Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

S.E.Louridas · #1321

Συγγνώμη που επανέρχομαι αλλά πιστεύω ότι δεν υπάρχει κανένας σχεδιασμός, για ποιόν σχεδιασμό μιλάμε; Επίτρεψε μου Βασίλη να θεωρώ ότι οι "σοφοί" είναι σίγουρα πολύ πονηροί αλλά καθόλου έξυπνοι. Τα πράγματα έχουν μπερδευτεί λιγάκι. Η τέχνη της παρουσίασης του ψέματος για αλήθεια είναι στο maximum στις μέρες μας. Χρειάζεται δε φίλε μεγάλη προσοχή σε αυτό το αίσχος που ονομάζεται "κοινωνικός αυτοματισμός".

S.E.Louridas · #1322

Τέλος πάντων...

Αν a,b,c

περιττοί ακέραιοι αποδείξτε ότι: $\displaystyle{\left( {a,b,c} \right) = \left( {\frac{{a + b}}{2},\frac{{b + c}}{2},\frac{{c + a}}{2}} \right).}$

#1323

S.E.Louridas έγραψε:Τέλος πάντων...

Αν περιττοί ακέραιοι αποδείξτε ότι: $\displaystyle{\left( {a,b,c} \right) = \left( {\frac{{a + b}}{2},\frac{{b + c}}{2},\frac{{c + a}}{2}} \right).}$

Έστω $\displaystyle{a= 2k+1, b=2m+1 , c=2n+1}$ . Τότε:( $\displaystyle{ \frac{{a + b}}{2},\frac{{b + c}}{2},\frac{{c + a}}{2}})=(k+m+1 , m+n+1 , k+n+1)}$

Aς υποθέσουμε ότι $\displaystyle{d=(a,b,c) , D=(k+m+1 , m+n+1 , k+n+1)=(\frac{a+b}{2}, \frac{b+c}{2} , \frac{c+a}{2}).}$ . Θα δείξουμε ότι $\displaystyle{d=D}$

Πράγματι, αφού $\displaystyle{d=(a,b,c)\Rightarrow d|a , d|b , d|c }$

Όμως :

$\displaystyle{d|a , d|b \Rightarrow d|a+b \Rightarrow d|2k+1+2m+1 \Rightarrow d|2(k+m+1)}$ . Αφού όμως $\displaystyle{a,b,c}$ περιττοί, άρα ο $\displaystyle{d}$ δεν είναι άρτιος.

Άρα από το ότι $\displaystyle{d|2(k+m+1)}$ έπεται ότι $\displaystyle{d|k+m+1.}$ Ομοίως δείχνουμε ότι $\displaystyle{d|m+n+1}$ και $\displaystyle{d|k+n+1}$ . Συνεπώς :

$\displaystyle{d|(k+m+1 ,m+n+1 , k+n+1)}$ και άρα $\displaystyle{d\leq D}$ , (ΣΧΕΣΗ 1)

Στη συνέχεια έχουμε:

$\displaystyle{D|\frac{a+b}{2} \Rightarrow D|2\frac{a+b}{2} \Rightarrow D|a+b.}$ Ομοίως $\displaystyle{D|b+c , D|c+a}$ . Έχουμε λοιπόν:

$\displaystyle{D|c+b , D|a+c \Rightarrow D|c+b-(a+c)\Rightarrow D|b-a}$ . Tώρα:

$\displaystyle{D|a+b , D|b-a \Rightarrow D|(a+b)+(b-a) \Rightarrow D|2b}$ . Ομοίως, $\displaystyle{D|2a , D|2c}$

Θα δείξω ότι ο $\displaystyle{D}$ δεν μπορεί να είναι άρτιος. Πράγματι, αν ήταν άρτιος, τότε θα έπρεπε οι αριθμοί $\displaystyle{k+m+1 , m+n+1 , k+n+1}$ να ήταν όλοι άρτιοι.

Άρα οι αριθμοί $\displaystyle{k+m , m+n , n+k }$ θα ήταν όλοι περιττοί. Άρα και ο αριθμός π.χ $\displaystyle{(k+m)-(m+n)}$ θα ήταν άρτιος, δηλαδή $\displaystyle{k-n}$ άρτιος.

