Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

simantiris j. · #1341

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

Kαλημέρα,για το α) ισχύει ότι $\left(x+y \right)\left(x-y \right)^2\geq 0$ οπότε εκτελώντας τις πράξεις καταλήγουμε στη ζητούμενη.
Για το β) αρκεί ισοδύναμα να αποδείξουμε ότι $8\left(x^3+y^3+z^3 \right)\geq \left(x+y \right)^3+\left(x+z \right)^3+\left(y+z \right)^3=2\left(x^3+y^3+z^3 \right)+3xz\left(x+z \right)+3xy\left(x+y \right)+3zy\left(z+y \right)$ ή $2\left(x^3+z^3+y^3 \right)\geq xz\left(x+z \right)+zy\left(y+z \right)+xy\left(x+y \right)$
Αν πάρουμε όμως τις σχέσεις από το α) και τις προσθέσουμε κυκλικά κατά μέλη,προκύπτει το ζητούμενο.

#1342

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 $\displaystyle{m,k >0}$

Αρκεί να αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{\sqrt {{m^2} + 4} + m \ge \sqrt {{k^2} + 8} + k}$

Αρκεί:

$\displaystyle{{\left( {\sqrt {{m^2} + 4} + m} \right)^2} \ge {\left( {\sqrt {{k^2} + 8} + k} \right)^2}}$

Αρκεί:

$\displaystyle{2{m^2} + 4 + 2m\sqrt {{m^2} + 4} \ge 2{k^2} + 8 + 2k\sqrt {{k^2} + 8} }$

Αρκεί:

$\displaystyle{2\left( {{m^2} - {k^2}} \right) - 4 + 2m\sqrt {{m^2} + 4} \ge 2k\sqrt {{k^2} + 8} }$

Και από τη δοθείσα συνθήκα αρκεί να δείξω ότι:

$\displaystyle{2m\sqrt {{m^2} + 4} \ge 2k\sqrt {{k^2} + 8} }$

ή αρκεί

$\displaystyle{m\sqrt {{m^2} + 4} \ge k\sqrt {{k^2} + 8} }$

υψώνοντας στο τετράγωνο και τα δύο μέλη αρκεί

$\displaystyle{{m^4} + 4{m^2} \ge {k^4} + 8{k^2}}$

Αρκεί

$\displaystyle{{m^4} - {k^4} + 4\left( {{m^2} - {k^2}} \right) \ge 4{k^2}}$

Αρκεί:

$\displaystyle{\left( {{m^2} - {k^2}} \right)\left( {{m^2} + {k^2} + 4} \right) \ge 4{k^2}}$

Αρκεί

$\displaystyle{{m^2} + {k^2} + 4 \ge 2{k^2}}$

Αρκεί

$\displaystyle{{m^2} + 4 \ge {k^2}}$

Αρκεί

$\displaystyle{{m^2} - {k^2} + 4 \ge 0}$

δηλαδή

$\displaystyle{6 \ge 0}$

που ισχύει.

#1343

Νίκος Αϊνστάιν έγραψε:
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
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:
$(\sqrt {k^2 + 6} - k)^2 \geq (\sqrt {k^2 + 8} - \sqrt {k^2 + 2})^2 \Leftrightarrow$
$k^2 + 6 - 2k \sqrt {k^2 + 6} + k^2 \geq k^2 + 8 - 2 \sqrt {k^2 +2} \sqrt {k^2 + 8} + k^2 + 2 \Leftrightarrow$
$-4 - 2k \sqrt {k^2 + 6} + 2 \sqrt {k^4 + 10k^2 + 16} \geq 0 \Leftrightarrow$
$2 + k \sqrt {k^2 + 6} - \sqrt {k^4 + 10k^2 + 16} \leq 0 \Leftrightarrow$
$\sqrt {k^4 + 10k^2 + 16} \geq k \sqrt {k^2 + 6} + 2 \Leftrightarrow$
$(\sqrt {k^4 + 10k^2 + 16})^2 \geq (k \sqrt {k^2 + 6} + 2)^2 \Leftrightarrow$
$k^4 + 10k^2 + 16 \geq k^2 (k^2 + 6) + 4k \sqrt {k^2 + 6} + 4 \Leftrightarrow$
$k^4 + 10k^2 + 16 \geq k^2 + 6k^2 + 4k \sqrt {k^2 + 6} + 4 \Leftrightarrow$
$4k^2 + 12 \geq 4k \sqrt {k^2 + 6} \Leftrightarrow$
$k^2 + 3 \geq k \sqrt {k^2 + 6} \Leftrightarrow$
$(k^2 + 3)^2 \geq k^2 (\sqrt {k^2 + 6})^2 \Leftrightarrow$
$k^4 + 6k^2 + 9 \geq k^4 + 6k^2 \Leftrightarrow$
$9 \geq 0$

Που ισχύει. (Όμως δεν ισχύει η ισότητα. Μήπως έκανα κανένα λάθος; Εγώ δεν βρήκα όμως κανένα.)

