Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2021

ΑΣΚΗΣΗ 961: Αν $\displaystyle{a_1 ,a_2 , . . . , a_n \geq 0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{(a_1 \sqrt{a_1}+a_2 \sqrt{a_2}+ ... +a_n \sqrt{a_n})^2 \leq (a_1 +a_2 + . . . +a_n )^3}$

G.Bas · #2022

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 961: Αν $\displaystyle{a_1 ,a_2 , . . . , a_n \geq 0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{(a_1 \sqrt{a_1}+a_2 \sqrt{a_2}+ ... +a_n \sqrt{a_n})^2 \leq (a_1 +a_2 + . . . +a_n )^3}$

Είναι από την Ανισότητα Cauchy-Schwarz

$\displaystyle{(a_1\sqrt{a_1}+a_2\sqrt{a_2}+\cdots+a_n\sqrt{a_n})^2\leq (a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)(a_1+a_2+\cdots+a_n).}$

Μένει δηλαδή να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2\leq (a_1+a_1+\cdots+a_n)^2}$ όπου προφανώς ισχύει.

#2023

ΑΣΚΗΣΗ 962: Να υπολογίσετε το άθροισμα:

$\displaystyle{A=\sqrt{1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{5^2}}+ . . . +\sqrt{1+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{(n+1)^2}}}$ ,

όπου $\displaystyle{n\in N , n\geq 3}$

gavrilos · #2024

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 962: Να υπολογίσετε το άθροισμα:

$\displaystyle{A=\sqrt{1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{5^2}}+ . . . +\sqrt{1+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{(n+1)^2}}}$ ,

όπου $\displaystyle{n\in N , n\geq 3}$

$\displaystyle{\sqrt{1+\frac{1}{n^{2}}+\frac{1}{(n+1)^{2}}}=\sqrt{\frac{n^{2}(n+1)^{2}+(n+1)^{2}+n^{2}}{n^{2}(n+1)^{2}}}=\frac{\sqrt{n^{4}+2n^{3}+n^{2}+n^{2}+2n+1+n^{2}}}{n(n+1)}}$ .

Το τελευταίο ισούται με

$\displaystyle{\frac{\sqrt{n^{2}(n^{2}+n)+n(n^{2}+n)+2(n^{2}+n)+1}}{n(n+1)}=\frac{\sqrt{(n^{2}+n)^{2}+2(n^{2}+n)+1}}{n(n+1)}}$ .

Και συνεχίζοντας παίρνουμε $\displaystyle{RHS=\frac{\sqrt{(n^{2}+n+1)^{2}}}{n(n+1)}=\frac{n^{2}+n+1}{n(n+1)}=1+\frac{1}{n(n+1)}}$ .

Επομένως το άθροισμα ισούται με $\displaystyle{\sum_{i=2}^{n} 1+\frac{1}{n(n+1)}}$ .Όμως το τελευταίο είναι τηλεσκοπικό και ισούται με

$\displaystyle{n-1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}=\frac{2n^{2}-2+n+1-2}{2(n+1)}=\frac{2n^{2}+n-3}{n+1}=\frac{2(n^{2}-1)+n-1}{2(n+1)}=\boxed{\frac{(n-1)(2n-1)}{2(n+1)}}$ .

Edit:Τυπογραφικό

#2025

ΑΣΚΗΣΗ 963: Να βρεθεί ο φυσικός ακέραιος $\displaystyle{n}$ , ώστε ο αριθμός $\displaystyle{A=\sqrt{\frac{4n-2}{n+5}}}$ να είναι ρητός.

gavrilos · #2026

Θα πρέπει $\displaystyle{\sqrt{\frac{4n-2}{n+5}}=\frac{a^{2}}{b^{2}}}$ όπου $\displaystyle{(a,b)=1}$ .

Αν $\displaystyle{d=(4n-2,n+5)}$ τότε $\displaystyle{d\mid 4n-2-4n-2=-22}$ .

Άρα $\displaystyle{d=\{1,2,11,22\}}$ .