Αφού όμως τότε θα είχαμε ότι $\displaystyle{k+n=}$ ΄περιττός και $\displaystyle{k-n =}$ άρτιος, τότε θα έπρεπε να είχαμε και $\displaystyle{k+n+k-n=}$ περιττός, δηλαδή $\displaystyle{2k=}$ περιττός,

πράγμα που είναι άτοπο. Άρα πράγματι ο $\displaystyle{D}$ είναι περιττός. Τότε, δεδομένου ότι $\displaystyle{D|2a , D|2b , D|2c}$ έπεται ότι $\displaystyle{D|a , D|b , D|c}$ και άρα

$\displaystyle{D|(a,b,c)}$ . Άρα $\displaystyle{D\leq d}$ , (ΣΧΕΣΗ 2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε ότι $\displaystyle{D=d}$

(Σωτήρη, αν έχεις κάποια πιο απλή απόδειξη υπ όψιν σου, μας την δίνεις γιατί αυτή που έγραψα, είναι αρκετά κουραστική)

S.E.Louridas · #1324

S.E.Louridas έγραψε:Αν περιττοί ακέραιοι αποδείξτε ότι: $\displaystyle{\left( {a,b,c} \right) = \left( {\frac{{a + b}}{2},\frac{{b + c}}{2},\frac{{c + a}}{2}} \right).}$

Δημήτρη Καλή σου μέρα. Προφανώς και η λύση σου είναι άψογη και προάγει μέθοδο.

Η ημέτερη αντιμετώπιση είναι:
$a + b = 2x,\;b + c = 2y,\;c + a = 2z\, \Rightarrow \,$ $a = x + z - y,\;b = x + y - z,\;c = y + z - x.$
Έστω ότι έχουμε ${d_1} = \left( {x,y,z} \right)\quad \left( 1 \right),\;\;{d_2} = \left( {x + z - y,\;x + y - z,\;y + z - x\;} \right)\quad \left( 2 \right),$ με τον d_2

να είναι περιττός.
Παρατηρούμε από τις (1), (2)

άμεσα ότι ${d_1}|{d_2}.$
Αν d_2 =1

τότε και

. Αν ${d_2} > 1$ τότε ${d_2}|x + z - y,\;{d_2}|y + z - x \Rightarrow {d_2}|2z \Rightarrow {d_2}|z,$ όμοια παίρνουμε ${d_2}|x,\;{d_2}|y \Rightarrow {d_2}|{d_1} \Rightarrow {d_2} = {d_1}.$

(*) Χρησιμοποιήθηκε η βασική ιδιότητα: Αν ένας ακέραιος διαιρεί κάποιους ακέραιους θα διαιρεί και τον Μέγιστο Κοινό Διαιρέτη τους.

raf616 · #1325

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 434: (Γ Γμνασίου) Μετά τις καταπληκτικές λύσεις που μας χάρισε ο Σωτήρης πιο πάνω, συνεχίζουμε

με μια ακόμα πάνω στον Μ.Κ.Δ:

Αν $\displaystyle{x , y \in N^{*}}$ , να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{(x,y)\leq (x+y , 2x-3y)}$

Καλημέρα.

Έστω d = (x, y)

. Τότε

και

. Όμως,

. Τελικά,

και

οπότε $d|(x + y, 2x - 3y) \implies (x, y) \leq (x + y, 2x - 3y)$ .

#1326

ΑΣΚΗΣΗ 436: (Α,Β,Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{(a,b)=1}$ , τότε $\displaystyle{(a+b , a-b)=1}$ ή $\displaystyle{2}$ .

simantiris j. · #1327

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 436: (Α,Β,Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{(a,b)=1}$ , τότε $\displaystyle{(a+b , a-b)=1}$ ή $\displaystyle{2}$ .

Καλημέρα,
ας θέσουμε $d=\begin{pmatrix} a+b,a-b \end{pmatrix}$ .Τότε $d\mid \left(a+b \right)+\left(a-b \right)=2a,d\mid \left(a+b \right)-\left(a-b \right)=2b$ οπότε $d\mid \begin{pmatrix} 2a,2b \end{pmatrix}=2\begin{pmatrix} a,b \end{pmatrix}=2$ . Άρα d=1

ή

#1328

AΣΚΗΣΗ 437: (Α,Β,Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{a,b\in Z}$ και $\displaystyle{(a,4)=(b,4)=2}$ , να βρείτε τον $\displaystyle{(a+b , 4)}$

simantiris j. · #1329

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 437: (Α,Β,Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{a,b\in Z}$ και $\displaystyle{(a,4)=(b,4)=2}$ , να βρείτε τον $\displaystyle{(a+b , 4)}$

Καλησπέρα,
έχουμε ότι οι a,b

είναι άρτιοι και όχι διαιρετοί με το

(αλλιώς θα ήταν πχ $\begin{pmatrix} a,4 \end{pmatrix}=4$ άτοπο)Αυτό σημαίνει ότι $a\equiv b\equiv 2(\bmod 4)$ .Άρα $a+b\equiv 0(\bmod 4)\Rightarrow 4\mid a+b\Rightarrow \begin{pmatrix} a+b,4 \end{pmatrix}=4$

#1330

ΑΣΚΗΣΗ 438: (Γ Γυμνασίου) Έστω $\displaystyle{f(x)=\frac{x}{x+1} , x>0}$ . Δείξτε ότι:

$\displaystyle{f(1.3).f(2.4).f(3.5). ... .f(2014.2016) >\frac{1}{2}}$

#1331

ΑΣΚΗΣΗ 439: (Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{n\in N}$ και αν $\displaystyle{x=2n+1 , y=3n+2 , z= 4n+3}$ , να αποδείξετε ότι ο

αριθμός $\displaystyle{A=\sqrt{\frac{[x,y]+[y,z]}{2}}$ , είναι φυσικός.

