Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#1881

AΣΚΗΣΗ 891: Αν $\displaystyle{0<a<b<c}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\sqrt{ab}+\sqrt{b-a}+\sqrt{ac-ab}<c^2 +\frac{c+1}{2}}$

G.Bas · #1882

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 891: Αν $\displaystyle{0<a<b<c}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\sqrt{ab}+\sqrt{b-a}+\sqrt{ac-ab}<c^2 +\frac{c+1}{2}}$

Ισχύει από την Ανισότητα Cauchy-Schwarz

$\displaystyle{\sqrt{ab}+\sqrt{b-a}+\sqrt{a(c-b)}\leq\sqrt{[a+(b-a)+(c-b)][b+1+a]}=\sqrt{c(a+b+1)}<\sqrt{c(2c+1)}}$

Μένει να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{2\sqrt{2c^2+c}\leq (2c^2+c)+1}$ το οποίο είναι προφανές από την Ανισότητα AM-GM.

#1883

ΑΣΚΗΣΗ 892: Αν $\displaystyle{a,b,c }$ είναι τα μήκη των πλευρών ενός τριγώνου , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{9}{a+b+c}\leq \frac{2}{a+b}+\frac{2}{b+c}+\frac{2}{c+a}\leq \frac{10}{a+b+c}}$

ΣΗΜ: Συμπλήρωσα στην εκφώνηση: Τα $\displaystyle{a,b,c}$ είναι τα μήκη των πλευρών ενός τριγώνου.

raf616 · #1884

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 892: Αν $\displaystyle{a,b,c >0}$ να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{9}{a+b+c}\leq \frac{2}{a+b}+\frac{2}{b+c}+\frac{2}{c+a}\leq \frac{10}{a+b+c}}$

Θα αποδείξω μόνο την αριστερή ανισότητα...

Αρκεί να δείξουμε ότι:

$\dfrac{1}{a + b} + \dfrac{1}{b + c} + \dfrac{1}{c + a} \geq \dfrac{9}{2(a + b + c)}$

Αυτό όμως ισχύει από την ανισότητα Buniakowsky - Cauchy - Schwarz ή Andreescu.

#1885

raf616 έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 892: Αν $\displaystyle{a,b,c >0}$ να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{9}{a+b+c}\leq \frac{2}{a+b}+\frac{2}{b+c}+\frac{2}{c+a}\leq \frac{10}{a+b+c}}$
Θα αποδείξω μόνο την αριστερή ανισότητα...

Σωστά.

Η δεξιά ανισότητα δεν ισχύει έτσι και αλλιώς όπως βλέπουμε παίρνοντας $a=b=1, \, c = 1000$ .

M.

#1886

Mihalis_Lambrou έγραψε:
raf616 έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 892: Αν $\displaystyle{a,b,c >0}$ να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{9}{a+b+c}\leq \frac{2}{a+b}+\frac{2}{b+c}+\frac{2}{c+a}\leq \frac{10}{a+b+c}}$
Θα αποδείξω μόνο την αριστερή ανισότητα...

Σωστά.

Η δεξιά ανισότητα δεν ισχύει έτσι και αλλιώς όπως βλέπουμε παίρνοντας $a=b=1, \, c = 1000$ .

M.

Πράγματι Μιχάλη και Ραφαήλ, η εκφώνηση χρειάζεται να συμπληρωθεί: Τα $\displaystyle{a,b,c}$ είναι τα μήκη των πλευρών ενός τριγώνου.

G.Bas · #1887

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 892: Αν $\displaystyle{a,b,c }$ είναι τα μήκη των πλευρών ενός τριγώνου , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{9}{a+b+c}\leq \frac{2}{a+b}+\frac{2}{b+c}+\frac{2}{c+a}\leq \frac{10}{a+b+c}}$

ΣΗΜ: Συμπλήρωσα στην εκφώνηση: Τα $\displaystyle{a,b,c}$ είναι τα μήκη των πλευρών ενός τριγώνου.