Ακόμη αν $\displaystyle{\sqrt{\frac{4n-2}{n+5}}\in \mathbb{Q}}$ θα είναι και $\displaystyle{\sqrt{\frac{1}{4}\cdot \frac{4n-2}{n+5}}=\sqrt{\frac{4n-2}{4n+20}} \in \mathbb{Q}}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{(4n-2,n+5)=1}$ .Σ' αυτήν την περίπτωση θα πρέπει αριθμητής και παρονομαστής να είναι τετράγωνα όμως αυτό είναι αδύνατο αφού $\displaystyle{4n-2\equiv 2\pmod 4}$ όμως το $\displaystyle{-2}$ δεν είναι τετραγωνικό κατάλοιπο $\displaystyle{\mod 4}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{(4n-2,n+5)=2}$ .Τότε έστω $\displaystyle{4n-2=2a^{2}}$ και $\displaystyle{n+5=2b^{2}}$ .Άρα $\displaystyle{8b^{2}-2a^{2}=22\Leftrightarrow (2b)^{2}-a^{2}=11}$ .Τα μόνα τετράγωνα που διαφέρουν κατά $\displaystyle{11}$ είναι τα $\displaystyle{36,25}$ .Κάνοντας τις πράξεις παίρνουμε $\displaystyle{\boxed{n=13}}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{(4n-2,n+5)=11}$ .Ας είναι $\displaystyle{4n-2=11a^{2}}$ και $\displaystyle{n+5=11b^{2}}$ .Θα ισχύει $\displaystyle{44b^{2}-11a^{2}=22\Leftrightarrow (2b)^{2}-a^{2}=2}$ .Δεν υπάρχουν όμως τετράγωνα που διαφέρουν κατά $\displaystyle{2}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{(4n-2,n+5)=22}$ .Ας είναι $\displaystyle{4n-2=22a^{2}}$ και $\displaystyle{n+5=22b^{2}}$ .Θα ισχύει $\displaystyle{88b^{2}-22a^{2}=22\Leftrightarrow (2b)^{2}-a^{2}=1}$ .Τα μόνα τετράγωνα που διαφέρουν κατά $\displaystyle{1}$ είναι τα $\displaystyle{0,1}$ όμως τότε θα έπρεπε $\displaystyle{2b=1}$ που είναι άτοπο.

Επομένως μοναδική λύση η $\displaystyle{\boxed{n=13}}$ .

Υ.Γ Μπορούμε να υποθέτουμε ότι $\displaystyle{4n-2=da^{2}}$ και $\displaystyle{n+5=db^{2}}$ αφού μετά την απλοποίηση του Μ.Κ.Δ. μένει ανάγωγο κλάσμα όπου αριθμητής και παρονομαστής πρέπει να είναι τετράγωνοι.

#2027

ΑΣΚΗΣΗ 964: Αν $\displaystyle{a,b,c > 0 }$ και $\displaystyle{a+b+c = 1}$ , να αποδείξετε ότι:

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

G.Bas · #2028

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 964: Αν $\displaystyle{a,b,c > 0 }$ και $\displaystyle{a+b+c = 1}$ , να αποδείξετε ότι:

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

Καλημέρα!

Ισχύει λόγω της υπόθεσης $\displaystyle{ab+c=ab+c(a+b+c)=(c+a)(b+c).}$ Οπότε, η παραπάνω Ανισότητα ισοδύναμα γράφεται

$\displaystyle{\sum\sqrt{\frac{ab}{(c+a)(b+c)}}\leq\frac{3}{2}.}$ Όμως, σύμφωνα με την Ανισότητα Cauchy-Schwarz θα έχουμε για το αριστερό μέλος

$\displaystyle{\left[\sum\sqrt{\frac{ab}{(c+a)(b+c)}}\right]^2\leq\sum (a+b)\cdot\sum\frac{ab}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{2(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$ το οποίο και προφανώς είναι $\displaystyle{\leq\frac{9}{4}}$ αφού δίνει την

$\displaystyle{8(a+b+c)(ab+bc+ca)\leq 9(a+b)(b+c)(c+a)}$ όπου ισχύει.