Νίκος Αϊνστάιν · #1332

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 439: (Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{n\in N}$ και αν $\displaystyle{x=2n+1 , y=3n+2 , z= 4n+3}$ , να αποδείξετε ότι ο

αριθμός $\displaystyle{A=\sqrt{\frac{[x,y]+[y,z]}{2}}$ , είναι φυσικός.

Καλημέρα.
Θα ξεκινήσουμε με το [x, y] = [2n + 1, 3n + 2]

. Θέτουμε $\delta = (x, y) = (2n + 1, 3n + 2)$ .

Προφανώς, ισχύουν:
$\delta \mid 2n + 1 \Leftrightarrow \delta \mid 6n + 3$ (1)
$\delta \mid 3n + 2 \Leftrightarrow \delta \mid 6n + 4$ (2)

Αφαιρούμε κατά μέλη: $(1) - (2): \delta \mid 1 \Leftrightarrow \delta = 1$
Επίσης, έχουμε $[2n + 1, 3n + 2] = \dfrac {(2n + 1)(3n + 2)}{(2n + 1, 3n + 2)} = (2n + 1)(3n + 2) = 6n^2 + 7n + 2$

Ομοίως, έχουμε [y, z] = [3n + 2, 4n + 3]

. Θέτουμε $\Delta = (y, z) = (3n + 2, 4n + 3)$ .

Με όμοιο τρόπο με τον παραπάνω αποδεικνύουμε ότι $\Delta = 1$ και έτσι έχουμε [3n + 2, 4n + 3] = (3n + 2)(4n + 3) = 12n^2 + 17n + 6

Θα κάνουμε αντικατάσταση στην αρχική παράσταση:
$A=\sqrt {\dfrac {[x, y] + [y, z]}{2}} = \sqrt {\dfrac {6n^2 + 7n + 2 + 12n^2 + 17n + 6}{2}} = \sqrt {\dfrac {18n^2 + 24n + 8}{2}} =$
$= \sqrt {(3n)^2 + 2 \cdot 3 \cdot 2 + 2^2} = \sqrt {(3n + 2)^2} = |3n + 2|$ (3)

Και αφού $n \in N$ , έπεται ότι η (3) είναι φυσικός αριθμός.

Νίκος Αϊνστάιν · #1333

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 438: (Γ Γυμνασίου) Έστω $\displaystyle{f(x)=\frac{x}{x+1} , x>0}$ . Δείξτε ότι:

$\displaystyle{f(1.3).f(2.4).f(3.5). ... .f(2014.2016) >\frac{1}{2}}$

H παράσταση γίνεται: $\dfrac {1 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 4 \cdot 3 \cdot ... \cdot 2014 \ cdot 2016}{(1 \cdot 3 + 1)(2 \cdot 4)...(2014 \cdot 2016 + 1)}$

Τώρα, θα κάνουμε τις πράξεις στον αριθμητή και στον παρανομαστή ξεχωριστά:
$A = 1 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 4 \cdot 3 \cdot ... \cdot 2014 \ cdot 2016 = 1 \cdot 2 \cdot 3^2 \cdot ... \cdot 2014^2 \cdot 2015 \cdot 2016$

Στον παρανομαστή, παρατηρούμε ότι τα γινόμενα είναι της μορφής:
x(x + 2) + 1 = x^2 + 2x + 1 = (x + 1)^2

Άρα, ο γίνεται: $\Pi = 2^2 \cdot 3^2 \cdot 4^2 \cdot ... \cdot 2015^2$

Τελικά, μετά από απλοποίηση η αρχική παράσταση γίνεται:
$f(1.3).f(2.4).f(3.5). ... .f(2014.2016) = \dfrac {A}{\Pi} = \dfrac {2015 \cdot 2016}{2 \cdot 2015^2} = \dfrac {2016}{2 \cdot 2015}$

Αφού 2016 > 2015

, έπεται ότι $\dfrac {2016}{2015} > 1 \Leftrightarrow \dfrac {2016}{2015 \cdot 2} > \dfrac {1}{2}$ και έτσι αποδείξαμε το ζητούμενο.

Ευχαριστώ τον κ. Δημήτρη για την διόρθωση ενός λάθους στην άσκηση.

