Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#1421

socrates έγραψε:
Demetres έγραψε:
socrates έγραψε:
AΣΚΗΣΗ 675:
Θεωρούμε ευθεία και δύο διαφορετικά σημεία, , επί αυτής. Έστω ακόμη σημεία, διαφορετικά μεταξύ τους και με τα , που δεν ανήκουν στο τμήμα
Είναι δυνατόν το άθροισμα των αποστάσεων των σημείων αυτών από το να ισούται με το άθροισμα των αποστάσεων τους από το

Σίγουρα αυτή είναι η ερώτηση; Μπορούμε να το επιτύχουμε εύκολα παίρνοντας σημεία της μεσοκαθέτου.

Τα σημεία ανήκουν στην ευθεία

Ωραία. Έστω $C_1,\ldots,C_{2013}$ τα σημεία πάνω στην ευθεία. Για κάθε $1 \leqslant n \leqslant 2013$ θέτω f(n) = |AC_n| - |BC_n|

. Αν τα αθροίσματα των αποστάσεων ήταν ίσα θα έπρεπε $\displaystyle{\sum_{n=1}^{2013} f(n) = 0.}$ Όμως για κάθε

έχουμε

ή

όπου

. Αν τώρα

εκ των αθροισμάτων είναι ίσα με

και τα άλλα 2013-k

είναι ίσα με

τότε $\displaystyle{\sum_{n=1}^{2013} f(n) = r(k - (2013-k)).}$ Αυτό όμως είναι άτοπο αφού $r \neq 0$ και $2k \neq 2013$ . Άρα δεν μπορούμε να πετύχουμε ίσα αθροίσματα με αυτόν τον τρόπο.

gavrilos · #1422

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 646
Να λυθεί το σύστημα

$\displaystyle{\begin{cases} 2(x + y - 2) = y(x - y + 2) \\ x^2(y - 1) + y^2(x - 1) = xy -1 \end{cases}}$

$\displaystyle{2(x+y-2)=y(x-y+2) \Leftrightarrow 2x+2y-4=xy-y^2+2y \Leftrightarrow 2x-xy=4-y^2 \Leftrightarrow x(2-y)=(2-y)(2+y) \Leftrightarrow x=y+2}$ εκτός όμως αν $\displaystyle{y=2}$ όπου θα ισχύει σύμφωνα με τη δεύτερη ισότητα

$\displaystyle{x^{2}+4x-4=2x-1 \Leftrightarrow x^{2}+2x-3=0 \Leftrightarrow (x-1)(x+3)=0}$ απ' όπου βρίσκουμε τις λύσεις

$\displaystyle{x,y=(1,2),(-3,2)}$

Αν $\displaystyle{y \neq 2}$ αντικαθιστούμε στη δεύτερη ισότητα και έχουμε :

$\displaystyle{(y+2)^{2}(y-1)+y^{2}(y+2-1)=y(y+2)-1 \Leftrightarrow (y^{2}+4y+4)(y-1)+y^{3}+y^{2}=y^{2}=2y-1 \Leftrightarrow 2y^{3}+3y^{2}-2y-3=0}$

$\displaystyle{2y(y^{2}-1)+3(y^{2}-1)=0 \Leftrightarrow (2y+3)(y-1)(y+1)=0}$

Οπότε έχουμε πέντε συνολικά λύσεις για τα $\displaystyle{x,y}$ .

$\displaystyle{(\frac{1}{2},-\frac{3}{2}),(1,3),(-1,1),(1,2),(-3,2)}$ .

Ευχαριστώ τον G.Bas για τη διόρθωση

S.E.Louridas · #1423

Έστω ότι έχουμε: $0 \leqslant a < \sqrt x < a + 1\quad \left( 1 \right),$ με τον

ρητό και τον

ΜΗ τέλειο τετράγωνο ρητού.
Αποδείξτε ότι:
$\displaystyle{a + \frac{{x - a^2 }} {{2a + 1}} < \sqrt x < a + \frac{{x - a^2 }} {{2a + 1}} + \frac{1} {{8a + 4}}.}$

(*) To

στην σχέση (1), καλείται «ελλείπουσα τιμή» της $\sqrt x$ εντός της μονάδας.

edit: Συμπλήρωση του: με τον

ρητό και τον

ΜΗ τέλειο τετράγωνο ρητού, που εκ παραδρομής δεν είχε γραφεί.

