{1}{a}+2 \Rightarrow (x + y) ( \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y} ) \leq \dfrac{{{(a +1)}^{2}}}{a }$

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1999 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1999 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1999 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1999 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1999 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1999 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1999 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Μέλη σε σύνδεση