#1334

ΑΣΚΗΣΗ 440: (Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{x\in R}$ , να βείτε την ελάχιστη τιμη της παράστασης:

$\displaystyle{f(x) = (x-1)(x+2)(x^2 +x+2)+10}$

raf616 · #1335

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 440: (Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{x\in R}$ , να βείτε την ελάχιστη τιμη της παράστασης:

$\displaystyle{f(x) = (x-1)(x+2)(x^2 +x+2)+10}$

Καλησπέρα. Μία προσέγγιση...

$\displaystyle{f(x) = (x-1)(x+2)(x^2 + x + 2) + 10 = (x^2 + x - 2)(x^2 + x + 2) + 10 = (x^2 + x)^2 - 4 + 10 = (x^2 + x)^2 + 6 \geq 6}$

Επομένως, η ελάχιστη τιμή της παράστασης είναι

και αυτή πιάνεται όταν $x^2 + x = 0 \Leftrightarrow x = -1 \vee x = 0$ .

#1336

AΣΚΗΣΗ 441: (Γ Γυμνασίου) Να αποδείξετε ότι: Για κάθε $\displaystyle{n\in N^{*}}$ , ισχύει ότι:

$\displaystyle{(\frac{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}{\sqrt{n}})^{2n+1} +(\frac{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}{\sqrt{n+1}})^{2n+1} >4^{n+1}}$

#1337

ΑΣΚΗΣΗ 442: (Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{a,b,x,y \in R}$ και αν ισχύουν οι ισότητες:

$\displaystyle{ab+x+y=3 , bx+y+a=5 , xy+a+b=2 , ay+b+x=6}$ , να βρεθούν οι αριθμοί $\displaystyle{a,b,x,y}$

#1338

AΣΚΗΣΗ 443(Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{m^2 -k^2 =2}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\sqrt{m^2 +4}-k\geq \sqrt{k^2 +8}-m}$ , όπου $\displaystyle{m,k >0}$

#1339

AΣΚΗΣΗ 444: (Γ Γυμνασίου). Για κάθε $\displaystyle{x,y,z\geq 0}$ , να αποδείξετε ότι:

(α) $\displaystyle{x^3 +y^3 \geq xy(x+y)}$

(b) $\displaystyle{x^3 +y^3 +z^3 \geq (\frac{x+y}{2})^3 +(\frac{y+z}{2})^3 +(\frac{z+x}{2})^3}$

Νίκος Αϊνστάιν · #1340

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 443(Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{m^2 -k^2 =2}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\sqrt{m^2 +4}-k\geq \sqrt{k^2 +8}-m}$ , όπου $\displaystyle{m,k >0}$

Η υπόθεση γίνεται m^2 = k^2 + 2

Η ανίσωση προς απόδειξη γίνεται $\sqrt {k^2 + 6} - k \geq \sqrt {k^2 + 8} - \sqrt {k^2 + 2}$
Θα την αποδείξουμε υψώνοντας στο τετράγωνο και χρησιμοποιώντας την μέθοδο των ισοδυναμιών:
$(\sqrt {k^2 + 6} - k)^2 \geq (\sqrt {k^2 + 8} - \sqrt {k^2 + 2})^2 \Leftrightarrow$
$k^2 + 6 - 2k \sqrt {k^2 + 6} + k^2 \geq k^2 + 8 - 2 \sqrt {k^2 +2} \sqrt {k^2 + 8} + k^2 + 2 \Leftrightarrow$
$-4 - 2k \sqrt {k^2 + 6} + 2 \sqrt {k^4 + 10k^2 + 16} \geq 0 \Leftrightarrow$
$2 + k \sqrt {k^2 + 6} - \sqrt {k^4 + 10k^2 + 16} \leq 0 \Leftrightarrow$
$\sqrt {k^4 + 10k^2 + 16} \geq k \sqrt {k^2 + 6} + 2 \Leftrightarrow$
$(\sqrt {k^4 + 10k^2 + 16})^2 \geq (k \sqrt {k^2 + 6} + 2)^2 \Leftrightarrow$
$k^4 + 10k^2 + 16 \geq k^2 (k^2 + 6) + 4k \sqrt {k^2 + 6} + 4 \Leftrightarrow$
$k^4 + 10k^2 + 16 \geq k^4 + 6k^2 + 4k \sqrt {k^2 + 6} + 4 \Leftrightarrow$
$4k^2 + 12 \geq 4k \sqrt {k^2 + 6} \Leftrightarrow$
$k^2 + 3 \geq k \sqrt {k^2 + 6} \Leftrightarrow$
$(k^2 + 3)^2 \geq k^2 (\sqrt {k^2 + 6})^2 \Leftrightarrow$
$k^4 + 6k^2 + 9 \geq k^4 + 6k^2 \Leftrightarrow$
$9 \geq 0$

Που ισχύει.

*Ευχαριστώ τον κ. Δημήτρη για την βοήθεια.

Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Μέλη σε σύνδεση