Ευχαριστώντας τους συνάδελφους Γ. Μανεάδη και Χ. Κυριαζή.

jim.jt · #1424

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 654
Στην περιφέρεια κύκλου, μήκους βρίσκονται 7 διαφορετικά σημεία. Τα τρία από αυτά σχηματίζουν ισόπλευρο τρίγωνο ενώ τα υπόλοιπα τετράγωνο.
Δείξτε ότι υπάρχουν δύο σημεία από αυτά τέτοια ώστε το (κυρτογώνιο) τόξο που ορίζουν να έχει μήκος όχι μεγαλύτερο από $\displaystyle{\frac{s}{24}.}$

Αν το μήκος ενός τόξου είναι $\dfrac{s}{24}$ , όπου

το μήκος του κύκλου, τότε η επίκεντρη γωνία του τόξου θα πρέπει να είναι $\dfrac{360^{\circ} }{24}=15^{\circ}$ . Οπότε το πρόβλημα ανάγεται στο: "Μία επίκεντρη γωνία που δημιουργείται από τις ακτίνες ενός ισόπλευρου τριγώνου και ενός τετραγώνου είναι τουλάχιστον $15^{\circ}$ ." Οι επίκεντρες γωνίες του τετραγώνου χωρίζουν τον κύκλο σε τέσσερα μέρη το καθένα απ'τα οποία είναι $90^{\circ}$ . Έτσι για τις θέσεις των ακτίνων που ορίζουν το ισόπλευρο έχουμε τις εξής περιπτώσεις:
α) Η γωνία που σχηματίζει η μία απ'αυτές με μία ακτίνα του τετραγώνου είναι $0^{\circ}$ , οπότε η γωνία είναι μηδενική, η οποία τηρεί αυτό που ζητάει η εκφώνιση.
β)Η μία ακτίνα του ισόπλευρου σχηματίζει γωνία με μια ακτίνα του τετραγώνου μεγαλύτερη από $0^{\circ}$ και μικρότερη ή ίση με $15^{\circ}$ , η οποία είναι και αυτή σωστή.
γ)Η γωνία που σχηματίζει η μια ακτίνα του ισόπλευρου με μια ακτίνα του τετραγώνου είναι μεγαλύτερη από $15^{\circ}$ και μικρότερη ή ίση με $30^{\circ}$ . Όμως μια άλλη ακτίνα θα είναι ή μηδενική γιατί $120^{\circ}=90^{\circ}+30^{\circ}$ ή μικρότερη των $15^{\circ}$ , όπως φαίνεται στο σχήμα.
δ)Η γωνία που σχηματίζει η μια ακτίνα του ισόπλευρου με μια ακτίνα του τετραγώνου είναι μεγαλύτερη από $30^{\circ}$ και μικρότερη ή ίση με $45^{\circ}$ . Όμως πάλι μια άλλη ακτίνα θα σχηματίζει με μια ακτίνα του τετραγώνου γωνία μεγαλύτερη από $0^{\circ}$ και μικρότερη ή ίση με $15^{\circ}$ , που είναι κι αυτή μέσα στα ζητούμενα.
Όλες οι υπόλοιπες περιπτώσεις ανάγονται στις παραπάνω.

G.Bas · #1425

S.E.Louridas έγραψε:Έστω ότι έχουμε: $0 \leqslant a < \sqrt x < a + 1\quad \left( 1 \right),$ με τον ρητό και τον ΜΗ τέλειο τετράγωνο ρητού.
Αποδείξτε ότι:
$\displaystyle{a + \frac{{x - a^2 }} {{2a + 1}} < \sqrt x < a + \frac{{x - a^2 }} {{2a + 1}} + \frac{1} {{8a + 4}}.}$

(*) To στην σχέση (1), καλείται «ελλείπουσα τιμή» της $\sqrt x$ εντός της μονάδας.

edit: Συμπλήρωση του: με τον ρητό και τον ΜΗ τέλειο τετράγωνο ρητού, που εκ παραδρομής δεν είχε γραφεί.