Νομίζω (εαν δεν έκανα κάπου λάθος) η ακόλουθη πιο ισχυρή Ανισότητα ισχύει:

Αν a,b,c

είναι πλευρές τριγώνου τότε

$\displaystyle{\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{ab+bc+ca}{(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)}\leq\frac{11}{2(a+b+c)}.}$

#1888

Μια άσκηση για τους νεαρούς μας μαθητές αν και ομολογώ ότι δεν θυμάμαι αν την έχουμε ξαναδεί.
Παρακαλώ την ... γερουσία να μη σπεύσει να την απαντήσει, αλλά ας δώσουμε λίγο χρόνο στους Juniors.

ΑΣΚΗΣΗ 893. Αν $\displaystyle{ \frac {a^2}{a+b} + \frac {b^2}{b+c} + \frac {c^2}{c+a} = 1000 }$ , πόση είναι η τιμή της παράστασης

$\displaystyle{ \frac {b^2}{a+b} + \frac {c^2}{b+c} + \frac {a^2}{c+a} }$ .

Λύνεται σε μια δυο γραμμές. Οτιδήποτε πάνω από αυτό παύει να είναι κομψή λύση.

Μ.

raf616 · #1889

Mihalis_Lambrou έγραψε:Μια άσκηση για τους νεαρούς μας μαθητές αν και ομολογώ ότι δεν θυμάμαι αν την έχουμε ξαναδεί.
Παρακαλώ την ... γερουσία να μη σπεύσει να την απαντήσει, αλλά ας δώσουμε λίγο χρόνο στους Juniors.

ΑΣΚΗΣΗ 893. Αν $\displaystyle{ \frac {a^2}{a+b} + \frac {b^2}{b+c} + \frac {c^2}{c+a} = 1000 }$ , πόση είναι η τιμή της παράστασης

$\displaystyle{ \frac {b^2}{a+b} + \frac {c^2}{b+c} + \frac {a^2}{c+a} }$ .

Λύνεται σε μια δυο γραμμές. Οτιδήποτε πάνω από αυτό παύει να είναι κομψή λύση.

Μ.

Νομίζω πως κάτι βρήκα χωρίς να είμαι απόλυτα σίγουρος...

Έστω $x = \displaystyle{ \frac {b^2}{a+b} + \frac {c^2}{b+c} + \frac {a^2}{c+a} }$

Από την εκφώνηση είναι $1000 = \displaystyle{ \frac {a^2}{a+b} + \frac {b^2}{b+c} + \frac {c^2}{c+a}$

Τότε:

$\displaystyle{1000 - x = \dfrac{(a - b)(a + b)}{a + b} + \dfrac{(b - c)(b + c)}{b + c} + \dfrac{(c - a)(c + a)}{c + a} \Leftrightarrow 1000 - x = a - b + b - c + c - a \Leftrightarrow x = 1000}$

G.Bas · #1890

Mihalis_Lambrou έγραψε:Μια άσκηση για τους νεαρούς μας μαθητές αν και ομολογώ ότι δεν θυμάμαι αν την έχουμε ξαναδεί.
Παρακαλώ την ... γερουσία να μη σπεύσει να την απαντήσει, αλλά ας δώσουμε λίγο χρόνο στους Juniors.

ΑΣΚΗΣΗ 893. Αν $\displaystyle{ \frac {a^2}{a+b} + \frac {b^2}{b+c} + \frac {c^2}{c+a} = 1000 }$ , πόση είναι η τιμή της παράστασης

$\displaystyle{ \frac {b^2}{a+b} + \frac {c^2}{b+c} + \frac {a^2}{c+a} }$ .

Λύνεται σε μια δυο γραμμές. Οτιδήποτε πάνω από αυτό παύει να είναι κομψή λύση.

Μ.

ή και αλλιώς!

Είναι $\displaystyle{1000=\sum\frac{a^2}{a+b}=\sum\left(a-\frac{ab}{a+b}\right)=a+b+c-\sum\frac{ab}{a+b}}$

και $\displaystyle{\sum\frac{b^2}{a+b}=\sum\left(b-\frac{ab}{a+b}\right)=a+b+c-\sum\frac{ab}{a+b}=1000.}$

jim.jt · #1891

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 892: Αν $\displaystyle{a,b,c }$ είναι τα μήκη των πλευρών ενός τριγώνου , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{9}{a+b+c}\leq \frac{2}{a+b}+\frac{2}{b+c}+\frac{2}{c+a}\leq \frac{10}{a+b+c}}$

ΣΗΜ: Συμπλήρωσα στην εκφώνηση: Τα $\displaystyle{a,b,c}$ είναι τα μήκη των πλευρών ενός τριγώνου.

