Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#1901

ΑΣΚΗΣΗ 897: (Μια παρόμοια με το τέταρτο θέμα του διαγωνισμού "ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ" για την Α ΛΥΚΕΙΟΥ)

Αν $\displaystyle{a,b \in R}$ , να βρεθεί η ελάχιστη και η μέγιστη τιμή του $\displaystyle{a+b}$ , ώστε να είναι:

$\displaystyle{4a^2 +b^2 +3ab -2a =2}$

#1902

AΣΚΗΣΗ 898: Αν $\displaystyle{x,y,z,w >0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\sqrt{\frac{x}{y+z+w}}+\sqrt{\frac{y}{z+w+x}}+\sqrt{\frac{z}{w+x+y}}+\sqrt{\frac{w}{x+y+z}} >2}$

raf616 · #1903

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 898: Αν $\displaystyle{x,y,z,w >0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\sqrt{\frac{x}{y+z+w}}+\sqrt{\frac{y}{z+w+x}}+\sqrt{\frac{z}{w+x+y}}+\sqrt{\frac{w}{x+y+z}} >2}$

Ωραία άσκηση!

Από ΑΜ - ΓΜ παίρνουμε:

$\displaystyle{\dfrac{y + z + w}{x} + 1 > 2\sqrt{\dfrac{y + z + w}{x}} \Leftrightarrow \dfrac{x}{x + y + z + w} < \dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{x}{y + z + w}} \Leftrightarrow \sqrt{\dfrac{x}{y + z + w}} > \dfrac{2x}{x + y + z + w}}$

Ομοίως:

$\sqrt{\dfrac{y}{z + w + x}} > \dfrac{2y}{x + y + z + w}}$

$\sqrt{\dfrac{z}{x + y + w}} > \dfrac{2z}{x + y + z + w}}$

$\sqrt{\dfrac{w}{x + y + z}} > \dfrac{2w}{x + y + z + w}}$

Με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε το ζητούμενο.

#1904

AΣΚΗΣΗ 899: Να αποδείξετε ότι αν $\displaystyle{x,y,z >0}$ και $\displaystyle{x+y+z=1}$ , τότε:

$\displaystyle{\frac{1+x}{y+z}+\frac{1+y}{x+z}+\frac{1+z}{x+y}\leq \frac{1}{xyz}}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#1905

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 899: Να αποδείξετε ότι αν $\displaystyle{x,y,z >0}$ και $\displaystyle{x+y+z=1}$ , τότε:

$\displaystyle{\frac{1+x}{y+z}+\frac{1+y}{x+z}+\frac{1+z}{x+y}\leq \frac{1}{xyz}}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Ίσως να την έχουμε ξαναδεί παλαιότερα, παρουσιάζει όμως ενδιαφέρον ο τρόπος λύσης που υπάρχει στην πηγή από την οποία βρήκα την ανισότητα αυτή.

Μάλλον βελτιώνεται:

$\displaystyle{\rm xyz\sum \frac{1+x}{y+z}\leq \sum xyz \frac{1+x}{2\sqrt{yz}}=\frac{1}{2}\sum x\sqrt{yz}(1+x)\leq \sum\frac{1}{4}x(y+z)(1+x)=\frac{1}{4}\sum x(1-x^2)=\frac{1}{4}\Big(1-\sum x^3\Big)\leq }$

$\displaystyle{\rm \leq \frac{1}{4}\Big(1-\frac{1}{9}\Big)=\frac{2}{9}<1.}$

Έγινε χρήση της $\displaystyle{\boxed{9(x^3+y^3+z^3)\geq (x+y+z)^3}.}$

#1906

[quote="socrates"]

-- Έστω

και

ακέραιοι τέτοιοι ώστε η εξίσωση x^3 - ax^2 - b = 0

να έχει τρεις ακέραιες ρίζες.

Να δείξετε ότι ο

μπορεί να γραφεί ως b = dk^2

, όπου

και

ακέραιοι με d | a.

viewtopic.php?f=109&t=19677

Αντικατέστησα την 416 με αυτήν

Αρχιμήδης 6 · #1907

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 872
Να λυθεί στο $\Bbb{Z}^3$ η εξίσωση

Αν

τότε

οπότε

(τι έκανα πάλι..αντί να πω ότι είναι άρτιος ο 2mod8

και ο

περιττός!!! η ώρα φταίει...

) που είναι αδύνατον γιατί $11^{2k}=1mod8$ , $11^{2k+1}=3mod8$
Άρα b>0

οπότε

άρτιος

$(11^{\dfrac{a}{2}}-3^c)(11^{\dfrac{a}{2}}+3^c)=2^{3b}$

θα υπάρχουν ακέραιοι m,n

ώστε

$(11^{\dfrac{a}{2}}-3^c)=2^m$

$(11^{\dfrac{a}{2}}+3^c)=2^n$

Με αφαίρεση ...