Ευχαριστώντας τους συνάδελφους Γ. Μανεάδη και Χ. Κυριαζή.

Για την αριστερή Ανισότητα.

Ισοδύναμα γράφεται

$\displaystyle{(2a+1)\sqrt{x}> a^2+a+x\Leftrightarrow (\sqrt{x}-a)(1+a-\sqrt{x})> 0}$

όπου ισχύει λόγω της υπόθεσης.

Για τη δεξιά Ανισότητα.

Ισοδύναμα γράφεται

$\displaystyle{4a^2+4a+4x+1>(8a+4)\sqrt{x}\Leftrightarrow (2a+1-2\sqrt{x})^2>0}$ ,

όπου ισχύει.

#1426

ΑΣΚΗΣΗ 679: Δείξτε ότι για κάθε $\displaystyle{n\in N}$ , ο αριθμός $\displaystyle{n^5 -n}$ , διαιρείται με το $\displaystyle{30}$

jim.jt · #1427

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 679: Δείξτε ότι για κάθε $\displaystyle{n\in N}$ , ο αριθμός $\displaystyle{n^5 -n}$ , διαιρείται με το $\displaystyle{30}$

Παρατηρούμε ότι $n^5\equiv n \pmod{2}$ , $n^5\equiv n \pmod{3}$ και $n^5\equiv n \pmod{5}$ . Οπότε $n^5-n\equiv 0\pmod{2}$ , $n^5-n\equiv 0\pmod{3}$ και $n^5-n\equiv 0\pmod{5}$ , άρα αφού $30=2\cdot 3\cdot 5$ η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

#1428

ΑΣΚΗΣΗ 680 Έστω $\displaystyle{N=(6x+y+z)(x+6y+z)(x+y+6z)}$ , με $\displaystyle{x,y,z\inN}$

(a) Nα αποδείξετε ότι ο $\displaystyle{N}$ είναι άρτιος

(β) Αν $\displaystyle{5|N}$ , δείξτε ότι $\displaystyle{250|N}$

jim.jt · #1429

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 680 Έστω $\displaystyle{N=(6x+y+z)(x+6y+z)(x+y+6z)}$ , με $\displaystyle{x,y,z\inN}$

(a) Nα αποδείξετε ότι ο $\displaystyle{N}$ είναι άρτιος

(β) Αν $\displaystyle{5|N}$ , δείξτε ότι $\displaystyle{250|N}$

α) Έστω ότι ο

είναι περιττός, τότε κάθε όρος του είναι περιττός.
Και από τους τρεις παράγοντες, αφού είναι περιττοί, παίρνουμε
$y+z,x+z,y+x\equiv 1 \pmod{2}$ , όμως αυτό είναι άτοπο γιατί $(y+z)+(x+z)\equiv 2 \pmod{2}\Rightarrow y+x \equiv 0 \pmod{2}$ , άρα ο

δεν είναι περιττός και είναι άρτιος.

gavrilos · #1430

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 680 Έστω $\displaystyle{N=(6x+y+z)(x+6y+z)(x+y+6z)}$ , με $\displaystyle{x,y,z\inN}$

(a) Nα αποδείξετε ότι ο $\displaystyle{N}$ είναι άρτιος

(β) Αν $\displaystyle{5|N}$ , δείξτε ότι $\displaystyle{250|N}$

Υπάρχουν οι περιπτώσεις να έχουμε

άρτιους ,

περιττούς,

άρτιους και έναν περιττό ή

περιττούς και έναν άρτιο.

Πρέπει να δείξουμε ότι τουλάχιστον μία από τις παρενθέσεις είναι άρτια.Αν έχουμε

άρτιους ή

περιττούς αυτό επαληθεύεται επειδή θα ήταν και οι τρεις παρενθέσεις άρτιες.