Για την δεξιά ανισότητα:

Αφού πολλαπλασιάσουμε και τα δύο μέρη με το a+b+c

και μετά από πράξεις γίνεται:

$\displaystyle \sum_{cycl}{\frac{a+b-c}{a+b}}\geq 1$

Όμως αφού οι αριθμητές και οι παρονομαστές είναι θετικοί

$\displaystyle LHS=\sum_{cycl}{\frac{(a+b-c)^2}{(a+b)^2-ca-cb}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)}$

από την ανισότητα Cauchy-Schwarz.

Έτσι μένει να αποδείξουμε ότι $\displaystyle \frac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)}\geq 1\Leftrightarrow 2ab+2bc+2ca\geq a^2+b^2+c^2\Leftrightarrow \sum_{cycl}{a(b+c-a)}\geq 0$

το οποίο ισχύει λόγω της τριγωνικής ανισότητας.

Ισότητα έχουμε όταν a=b=c=0

, η οποία όμως δεν πληρεί τις συνθήκες της εκφώνησης.

#1892

AΣΚΗΣΗ 894:Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ με $\displaystyle{\widehat{A}=90^{o}}$ . Θεωρούμε το συμμετρικό $\displaystyle{M}$

του σημείου $\displaystyle{A}$ ως προς την υποτείνουσα καθώς και ένα τυχαίο σημείο $\displaystyle{P}$ πάνω στην υποτείνουσα. Αν $\displaystyle{K}$ και $\displaystyle{L}$

είναι οι (ορθές) προβολές του $\displaystyle{P}$ πάνω στις πλευρές $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{AC}$ αντιστοίχως, να αποδείξετε ότι οι ευθείες

$\displaystyle{MP}$ και $\displaystyle{KL}$ τέμνονται καθέτως.

: ΣΧΗΜΑ 2.png (6.67 KiB) Προβλήθηκε 2083 φορές

#1893

Mihalis_Lambrou έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 893. Αν $\displaystyle{ \frac {a^2}{a+b} + \frac {b^2}{b+c} + \frac {c^2}{c+a} = 1000 }$ , πόση είναι η τιμή της παράστασης

$\displaystyle{ \frac {b^2}{a+b} + \frac {c^2}{b+c} + \frac {a^2}{c+a} }$ .

Ορθότατες και οι δύο λύσεις. Αυτό που είχα κατά νου είναι ουσιαστικά η λύση του Ραφαήλ αλλά με λιγότερα λόγια:

Αν αφαιρέσουμε τις δύο παραστάσεις έχουμε όρους όπως τον $\displaystyle{ \frac {a^2}{a+b} - \frac {b^2}{a+b} = \frac {a^2-b^2}{a+b} =a-b$ , και κυκλικά. Τελικά η διαφορά είναι (a-b)+(b-c)+(c-a)=0

. Άρα οι δύο παραστάσεις είναι ίσες. Και λοιπά.

gavrilos · #1894

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 894:Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ με $\displaystyle{\widehat{A}=90^{o}}$ . Θεωρούμε το συμμετρικό $\displaystyle{M}$

του σημείου $\displaystyle{A}$ ως προς την υποτείνουσα καθώς και ένα τυχαίο σημείο $\displaystyle{P}$ πάνω στην υποτείνουσα. Αν $\displaystyle{K}$ και $\displaystyle{L}$

είναι οι (ορθές) προβολές του $\displaystyle{P}$ πάνω στις πλευρές $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{AC}$ αντιστοίχως, να αποδείξετε ότι οι ευθείες

$\displaystyle{MP}$ και $\displaystyle{KL}$ τέμνονται καθέτως.