Σωστά Νίκο έχεις εργαστεί . (Υπάρχει ένα μικρό τυπογραφικό , στην έκτη σειρά από το τέλος, όπου στο δεύτερο μέλος, θέλει $\displaystyle{k^4}$ αντί $\displaystyle{k^2}$ ).

Πράγματι, η ισότητα δεν μπορεί να ισχύει, αυτό όμως δεν καθιστά άκυρη την άσκηση γιατί π.χ η πρόταη $\displaystyle{5 \geq 2}$ είναι αληθής , όπως αληθής είναι

και η $\displaystyle{5>2}$

Σου γράφω κάτι πολύ χρήσιμο από την ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΛΟΓΙΚΗ (η οποία κάποτε διδασκόταν στο σχολείο):

"Αν $\displaystyle{p ,q}$ είναι δύο προτάσεις, τότε η πρόταση $\displaystyle{p}$ ή $\displaystyle{q}$ είναι αληθής, όταν μία τουλάχιστον από τις προτάσεις $\displaystyle{p,q}$ είναι αληθής."

Έτσι λοιπόν η πρόταση " $\displaystyle{5>2}$ ή $\displaystyle{5=2}$ ", είναι μία αληθής πρόταση

#1344

ΑΣΚΗΣΗ 445: (Γ Γυμνασίου) (α) Να παραγοντοποιήσε την παράσταση:

$\displaystyle{A=x^6 -3x^5 +3x^4 -2x^3 +3x^2 -3x+1}$

(β) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{A\geq 0}$

(γ) Να λύσετε την εξίσωση $\displaystyle{A=0}$

p_gianno · #1345

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 445: (Γ Γυμνασίου) (α) Να παραγοντοποιήσε την παράσταση:

$\displaystyle{A=x^6 -3x^5 +3x^4 -2x^3 +3x^2 -3x+1}$

(β) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{A\geq 0}$

(γ) Να λύσετε την εξίσωση $\displaystyle{A=0}$

$\displaystyle{A=x^6 -3x^5 +3x^4 -2x^3 +3x^2 -3x+1}$

(x^6-2x^3+1)-3x^5+3x^4+3x^2-3x=

$(x-1)^4 (x^2+x+1) \geq 0$

$A=0 \leftrightarrow (x-1)^4=0 \leftrightarrow x=1$

#1346

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 445: (Γ Γυμνασίου) (α) Να παραγοντοποιήσε την παράσταση:

$\displaystyle{A=x^6 -3x^5 +3x^4 -2x^3 +3x^2 -3x+1}$

Μια συντομότερη παραγοντοποίηση:

$\displaystyle{A=x^6 -3x^5 +3x^4 -x^3-x^3 +3x^2 -3x+1=x^3(x^3-3x^2+3x-1)-(x^3-3x^2+3x-1)=x^3(x-1)^3-(x-1)^3=}$

$\displaystyle{ =(x-1)^3(x^3-1)=(x-1)^4(x^2+x+1).}$

#1347

ΑΣΚΗΣΗ 446: (Γ Γυμνασίου)

Αν $\displaystyle{a,b >0,}$ και αν $\displaystyle{\frac{a^2 -1}{b^5}+\frac{b^2 -1}{a^5}=0}$ , να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\frac{a+b}{1+ab}\leq \frac{2}{a+b}}$

S.E.Louridas · #1348

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 $\displaystyle{m,k >0}$

Δημήτρη Καλημέρα και Χριστός Ανέστη.

Αρκεί να αποδείξουμε ότι:
$m - k \geqslant \sqrt {{k^2} + 8} - \sqrt {{m^2} + 4} ,$ αρκεί $\displaystyle{\frac{2}{{m + k}} \geqslant \frac{{{k^2} + 8 - {m^2} - 4}}{{\sqrt {{k^2} + 8} + \sqrt {{m^2} + 4} }} = \frac{2}{{\sqrt {{k^2} + 8} + \sqrt {{m^2} + 4} }},}$ που ισχύει.