2*3^c=2^n-2^m

,

Αν ταυτόχρονα οι m,n

είναι μεγαλύτεροι από

δεν θα έχουμε λύσεις οπότε κάποιος θα είναι ίσος με

.

$3^c=2^{n-1}-1$
Για n=1,n=2,n=3

θα δούμε ότι από την $(11^{\dfrac{a}{2}}+3^c)=2^n$ δεν θα έχω λύσεις.(ούτε με n=1

Άρα

n>3

2^{n-1}-1=7mod8 και αφού

3^c=2^{n-1}-1 τότε

3^c=7mod8

3^{2i}=1mod8

3^{2i+1}=3mod8$.

Η εξίσωση δεν έχει λύσεις!

Δημήτρης

G.Bas · #1908

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 899: Να αποδείξετε ότι αν $\displaystyle{x,y,z >0}$ και $\displaystyle{x+y+z=1}$ , τότε:

$\displaystyle{\frac{1+x}{y+z}+\frac{1+y}{x+z}+\frac{1+z}{x+y}\leq \frac{1}{xyz}}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Ίσως να την έχουμε ξαναδεί παλαιότερα, παρουσιάζει όμως ενδιαφέρον ο τρόπος λύσης που υπάρχει στην πηγή από την οποία βρήκα την ανισότητα αυτή.

Η ακόλουθη (εύκολη) Ανισότητα ισχύει επίσης.

Αν

και

τότε να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1+x}{y+z}+\frac{1+y}{z+x}+\frac{1+z}{x+y}\geq 6.}$

raf616 · #1909

G.Bas έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 899: Να αποδείξετε ότι αν $\displaystyle{x,y,z >0}$ και $\displaystyle{x+y+z=1}$ , τότε:

$\displaystyle{\frac{1+x}{y+z}+\frac{1+y}{x+z}+\frac{1+z}{x+y}\leq \frac{1}{xyz}}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Ίσως να την έχουμε ξαναδεί παλαιότερα, παρουσιάζει όμως ενδιαφέρον ο τρόπος λύσης που υπάρχει στην πηγή από την οποία βρήκα την ανισότητα αυτή.
Η ακόλουθη (εύκολη) Ανισότητα ισχύει επίσης.

Αν και τότε να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1+x}{y+z}+\frac{1+y}{z+x}+\frac{1+z}{x+y}\geq 6.}$

Θα ήθελα να δώσω μία απόδειξη γι' αυτήν και να μου πείτε τις παρατηρήσεις σας...

Χρησιμοποιώντας την συνθήκη, η Ανισότητα γίνεται:

$\displaystyle{\dfrac{2x + y + z}{y + z} + \dfrac{2y + x + z}{x + z} + \dfrac{2z + x + y}{x + y} \geq 6 \Leftrightarrow 2\left(\dfrac{x}{y + z} + \dfrac{y}{x + z} + \dfrac{z}{x + y}\right) \geq 3 \Leftrightarrow \dfrac{x}{y + z} + \dfrac{y}{x + z} + \dfrac{z}{x + y} \geq \dfrac{3}{2}}$

Η τελευταία όμως ισχύει ως η Ανισότητα Nesbitt. Μια στοιχειώδης απόδειξη είναι η παρακάτω:

$\displaystyle{\dfrac{x}{y + z} + \dfrac{y}{x + z} + \dfrac{z}{x + y} = \dfrac{x^2}{xy + xz} + \dfrac{y^2}{yx + yz} + \dfrac{z^2}{zx + zy} \geq \dfrac{(x + y + z)^2}{2(xy + yz + zx)} \geq \dfrac{3(xy + yz + zx)}{2(xy + yz + zx)} = \dfrac{3}{2}}$

Χρησιμοποιήθηκε η ανισότητα Andreesu ή B-C-S και η στοιχειώδης $(x + y + z)^2 \geq 3(xy + yz + zx)$

gavrilos · #1910

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 881
Βρείτε όλες τις τετράδες θετικών ακεραίων με $a \leq b\leq c$ ώστε

Έχουμε $\displaystyle{a!(1+\frac{b!}{a!}+\frac{c!}{a!})=3^{d}}$ .Και οι δύο παράγοντες του πρώτου μέλους είναι φυσικοί αφού $\displaystyle{a\leq b\leq c}$ .Άρα $\displaystyle{a!=3^{k}}$ και η μόνη δεκτή τιμή είναι η $\displaystyle{a=1}$ .

Επομένως $\displaystyle{b!+c!=3^{d}-1\Leftrightarrow b!(1+\frac{c!}{b!})=3^{d}-1}$ .Αφού οι δύο παράγοντες είναι φυσικοί,κανείς δεν διαιρείται από το τρία.