Στις υπόλοιπες περιπτώσεις έχουμε:

1.Αν υπάρχουν

άρτιοι και ένας περιττός ,σε μια από τις παρενθέσεις ο περιττός θα έπαιρνε τον συντελεστή

και θα γινόταν άρτιος και θα είχαμε άλλους

άρτιους οπότε θα βγάζαμε άρτιο άθροισμα.

2.Αν υπήρχαν

περιττοί και ένας άρτιος, σε μια από τις παρενθέσεις ο άρτιος θα έπαιρνε το συντελεστή

και θα είχαμε ακόμη

περιττούς που θα έδιναν άρτιο άθροισμα.

Αφήνω προς το παρόν το β) (όταν το βρω επανέρχομαι)

jim.jt · #1431

jim.jt έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 680 Έστω $\displaystyle{N=(6x+y+z)(x+6y+z)(x+y+6z)}$ , με $\displaystyle{x,y,z\inN}$

(a) Nα αποδείξετε ότι ο $\displaystyle{N}$ είναι άρτιος

(β) Αν $\displaystyle{5|N}$ , δείξτε ότι $\displaystyle{250|N}$
α) Έστω ότι ο είναι περιττός, τότε κάθε όρος του είναι περιττός.
Και από τους τρεις παράγοντες, αφού είναι περιττοί, παίρνουμε
$y+z,x+z,y+x\equiv 1 \pmod{2}$ , όμως αυτό είναι άτοπο γιατί $(y+z)+(x+z)\equiv 2 \pmod{2}\Rightarrow y+x \equiv 0 \pmod{2}$ , άρα ο δεν είναι περιττός και είναι άρτιος.

Και το β) Χωρίς βλάβη της γενικότητας $6x+y+z \equiv 0 \pmod{5} \Rightarrow x+y+z \equiv 0 \pmod{5}$ , οπότε και οι τρεις παράγοντες είναι πολλαπλάσιο του

, άρα ο

είναι πολλαπλάσιο του 125

. Όμως στο α αποδείξαμε ότι είναι και πολλαπλάσιο του

, άρα εντέλει είναι πολλαπλάσιο του 250

.

#1432

AΣΚΗΣΗ 681:
Να προσδιορίσετε τους θετικούς ακεραίους $x_1<x_2<...<x_n<x_{n+1}$ αν

$\displaystyle{x_nx_{n+1}\leq 2(x_1+x_2+...+x_n).}$

AΣΚΗΣΗ 682:
Nα λυθεί το σύστημα:

$\displaystyle{\begin{cases} x(x-1)=yz \\ y(y-2)=zx \\ z(z-3)=xy \end{cases}}$

AΣΚΗΣΗ 683:
Να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{a^2}{a+b^2}+\frac{b^2}{b+c^2}+\frac{c^2}{c+a^2}\geq \frac{3}{2},}$

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς a,b,c

με

AΣΚΗΣΗ 684:
Να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{x^2+xy^2+xyz^2\geq 4xyz-4,}$

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς x,y,z.

AΣΚΗΣΗ 685:
Θεωρούμε τους μη αρνητικούς ακέραιους a, b, c

καθώς και τους αριθμούς $x = (a +1)^2 - 4b ,\ y =( b +1)^2 - 4c, \ z = (c +1)^2 - 4a.$
Αν $\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z} = 2013 ,$ να προσδιορίσετε τους a, b,c.

AΣΚΗΣΗ 686:
Για την ακολουθία $a_n, n\geq 1$ ισχύει $\displaystyle{a_1=\frac{1}{6}}$ και $\displaystyle{a_{n+1}=\frac{n+1}{n+3}\left(a_n+\frac{1}{2}\right).}$
Βρείτε τον αριθμό $a_{2010}.$

AΣΚΗΣΗ 687:
Το ορθογώνιο

(δείτε το σχήμα στο σύνδεσμο) διαιρείται σε

μικρότερα ορθογώνια με ευθείες παράλληλες στις πλευρές του.
Αν τα ορθογώνια A, B, C, D,E