: Γεωμετρια mathematica_39.PNG (16.85 KiB) Προβλήθηκε 2017 φορές

Αρχικά $\displaystyle{AM\perp BC}$ και τα τρίγωνα $\displaystyle{ABC,ACM,BCM,ABM}$ είναι ίσα άρα το $\displaystyle{ABCM}$ είναι τετράγωνο.

Έστω $\displaystyle{P}$ το σημείο τομής των $\displaystyle{KL,MP}$ .

Το $\displaystyle{AKPL}$ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο αφού έχει τρεις γωνίες ορθές.Άρα $\displaystyle{KP\parallel AC\Leftrightarrow KP\perp CM}$ κι έστω $\displaystyle{S}$ το σημείο τομής τους.

Ακόμη το $\displaystyle{CSPL}$ είναι τετράγωνο αφού το τρίγωνο $\displaystyle{CPL}$ είναι όμοιο με το αρχικό άρα $\displaystyle{PL=LC}$ και $\displaystyle{\hat{PLC}=90^{\circ}}$ .

Τα τρίγωνα $\displaystyle{KPL,MPS}$ είναι ίσα επειδή:

$\bullet$ $\displaystyle{\hat{KPL}=\hat{MSP}=90^{\circ}}$ ,

$\bullet$ $\displaystyle{PS=PL}$ από το τετράγωνο,

$\bullet$ $\displaystyle{MS=KP}$ επειδή $\displaystyle{KP+PS=MS+CS}$ και $\displaystyle{PS=CS}$ .

Άρα $\displaystyle{\hat{PMS}=\hat{PKL}}$ κι επειδή $\displaystyle{\hat{BKP}=\hat{BMS}}$ θα είναι $\displaystyle{\hat{BKT}+\hat{BMT}=180^{\circ}}$ .

Επομένως το τετράπλευρο $\displaystyle{BKTM}$ είναι εγγράψιμο κι έτσι $\displaystyle{\hat{KBM}+\hat{KTM}=180^{\circ}\Leftrightarrow \hat{KTM}=90^{\circ}}$ .

#1895

Ας μου επιτραπεί από τον Μπάμπη και τον Σιλουανό, να βάλλω μια άσκηση από το νέο ΑΠΙΘΑΝΟ βιβλίο "ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ 2" μιας και το θεωρώ απαραίτητο να δούν την λύση της, όσοι ασχολούνται με διαγωνισμούς.
(Βέβαια, υπάρχουν πάμπολες πανέμορφες ασκήσεις, αλλά δεν θα κάνω κατάχρηση...

)

ΑΣΚΗΣΗ 895: Να βρεθούν όλοι οι ακέραιοι $\displaystyle{x,y,z}$ που ικανοποιούν την εξίσωση: $\displaystyle{2^x +25^y =z^2}$

raf616 · #1896

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Ας μου επιτραπεί από τον Μπάμπη και τον Σιλουανό, να βάλλω μια άσκηση από το νέο ΑΠΙΘΑΝΟ βιβλίο "ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ 2" μιας και το θεωρώ απαραίτητο να δούν την λύση της, όσοι ασχολούνται με διαγωνισμούς.
(Βέβαια, υπάρχουν πάμπολες πανέμορφες ασκήσεις, αλλά δεν θα κάνω κατάχρηση... )

ΑΣΚΗΣΗ 894: Να βρεθούν όλοι οι ακέραιοι $\displaystyle{x,y,z}$ που ικανοποιούν την εξίσωση: $\displaystyle{2^x +25^y =z^2}$

Έχω αρχίσει να ασχολούμαι με τέτοιου είδους εξισώσεις αλλά δεν ξέρω αν η παρακάτω λύση είναι σωστή... Τη βάζω για να μάθω μέσα από τα τυχόν λάθη μου...

Αρχικά, παρατηρούμε ότι δεν μπορεί κανένας από τους x, y

να είναι αρνητικός γιατί τότε το δεύτερο μέλος θα ήταν ακέραιο ενώ το πρώτο όχι.

Ακόμα, μπορούμε να υποθέσουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι z > 0

γιατί για

το πρώτο μέλος θα είναι θετικό και το άλλο αρνητικό.

Επομένως, δουλεύουμε για $x, y \geq 0$ και z > 0

.