Έτσι έχουμε δύο δυνατές περιπτώσεις.

$\bullet$ $\displaystyle{b=1\Leftrightarrow c!=3^{d}-2\Leftrightarrow c!=3^{d}-2\Leftrightarrow c=1,d=1}$ απ' όπου παίρνουμε τη λύση $\displaystyle{(a,b,c,d)=(1,1,1,1)}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{b=2\Leftrightarrow c!=3^{d}-3}$ .

Σ' αυτήν την περίπτωση ο $\displaystyle{c!}$ διαιρείται από το $\displaystyle{3}$ αλλά όχι από το $\displaystyle{9}$ .

Οι δυνατές τιμές του $\displaystyle{c}$ είναι επομένως $\displaystyle{3,4,5}$ .

Αν $\displaystyle{c=3}$ έχουμε $\displaystyle{3^{d}=9\Leftrightarrow d=2\Leftrightarrow (a,b,c,d)=(1,2,3,2)}$ .

Αν $\displaystyle{c=4}$ έχουμε $\displaystyle{3^{d}=27\Leftrightarrow d=3\Leftrightarrow (a,b,c,d)=(1,2,4,3)}$ .

Αν $\displaystyle{c=5}$ έχουμε $\displaystyle{3^{d}=123}$ απ' όπου δεν παίρνουμε λύσεις.

Συνοψίζοντας οι λύσεις είναι οι $\displaystyle{(a,b,c,d)=(1,1,1,1),(1,2,3,2),(1,2,4,3)}$ .

#1911

ΑΣΚΗΣΗ 900: Αν $\displaystyle{a\in N^{*}}$ και $\displaystyle{b , c\in R}$ με $\displaystyle{a<b<c}$ και αν ισχύει ότι:

$\displaystyle{a^2 +b^2 -c^2 +2a -4b+4= ac(a-c)}$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{b^2 -c-4ab =- 7}$

#1912

ΑΣΚΗΣΗ 901: Να αποδείξετε ότι για κάθε $\displaystyle{n\in N}$ , το κλάσμα: $\displaystyle{A=\frac{15n^2 +8n+6}{30n^2 +21n+13}}$ , είναι ανάγωγο.

#1913

Νίκος Αϊνστάιν έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 901: Να αποδείξετε ότι για κάθε $\displaystyle{n\in N}$ , το κλάσμα: $\displaystyle{A=\frac{15n^2 +8n+6}{30n^2 +21n+13}}$ , είναι ανάγωγο.
Έστω $\dfrac {a}{b}$ ένα κλάσμα. Για να είναι ανάγωγο, πρέπει να ισχύει .
Στο κλάσμα της άσκηση πρέπει:
$30n^2 + 21n + 13 > 15n^2 + 8n + 6 \Leftrightarrow 30n^2 + 21n + 13 > 15n^2 +13n + 7$ , που ισχύει αφού $n \in N$ . Αυτό αποδεικνύεται αν θέσουμε την ελάχιστη τιμή του , δηλαδή $n = 0: 30n^2 + 21n + 13 > 15n^2 + 8n + 6 \Leftrightarrow 13 > 6$ , που ισχύει.
Άρα, προφανώς η αρχική ανισότητα ισχύει και έτσι το κλάσμα είναι ανάγωγο.

Προσοχή! Αυτό δεν είναι σωστό. Για παράδειγμα, στο κλάσμα $\displaystyle{\frac{6}{5}}$ είναι $\displaystyle{6>5,}$ αλλά είναι ανάγωγο.
Για να είναι ένα κλάσμα ανάγωγο $\displaystyle{\frac{a}{b}}$ πρέπει και αρκεί ο μέγιστος κοινός διαιρέτης $\displaystyle{\gcd (a,b)=1.}$

Έστω $\displaystyle{d=\gcd (15n^2+8n+6,30n^2+21n+13).}$ Τότε

$\displaystyle{d|(15n^2+8n+6)}$ και $\displaystyle{d|(30n^2+21n+13).}$

Άρα

$\displaystyle{d|2(15n^2+8n+6)\implies d|(30n^2+16n+12).}$

Άρα

$\displaystyle{d|(30n^2+21n+13-(30n^2+16n+12))\implies d|(5n+1)\implies d|(15n^2+3n).}$

Άρα

$\displaystyle{d|(15n^2+8n+6)-(15n^2+3n)\implies d|(5n+6).}$

Άρα

$\displaystyle{d|(5n+6)-(5n+1)\implies d|5n.}$ Και επειδή $\displaystyle{d|(5n+1)}$ προκύπτει $\displaystyle{d|5n+1-5n\implies d|1\implies d=1.}$

#1914

ΑΣΚΗΣΗ 902: Αν $\displaystyle{a,b\in N^{*}}$ τότε $\displaystyle{(a,b)=(a+b , [a,b])}$

raf616 · #1915

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 902: Αν $\displaystyle{a,b\in N^{*}}$ τότε $\displaystyle{(a,b)=(a+b , [a,b])}$

Ας είναι

. Γράφουμε τότε a = md, b = nd, (m, n) = 1

.