έχουν εμβαδόν 3cm^2, 9cm^2, 1cm^2, 2cm^2 ,8cm^2,

αντίστοιχα, να βρείτε το εμβαδόν του

.

http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=38& ... bad5725d55

AΣΚΗΣΗ 688:
Προσδιορίστε τους φυσικούς

και $n\ne 0,$ καθώς και το ψηφίο

ώστε $6^{a}+1=\overline{bb\dots b}$ , όπου το

εμφανίζεται

φορές.

http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=36&t=5809&start=0

AΣΚΗΣΗ 689:
Βρείτε τους πρώτους p < q < r,

τέτοιους ώστε 25pq + r = 2004

και ο αριθμός pqr + 1

είναι τέλειο τετράγωνο.
Τι γίνεται αν αφαιρέσουμε τον περιορισμό p < q < r ;

http://erdos.fciencias.unam.mx/omm/primer18omm.pdf

ΑΣΚΗΣΗ 690:
Βρείτε όλους τους $m,n\in\mathbb N$ και τον πρώτο $p\geq 5$ ώστε $\displaystyle{m(4m^2+m+12)=3(p^n-1).}$

chris · #1433

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 623
Βρείτε όλους τους πραγματικούς αριθμούς για τους οποίους η εξίσωση έχει ακριβώς τρεις ρίζες.

Έστω

μία ρίζα της εξίσωσης.Τότε παρατηρούμε ότι αναγκαστικά και η

είναι ρίζα της εξίσωσης.
Πράγματι για $\displaystyle x=k$ : $\displaystyle|k+|k|+a|+|k-|k|-a|=2$ και
για $\displaystyle x=-k$ :
$\displaystyle |-k+|-k|+a|+|-k-|-k|-a|=2\Leftrightarrow \left|-\left(-k+\left|k \right|+a \right) \right|+\left|-\left(-k-\left|k \right|-a \right) \right|=2\Leftrightarrow \left|k-\left|k \right|-a \right|+\left|k +\left|k \right|+a\right|=2$
Δεδομένου του ότι οι ρίζες είναι ανά ζεύγη αντιθέτων και η εξίσωση έχει 3 ρίζες από υπόθεση , το

είναι ρίζα.
Συνεπώς: |a|=1

και $a=\pm 1$
Ωστόσο για a=1

δεν έχουμε 3 ρίζες αφού είτε υποθέσουμε ότι x>0

είτε ότι

καταλήγουμε στο x=0

, ενώ η περίπτωση a=-1

είναι δεκτή.

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 681:
Να προσδιορίσετε τους θετικούς ακεραίους $x_1<x_2<...<x_n<x_{n+1}$ αν

$\displaystyle{x_nx_{n+1}\leq 2(x_1+x_2+...+x_n).}$

Έχουμε $\displaystyle x_1+x_2+x_3+...+x_n\leq 1+2+3+...+x_n=\frac{x_n(x_n+1)}{2}$ (λόγω του $x_n \geq n$ )
και επομένως προκύπτει:
$\displaystyle x_nx_{n+1}\leq x_n\left(x_n+1 \right)\Rightarrow x_{n+1}\leq x_n+1$ και λόγω του $x_{n+1}>x_n$ είναι $x_n+1=x_{n+1}$
Άρα έχουμε παντού ισότητες και τελικά x_i=i

για $i\in \left\{1,2,...,n \right\}.$

G.Bas · #1434

socrates έγραψε:
AΣΚΗΣΗ 683:
Να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{a^2}{a+b^2}+\frac{b^2}{b+c^2}+\frac{c^2}{c+a^2}\geq \frac{3}{2},}$

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς με

Αρκεί να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{\frac{ab^2}{a+b^2}+\frac{bc^2}{b+c^2}+\frac{ca^2}{c+a^2}\leq\frac{3}{2}.}$

Ισχύει από την Ανισότητα AM-GM

$\displaystyle{\sum\frac{ab^2}{a+b^2}\leq\frac{1}{2}\cdot\sum\frac{ab^2}{\sqrt{a}b}=\frac{1}{2}(\sqrt{a}b+\sqrt{b}c+\sqrt{c}a).}$