#1349

ΑΣΚΗΣΗ 447

Αν οι αριθμοί x,y,z

είναι θετικοί και xy+yz+zx+xyz=4

, να αποδειχθεί ότι : $\displaystyle{x+y+z \geq 3}$

Μπάμπης

( Romania , Baraj Junior 2014)

#1350

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 447

Αν οι αριθμοί είναι θετικοί και , να αποδειχθεί ότι : $\displaystyle{x+y+z \geq 3}$

Μπάμπης

( Romania , Baraj Junior 2014)

Γεια σου Μπάμπη.

Την είδαμε εδώ.

#1351

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 447

Αν οι αριθμοί είναι θετικοί και , να αποδειχθεί ότι : $\displaystyle{x+y+z \geq 3}$

Μπάμπης

( Romania , Baraj Junior 2014)

Είναι:

$\displaystyle{4 = xy + yz + zx + xyz \ge 4\sqrt[4]{{{x^3}{y^3}{z^3}}} \Rightarrow xyz \le 1 \Rightarrow - xyz \ge - 1 \Rightarrow 4 - xyz \ge 3}$

δηλαδή: $\displaystyle{xy + yz + zx \ge 3,(1)}$

Όμως $\displaystyle{{\left( {x + y + z} \right)^2} \ge 3\left( {xy + yz + zx} \right)\mathop \ge \limits^{\left( 1 \right)} 9\mathop \Rightarrow \limits^{x,y,z > 0} x + y + z \ge 3}$

#1352

AΣΚΗΣΗ 448: (Γ Γυμνασίου). Αν $\displaystyle{a>0}$ , να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{(a+1)^{2016}+(\frac{1}{a}+1)^{2016}\geq 2^{2017}}$

G.Bas · #1353

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 448: (Γ Γυμνασίου). Αν $\displaystyle{a>0}$ , να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{(a+1)^{2016}+(\frac{1}{a}+1)^{2016}\geq 2^{2017}}$

Στα γρήγορα

Είναι από τις Ανισότητες AM-GM και Cauchy-Schwarz αντίστοιχα

$\displaystyle{(a+1)^{2016}+\left(\frac{1}{a}+1\right)^{2016}\geq 2\left[(a+1)\left(\frac{1}{a}+1\right)\right]^{1008}\geq 2\cdot(1+1)^{2016}=2^{2017}.}$

#1354

ΑΣΚΗΣΗ 449: (Γ Γυμνασίου): Αν $\displaystyle{k,x,y >0}$ και $\displaystyle{x^4 +y^4 =k(x-y)}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{x^3 +y^3 <k}$

G.Bas · #1355

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 449: (Γ Γυμνασίου): Αν $\displaystyle{k,x,y >0}$ και $\displaystyle{x^4 +y^4 =k(x-y)}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{x^3 +y^3 <k}$

Ισοδύναμα αρκεί

$\displaystyle{(x^3+y^3)(x-y)<x^4+y^4\Leftrightarrow 2y^4+x^3y>xy^3.}$

Αυτό είναι προφανές αφού από την Ανισότητα AM-GM έχουμε

$\displaystyle{2y^4+x^3y\geq 3xy^3>xy^3.}$

#1356

G.Bas έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 449: (Γ Γυμνασίου): Αν $\displaystyle{k,x,y >0}$ και $\displaystyle{x^4 +y^4 =k(x-y)}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{x^3 +y^3 <k}$
Ισοδύναμα αρκεί

$\displaystyle{(x^3+y^3)(x-y)<x^4+y^4\Leftrightarrow 2y^4+x^3y>xy^3.}$

Αυτό είναι προφανές αφού από την Ανισότητα AM-GM έχουμε

$\displaystyle{2y^4+x^3y\geq 3xy^3>xy^3.}$

Kαλό μήνα Γιώργο. Να προσθέσω, ότι το ότι $\displaystyle{x-y >0}$ , που χρειάστηκε στην ωραία λύση που μας έδωσες, έπεται από την υπόθεση. Πράγματι, αφού

$\displaystyle{x^4 +y^4 =k(x-y)\Rightarrow x-y=\frac{x^4 +y^4}{k} >0}$ , λόγω του ότι $\displaystyle{x,y,k >0}$

#1357

Από τις πρώτες 100

ασκήσεις παραμένουν άλυτες οι:
6,13,14,28,37,44,65,68,82,93,94,95,98,99

#1358

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 28

Αν οι φυσικοί αριθμοί είναι τέλειοι κύβοι, να αποδειχθεί ότι και οι φυσικοί αριθμοί είναι τέλειοι κύβοι.