Η δοθείσα γίνεται:

$2^x + 25^y = z^2 \Leftrightarrow 2^x = (z - 5^y)(z + 5^y)$

Θα πρέπει οι παράγοντες του αριθμού να είναι διαιρέτες του

. Άρα:

$\begin{cases} z - 5^y = 2^a \\ z + 5^y = 2^b \end{cases}$

με $a, b \in \Bbb{N}$ και b > a

Με αφαίρεση κατά μέλη θα πάρουμε:

$2^b - 2^a = 2 \cdot 5^y \Leftrightarrow 2^a(2^{b - a} - 1) = 2 \cdot 5^y \Leftrightarrow 2^{a - 1}(2^{b - a} - 1) = 5^y$

Επειδή το θα πρέπει $2^{a - 1} | 5^y$ θα είναι αναγκαστικά $a - 1 = 0 \Leftrightarrow a = 1$

Άρα, η παραπάνω σχέση γίνεται:

$2^{b - 1} - 1 = 5^y \Leftrightarrow 2^{b - 1} = 5^y + 1$

Όμως, για $b \geq 3$ ισχύει $2^{b - 1} \equiv 0 \pmod4$ ενώ $5^{y} \equiv 1 \pmod4 \Leftrightarrow 5^{y} + 1 \equiv 2 \pmod 4$

Επομένως $b < 3 \implies b = 1 \vee b = 2$ επειδή $b - 1 \geq 0$

Για b = 1

δεν έχουμε λύσεις.

Για b = 2

, η τελευταία σχέση γίνεται:

$2^{b - 1} = 5^{y} + 1 \Leftrightarrow 2 = 5^{y} + 1 \Leftrightarrow 5^{y} = 1 \Leftrightarrow y = 0$

Εύκολα πλέον παίρνουμε τις λύσεις (x, y, z) = (3, 0, 3)

και

Αρχιμήδης 6 · #1897

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 894: Να βρεθούν όλοι οι ακέραιοι $\displaystyle{x,y,z}$ που ικανοποιούν την εξίσωση: $\displaystyle{2^x +25^y =z^2}$

Ραφαήλ

Αν θες μια απόδειξη με κατάλληλα mod

τότε δες την παρακάτω.

Καταρχήν θα αποδείξουμε ότι οι αριθμοί μας δεν είναι αρνητικοί .(Αυτό παραλείπεται .)

Αν ο

είναι μηδέν θα πάρουμε τις λύσεις (3;0;3);(3;0;-3)

Αν

θετικός και y,z

φυσικοί τότε..

Για mod3

θα δεις ότι Αν ο

ήταν άρτιος τότε.

2^x=1mod3

οπότε

αδύνατον.

Άρα

περιττός και το κατάλληλο mod

τώρα είναι το mod5

.

Επειδή

περιττός τότε

$2^{4r+1}=2mod5$ , $2^{4r+3}=3mod5$ οπότε

2^x+25^y=2,3mod5=z^2

αδύνατον γιατί τα τετραγωνικά υπόλοιπα του

είναι

.

Μοναδικές λύσεις οι (x;y;z)=(3;0;3);(3;0;-3)

.

*Διόρθωσα κάτι τυπογραφικά λόγω κούρασης...

#1898

Mihalis_Lambrou έγραψε:Μια άσκηση για τους νεαρούς μας μαθητές αν και ομολογώ ότι δεν θυμάμαι αν την έχουμε ξαναδεί.
Παρακαλώ την ... γερουσία να μη σπεύσει να την απαντήσει, αλλά ας δώσουμε λίγο χρόνο στους Juniors.

ΑΣΚΗΣΗ 893. Αν $\displaystyle{ \frac {a^2}{a+b} + \frac {b^2}{b+c} + \frac {c^2}{c+a} = 1000 }$ , πόση είναι η τιμή της παράστασης

$\displaystyle {B= \frac {b^2}{a+b} + \frac {c^2}{b+c} + \frac {a^2}{c+a} }$ .

Λύνεται σε μια δυο γραμμές. Οτιδήποτε πάνω από αυτό παύει να είναι κομψή λύση.

Μ.

Μιχάλη, καλή χρονιά !