Μένει να δείξουμε ότι

$\displaystyle{\sqrt{a}b+\sqrt{b}c+\sqrt{c}a\leq 3.}$

Από την Ανισότητα Cauchy-Schwarz και τη βασική $3(xy+yz+zx)\leq (x+y+z)^2$ έχουμε

$\displaystyle{(\sqrt{a}b+\sqrt{b}c+\sqrt{c}a)^2\leq (ab+bc+ca)(b+c+a)\leq\frac{1}{3}(a+b+c)^3=9.}$

G.Bas · #1435

socrates έγραψε:

AΣΚΗΣΗ 684:
Να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{x^2+xy^2+xyz^2\geq 4xyz-4,}$

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς

Ισχύει από την Ανισότητα AM-GM

$\displaystyle{(x^2+xy^2+4)+xyz^2\geq 2z\sqrt{xy(x^2+xy^2+4)}}$ .

Μένει να δείξουμε ότι

$\displaystyle{\sqrt{xy(x^2+xy^2+4)}\geq 2xy}$

ή ισοδύναμα

$\displaystyle{x^2+xy^2+4\geq 4xy.}$

Ξανά από την Ανισότητα AM-GM έχουμε όμως ότι

$\displaystyle{(x^2+4)+xy^2\geq 2y\sqrt{x(x^2+4)}}$ .

Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{\sqrt{x(x^2+4)}\geq 2x}$

η οποία ισχύει αφού καταλήγει στην προφανή $\displaystyle{x^2+4\geq 4x.}$

chris · #1436

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 685:
Θεωρούμε τους μη αρνητικούς ακέραιους καθώς και τους αριθμούς $x = (a +1)^2 - 4b ,\ y =( b +1)^2 - 4c, \ z = (c +1)^2 - 4a.$
Αν $\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z} = 2013 ,$ να προσδιορίσετε τους

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 686:
Για την ακολουθία $a_n, n\geq 1$ ισχύει $\displaystyle{a_1=\frac{1}{6}}$ και $\displaystyle{a_{n+1}=\frac{n+1}{n+3}\left(a_n+\frac{1}{2}\right).}$
Βρείτε τον αριθμό $a_{2010}.$

Θα αποδείξουμε επαγωγικά ότι $\displaystyle a_n=\frac{n}{6}$ .
Για n=1

ισχύει ενώ
$\displaystyle a_{n+1}=\frac{n+1}{n+3}\left(\frac{n}{6}+\frac{1}{2} \right)=\frac{n+1}{n+3}\cdot \frac{n+3}{6}=\frac{n+1}{6}$
Άρα $\displaystyle a_{2010}=\frac{2010}{6}=335$

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 688:
Προσδιορίστε τους φυσικούς και $n\ne 0,$ καθώς και το ψηφίο ώστε $6^{a}+1=\overline{bb\dots b}$ , όπου το εμφανίζεται φορές.

Για

είναι

,για

είναι

,για

δεν έχουμε λύσεις και για a=5

είναι

.
Για $n\geq 6$ ο αριθμός στο αριστερό μέλος έχει τελευταίο ψηφίο το 7 και άρα αναγκαστικά b=7

,όμως το

διαιρεί το $6^{a}$ αλλά όχι τον

συνεπώς δεν υπάρχουν λύσεις.

#1437

chris έγραψε:
socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 681:
Να προσδιορίσετε τους θετικούς ακεραίους $x_1<x_2<...<x_n<x_{n+1}$ αν

$\displaystyle{x_nx_{n+1}\leq 2(x_1+x_2+...+x_n).}$

Έχουμε $\displaystyle x_1+x_2+x_3+...+x_n\leq 1+2+3+...+x_n=\frac{x_n(x_n+1)}{2}$ (λόγω του $x_n \geq n$ )
και επομένως προκύπτει:
$\displaystyle x_nx_{n+1}\leq x_n\left(x_n+1 \right)\Rightarrow x_{n+1}\leq x_n+1$ και λόγω του $x_{n+1}>x_n$ είναι $x_n+1=x_{n+1}$
Άρα έχουμε παντού ισότητες και τελικά για $i\in \left\{1,2,...,n \right\}.$

Ωραία λύση!