Μπάμπης

Aς είναι

ένας πρώτος διαιρέτης του γινομένου abc.

Ας είναι ακόμα $p^{a_1}$ η μεγαλύτερη δύναμη του

που διαιρεί το

και αντιστοίχως $p^{b_1}$ η μεγαλύτερη δύναμη του

που διαιρεί το

και $p^{c_1}$ η μεγαλύτερη δύναμη του

που διαιρεί το

Τότε $p^{a_1+b_1}$ είναι η μεγαλύτερη δύναμη του

που διαιρεί το ab.

Εφ΄ όσον ο

είναι τέλειος κύβος, έπεται ότι το άθροισμα a_1+b_1

είναι πολλαπλάσιο του

Ομοίως τα αθροίσματα b_1+c_1

και

είναι πολλαπλάσια του

Από εδώ εύκολα προκύπτει ότι οι a_1,b_1,c_1

είναι όλοι τους πολλαπλάσια του 3.

Επομένως οι a,b,c

είναι τέλειοι κύβοι.

#1359

exdx έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 37

Να βρείτε το πλήθος των αριθμών από το $\displaystyle{\,\,\,\,1\,\,\,}$ έως το $\displaystyle{\,\,\,2012\,\,\,}$ που έχουν όλα τα ψηφία τους διαφορετικά

Κανένας αριθμός από το 2000

έως το

δεν έχει όλα του τα ψηφία διαφορετικά.
Οι τετραψήφιοι της μορφής 1abc

με όλα τους τα ψηφία διαφορετικά έχουν πλήθος $9\cdot 8\cdot 7.$
Οι τριψήφιοι με διαφορετικά ψηφία είναι $9\cdot 9\cdot 8.$
Οι διψήφιοι με διαφορετικά ψηφία είναι $9\cdot 9.$
Υπάρχουν και

μονοψήφιοι.
Συνολικά υπάρχουν 1242

τέτοιοι αριθμοί.

#1360

gauss1988 έγραψε:AΚΗΣΗ 6. Σε ένα μαθηματικό διαγωνισμό, υπήρχαν δύο ισοδύναμα βαθμολογικά θέματα. Στο πρώτο θέμα, απάντησαν σωστά το % των μαθητών , στο δεύτερο θέμα απάντησαν σωστά το % , ενώ το % των μαθητών δεν απάντησε σωστά σε κανένα από τα δύο θέματα. Κάθε σωστή απάντηση παίρνει άριστα και κάθε λανθασμένη, παίρνει μηδέν.

Κάποιος ισχυρίζεται ότι όσοι μαθητές πήραν άριστα είναι τόσοι, όσοι απάντησαν μόνο στο πρώτο θέμα.

Είναι σωστός ο ισχυρισμός;

: ΣΧ.png (4.97 KiB) Προβλήθηκε 1153 φορές

Αφού το $\displaystyle{50}$ % δεν απάντησε σωστά σε κανένα θέμα, άρα όσοι απάντησαν σωστά σε ένα τουλάχιστον θέμα αποτελούν το υπόλοιπο $\displaystyle{50}$ % του συνόλου

των μαθητών. Αν $\displaystyle{x}$ είναι το ποσοστό των μαθητών που απάντησε σωστά μόνο στην Α ερώτηση, $\displaystyle{w}$ το ποσοστό όσων απάντησε σωστά μονο στην Β

ερώτηση και $\displaystyle{y}$ όσων απάντησαν σωστά και στις δύο ερωτήσεις, τότε με βάση το πρόβλημα έχουμε:

$\displaystyle{x+y=40}$

$\displaystyle{y+w=25}$

$\displaystyle{x+y+w=50}$

Προσθέτουμε τις δύο πρώτες εξισώσεις κατά μέλη και ύστερα αφαιρούμε την τρίτη, οπότε βρίσκουμε $\displaystyle{y=15}$ .

Άρα και στα δύο ερωτήματα απάντησε το $\displaystyle{15}$ % των μαθητών, ενώ στο πρώτο θέμα απάντησε το $\displaystyle{40}$ % $\displaystyle{-15}$ % $\displaystyle{=25}$ %.

Άρα ο ισχυρισμόσ είναι λάθος.

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