Ισχύει:

$[a, b] = \dfrac{ab}{(a, b)} = \dfrac{d^2mn}{d} = dmn$

Θα δείξουμε ότι d = (dm + dn, dmn)

.

Ας είναι k = (dm + dn, dmn)

. Θα δείξουμε ότι k = d

.

Σύμφωνα με την ιδιότητα (ka, kb) = k(a, b)

έχουμε:

.

Ας είναι τώρα r = (m + n, mn)

.

Τότε

και

.

Όμως $r | n(m + n) - mn \implies r | n^2$ .

Ομοίως r | m^2

.

Όμως $(m, n) = 1 \Leftrightarrow (m^2, n^2) = 1$ .

Επομένως r | 1

και άρα

.

Επομένως, $k = d(m + n, mn) = d \cdot 1 = d$ .

Έτσι, k = d

και το ζητούμενο απεδείχθη.

#1916

ΑΣΚΗΣΗ 903: Να αποδείξετε ότι για κάθε $\displaystyle{n\in N^{*}}$ ο αριθμός $\displaystyle{n^{2222}-n^{1111}+1}$ διαιρείται με τον $\displaystyle{n^2 -n +1}$

#1917

ΑΣΚΗΣΗ 904:
Οι πραγματικοί αριθμοί a, b, c

είναι τέτοιοι ώστε $\displaystyle{a^2b^2 + 18abc > 4b^3 + 4a^3c + 27c^2.}$
Δείξτε ότι $\displaystyle{a^2 > 3b.}$

ΑΣΚΗΣΗ 905:
Βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους

ώστε ο αριθμός 1^3+2^3+...+16^3+17^n

να είναι τέλειο τετράγωνο.

ΑΣΚΗΣΗ 906:
Βρείτε τον πρώτο

και τους μη αρνητικούς ακεραίους m,n

ώστε

#1918

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 900: Αν $\displaystyle{a\in N^{*}}$ και $\displaystyle{b , c\in R}$ με $\displaystyle{a<b<c}$ και αν ισχύει ότι:

$\displaystyle{a^2 +b^2 -c^2 +2a -4b+4= ac(a-c)}$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{b^2 -c-4ab =- 7}$

Είναι

οπότε αφού a-c<0

θα είναι

ή $\displaystyle{1<\frac{1}{a}+\frac{1}{c}.}$

Αν $a\geq 2$ τότε και $c\geq 2$ και συνεπώς $\displaystyle{\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\leq 1,}$ άτοπο.

Άρα a=1.

Το ζητούμενο είναι τώρα άμεσο.

#1919

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 903: Να αποδείξετε ότι για κάθε $\displaystyle{n\in N^{*}}$ ο αριθμός $\displaystyle{n^{2222}{\color{red}+}n^{1111}+1}$ διαιρείται με τον $\displaystyle{n^2 {\color{red}+}n +1}$

Νομίζω θέλει + στο μεσαίο...

Γράφουμε $\displaystyle{A=n^{2222}-n^{1111}+1}$ και παρατηρούμε ότι

$\displaystyle{A-(n^2+n+1)=(n^{2222}-n^2)+(n^{1111}-n)=n^2(n^{2220}-1)+n(n^{1110}-1)=n^2(n^3-1)(...)+n(n^3-1)(...)=}$

=(n^3-1)(...)=(n^2+n+1)(...)}.

#1920

socrates έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 903: Να αποδείξετε ότι για κάθε $\displaystyle{n\in N^{*}}$ ο αριθμός $\displaystyle{n^{2222}{\color{red}+}n^{1111}+1}$ διαιρείται με τον $\displaystyle{n^2 {\color{red}+}n +1}$
Νομίζω θέλει + στο μεσαίο...

Γράφουμε $\displaystyle{A=n^{2222}-n^{1111}+1}$ και παρατηρούμε ότι

$\displaystyle{A-(n^2+n+1)=(n^{2222}-n^2)+(n^{1111}-n)=n^2(n^{2220}-1)+n(n^{1110}-1)=n^2(n^3-1)(...)+n(n^3-1)(...)=}$

Καλησπέρα Θανάση και ΚΑΛΟΣ ΠΟΛΙΤΗΣ

Αν δεν έχω κάποιο λάθος στην λύση μου, βγαίνει και με το "μείον". Μετά την λύση που θα γράψω σε μια από αυτές που πρότεινες πιο πάνω, θα γράψω και σε αυτήν την λύση .

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