Αλλιώς:

$\displaystyle{x_nx_{n+1}\leq 2(x_1+x_2+...+x_n)\leq 2(x_n-(n-1)+x_n-(n-2)+...+x_n)=2nx_n-n^2+n\leq n+x_n^2\leq x_n^2+x_n}$

οπότε $x_{n+1}\leq x_n+1...$

#1438

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 682:
Nα λυθεί το σύστημα:

$\displaystyle{\begin{cases} x(x-1)=yz \\ y(y-2)=zx \\ z(z-3)=xy \end{cases}}$

Αν ένα τουλάχιστον από τα $\displaystyle{x,y,z}$ είναι μηδέν, τότε

$\displaystyle{(x,y,z)\in \{(0,0,0),(0,0,3),(0,2,0),(1,0,0)\}}$

Έστω τώρα ότι $\displaystyle{x\neq 0 , y\neq 0 , z\neq 0}$

Το σύστημα γράφεται:

$\displaystyle{x^2 -x=yz}$ (1)

$\displaystyle{y^2 -2y=zx}$ (2)

$\displaystyle{z^2 -3z=xy}$ (3)

Πολλαπλασιάζουμε τα μέλη της (1) με $\displaystyle{y}$ και ισοδύναμα έχουμε:

$\displaystyle{x^2 y-xy=y^2 z\Leftrightarrow x(xy)-xy=y^2 z}$ και λόγω των (2) και (3) έχουμε:

$\displaystyle{x(z^2 -3z)-(z^2 -3z)=(2y+zx)z\Leftrightarrow 3x+2y+z=3\Leftrightarrow 6x+4y+2z=6}$ (4)

Eπίσης πολλαπλασιάζουμε τα μέλη της (2) με $\displaystyle{x}$ , και έχουμε ισοδύναμα:

$\displaystyle{y^2 x-2xy=zx^2 \Leftrightarrow y(xy)-2xy=zx^2\Leftrightarrow y(z^2 -3z)-2(z^2 -3z)=z(x+yz)\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{x+3y+2z=6}$ (5)

Αφαιρούμε από την (4) την (5) και έχουμε: $\displaystyle{5x+y=0\Leftrightarrow y=-5x}$ και από την (5) έχουμε:

$\displaystyle{x-15x+2z=6\Leftrightarrow z=7x+3}$

Mε βάση τα παραπάνω, η (1) γράφεται: $\displaystyle{x^2 -x=-5x(7x+3)\Leftrightarrow x=-\frac{7}{18}}$

Τώρα από την $\displaystyle{y=-5x}$ βρίσκουμε $\displaystyle{y=\frac{35}{18}}$ και από την $\displaystyle{z=7x+3}$ , βρίσκουμε $\displaystyle{z=\frac{5}{18}}$

Τελικά, εχουμε:

$\displaystyle{(x,y,z)\in \{(0,0,0),(0,0,3),(1,0,0),(0,2,0),(-\frac{7}{18},\frac{35}{18},\frac{5}{18})}\}$

jim.jt · #1439

Ας κάνω ένα ξεσκόνισμα στις παλιές αναπάντητες ασκήσεις (μαζί με την ΑΣΚΗΣΗ 654) :

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 581
Σε πόσα μηδενικά τελειώνει ο αριθμός ; Ποιο το τελευταίο μη μηδενικό ψηφίο του;

Επειδή ο αριθμός των πολλαπλασίων του

είναι μεγαλύτερος από των πολλαπλασίων του

,για να βρούμε σε πόσα μηδενικά τελειώνει ο αριθμός 2007!

, αρκεί να προσδιορίσουμε την μέγιστη δύναμη του

στο

.

Σύμφωνα από τον τύπο του Legendre από εδώ viewtopic.php?f=109&t=35961#p165665 έχουμε:

$G=\left \lfloor \frac{2007}{5} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{2007}{25} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{2007}{125} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{2007}{625} \right \rfloor=401+80+16+3=500$ ,

όπου

το πλήθος των μηδενικών του 2007!