Ωραία άσκηση , όντως ! Επειδή σε κάποια παρόμοια άσκηση είχα κάνει το παρακάτω τέχνασμα, είπα να το κάνω και εδώ . Όχι καλή λύση, τη στέλνω μόνο και μόνο για το τέχνασμα.

Είναι

$\displaystyle{ \displaystyle { B-(b+c+a)=\,(\frac{{{b}^{2}}}{a+b}-b)+(\frac{{{c}^{2}}}{b+c}-c)+(\frac{{{a}^{2}}}{c+a}-a) }$

$\displaystyle{= \frac{-ab}{a+b}+\frac{-bc}{b+c}+\frac{-ca}{c+a} =1000-(a+b+c) }}$

Επομένως :

$\displaystyle{B=\,\frac{{{b}^{2}}}{a+b}+\frac{{{c}^{2}}}{b+c}+\frac{{{a}^{2}}}{c+a} =1000}$

Μπάμπης

#1899

ΑΣΚΗΣΗ 896: Αν $\displaystyle{S_{n}=\frac{1}{\sqrt{2+\sqrt{3}}}+\frac{1}{\sqrt{4+\sqrt{15}}}+\frac{1}{\sqrt{6+\sqrt{35}}}+ ...+ \frac{1}{\sqrt{2n+\sqrt{4n^2 -1}}}}$ ,

'οπου $\displaystyle{n\in N^{*}}$ , να βρεθεί η μέγιστη τιμή του $\displaystyle{n}$ , για την οποία έχουμε $\displaystyle{S_{n}<5\sqrt{2}}$

ΣΗΜ: Διόρθωσα την αρίθμηση στις ασκήσεις 895,896

gavrilos · #1900

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 895: Αν $\displaystyle{S_{n}=\frac{1}{\sqrt{2+\sqrt{3}}}+\frac{1}{\sqrt{4+\sqrt{15}}}+\frac{1}{\sqrt{6+\sqrt{35}}}+ ...+ \frac{1}{\sqrt{2n+\sqrt{4n^2 -1}}}}$ ,

'οπου $\displaystyle{n\in N^{*}}$ , να βρεθεί η μέγιστη τιμή του $\displaystyle{n}$ , για την οποία έχουμε $\displaystyle{S_{n}<5\sqrt{2}}$

Μη βλέπω μέγιστες τιμές γιατί εκνευρίζομαι..

Λοιπόν.

Πολλαπλασιάζοντας με τη συζυγή του υπόρριζου βρίσκουμε πως

$\displaystyle}\frac{1}{\sqrt{2n+\sqrt{4n^{2}-1}}}=\sqrt{2n-\sqrt{4n^{2}-1}}}$ .

Αρκεί δηλαδή να βρούμε τη μέγιστη τιμή του $\displaystyle{n}$ ώστε $\displaystyle{\sqrt{2-\sqrt{3}}+\sqrt{4-\sqrt{15}}+...+\sqrt{2n-\sqrt{4n^{2}-1}}<5\sqrt{2}}$ .

Αν πολλαπλασιάσουμε και τα δύο μέλη με $\displaystyle{\sqrt{2}}$ αρκεί να βρούμε το μέγιστο $\displaystyle{n}$ ώστε $\displaystyle{\sqrt{4-2\sqrt{3}}+\sqrt{8-2\sqrt{15}}+...+\sqrt{4n-2\sqrt{4n^{2}-1}}<10}$ .

Όμως $\displaystyle{\sqrt{4n-2\sqrt{4n^{2}-1}}=\sqrt{\left(\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n-1}\right)^{2}}=\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n-1}}$ .

Άρα το πρώτο μέλος γίνεται $\displaystyle{\sqrt{3}-\sqrt{1}+\sqrt{5}-\sqrt{3}+...+\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n-1}=\sqrt{2n+1}-1}$ .

Για να είναι λοιπόν $\displaystyle{\sqrt{2n+1}<11}$ πρέπει $\displaystyle{2n+1<121\Leftrightarrow n<60}$ και εφόσον $\displaystyle{n\in\mathbb{N^{*}}}$

η μέγιστη τιμή του $\displaystyle{n}$ είναι $\displaystyle{59}$ .

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