, άρα

Ας συμβολίσουμε το τελευταίο μη μηδενικό ψηφίο του

,

.

Το τελευταίο μη μηδενικό ψηφίο του 2007!

είναι το γινόμενο των τελευταίων ψηφίων των παραγόντων του, άρα έχουμε:

$F(2007!) \equiv (10!)^{200}\cdot 7! \equiv8^{200}\cdot 4 \equiv 6^{50}\cdot 4 \equiv 6 \cdot 4=24 \equiv 4 \pmod{10}$ ,

οπότε το τελευταίο ψηφίο του 2007!

είναι το

.

#1440

AΣΚΗΣΗ 691:
Να βρείτε τον ελάχιστο θετικό ακέραιο αριθμό που μπορεί να γραφεί σαν άθροισμα 9,10

και

διαδοχικών θετικών ακεραίων αριθμών.

AΣΚΗΣΗ 692:
Βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς x,y,z

για τους οποίους

$\displaystyle{x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx+\frac{3}{2}=2(x+y+z).}$

AΣΚΗΣΗ 693:
Στην ακολουθία (a_n)

με γενικό όρο a_n=12n+p-12

, ο

είναι πρώτος αριθμός.
Να βρείτε το μέγιστο πλήθος διαδοχικών όρων της ακολουθίας που είναι πρώτοι αριθμοί.

AΣΚΗΣΗ 694:
Να βρείτε τις ακέραιες θετικές λύσεις (x,y)

της εξίσωσης

$\displaystyle{\frac{3}{8}(x^2+y^2)+\frac{1}{4}xy=83.}$

AΣΚΗΣΗ 695:
Να εξετάσετε αν το σύνολο $A=\{1,2,3,...,2012\}$ μπορεί να χωριστεί σε υποσύνολα, έτσι ώστε το μέγιστο στοιχείο κάθε τέτοιου υποσυνόλου να ισούται με το άθροισμα όλων των υπολοίπων στοιχείων του συνόλου

AΣΚΗΣΗ 696:
Αν οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί a,b,c

είναι τέτοιοι ώστε $a^2 b^2 + a^2 c^2 + b^2 c^2 = 4 \sqrt{a^3 b^3 c^3},$ να δείξετε ότι $ab + ac + bc \geq 2 \sqrt{abc} .$
Πότε ισχύει η ισότητα;

AΣΚΗΣΗ 697:
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 $80\%$ .

AΣΚΗΣΗ 698:
Να λυθεί η εξίσωση [x]+[2x]+...+[10x]=3.

AΣΚΗΣΗ 699:
Δείξτε ότι για κάθε a,b,c,x,y,z>0

ισχύει

$\displaystyle{\frac{ax}{y+z}+\frac{by}{z+x}+\frac{cz}{x+y}\geq \frac{2\sqrt{ab}+2\sqrt{bc}+2\sqrt{ca}-a-b-c}{2}.}$

ΑΣΚΗΣΗ 700:
Βρείτε όλα τα ζεύγη μη αρνητικών ακεραίων (a, b)

τέτοια ώστε ο αριθμός 3^a + 7^b

να είναι τέλειο τετράγωνο.

ΑΣΚΗΣΗ 701:
Οι πραγματικοί αριθμοί a,b,c

είναι τέτοιοι ώστε

$|2a+2b+c|\leq 1$
$|6a+3b+2c|\leq 1$
$|15a+10b+6c|\leq 1$

Δείξτε ότι $|a+b+c|\leq 15.$ Πότε ισχύει η ισότητα;

ΑΣΚΗΣΗ 702:
Οι διαφορετικοί ανά δύο θετικοί αριθμοί $a_,a_2,..,a_{10}$ είναι τέτοιοι ώστε

$\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{a_1}}+\frac{1}{\sqrt{a_2}}+...+\frac{1}{\sqrt{a_{10}}}>\sqrt{39}.}$

Δείξτε ότι κάποιος από αυτούς δεν είναι ακέραιος.

Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Μέλη σε σύνδεση