#2029

Δεύτερος αλλά λίγο διαφορετικά

Είναι ab+c = ab + c(a+b+c) = (a+c)(b+c)

. Οπότε

$\displaystyle{ \sum \sqrt{\frac{ab}{ab+c}} = \sum \sqrt{\frac{a}{a+c} \frac{b}{b+c}} \leqslant \sqrt{\sum \frac{a}{a+c}\sum\frac{b}{b+c}} \leqslant \frac{1}{2}\left(\sum \frac{a}{a+c} + \sum \frac{b}{b+c} \right) = \frac{3}{2}.}$

#2030

ΑΣΚΗΣΗ 965 Αν $\displaystyle{a=1+\sqrt{2}+\sqrt{2^2}+\sqrt{2^3}+ ... +\sqrt{2^{2011}} , b=-1+\sqrt{2}-\sqrt{2^2}+\sqrt{2^3}-\sqrt{2^4}+ ... +\sqrt{2^{2011}}}$ ,

να αποδείξετε ότι $\displaystyle{a^2 +b^2 =6ab}$

Σπύρος Φρόνιμος · #2031

ΑΣΚΗΣΗ 965
Η σχέση $a^2+\beta^2=6a\beta$ γράφεται : $a^2-2a\beta+\beta^2=4a\beta\Leftrightarrow \left(a-\beta\right)^2=4a\beta$ .

Για τους αριθμούς $a,\beta$ ισχύει :
$a=1+\sqrt{2}+\sqrt{2^2}+\sqrt{2^3}...+\sqrt{2^{2011}}=\left(1+\sqrt{2}\right)\left(1+2+4+...+2^{1005}\right)$
$\beta=-1+\sqrt{2}-\sqrt{2^2}+\sqrt{2^3}...+\sqrt{2^{2011}}=\left(\sqrt{2}-1\right)\left(1+2+4+...+2^{1005}\right)$

Έχουμε : $a-\beta=\left(1+\sqrt{2}+\sqrt{2^2}+\sqrt{2^3}...+\sqrt{2^{2011}}\right)-\left(-1+\sqrt{2}-\sqrt{2^2}+\sqrt{2^3}...+\sqrt{2^{2011}}\right)=$
$2\left(1+2+4+...+2^{1005}\right)\Leftrightarrow \left(a-\beta\right)^2=4\left(1+2+4+...+2^{1005}\right)^2$

Για το 2ο μέλος θα ισχύει : $4a\beta=4\left(1+\sqrt{2}\right)\left(1+2+4+...+2^{1005}\right)\left(\sqrt{2}-1\right)\left(1+2+4+...+2^{1005}\right)$
$=4\left(\sqrt{2}^2-1\right)\left(1+2+4+...+2^{1005}\right)^2=4\left(1+2+4+...+2^{1005}\right)^2$

Επομένως $\left(a-\beta\right)^2=4a\beta\Leftrightarrow a^2+\beta^2=6a\beta$ .

#2032

ΑΣΚΗΣΗ 966:Να υπολογιστεί το άθροισμα:

$\displaystyle{S=1^2 +1.2^2 +1.2.3^2 +1.2.3.4^2 + ... +1.2.3. ... .(n-1)n^2}$ , όπου $\displaystyle{n\in N^{*}}$

#2033

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 966:Να υπολογιστεί το άθροισμα:

$\displaystyle{S=1^2 +1.2^2 +1.2.3^2 +1.2.3.4^2 + ... +1.2.3. ... .(n-1)n^2}$ , όπου $\displaystyle{n\in N^{*}}$

Ζητείται το

$\displaystyle{S=\sum_{k=1}^{n}k\cdot k!}$

Παρατηρούμε ότι

$\displaystyle{k\cdot k!=(k+1)!-k!,}$

οπότε το άθροισμα είναι τηλεσκοπικό και ισούται με

$\displaystyle{(n+1)!-1.}$

#2034

AΣΚΗΣΗ 967: Για κάθε $\displaystyle{x,y,z > 0}$ να αποδείξετε ότι:

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

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Η άσκηση αυτή έχει ξανατεθεί και στο παρελθόν στον ίδιο φάκελο, όπως επισημάνθηκε από τον gavrilos

G.Bas · #2035

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 967: Για κάθε $\displaystyle{x,y,z > 0}$ να αποδείξετε ότι:

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

Με τη δοθείσα συνθήκη δεν νομίζω να πιάνεται ισότητα. Αν όμως κάποιος από αυτούς είναι μηδενικός, τότε έχουμε ισότητα για $\displaystyle{(x,y,z)\sim(0,t,t)}$ για κάποιο t>0

. Με βάση αυτή την ισότητα έχουμε από την Ανισότητα AM-GM

$\displaystyle{\sum\sqrt{\frac{x}{y+z}}=\sum\frac{x}{\sqrt{x(y+z)}}\geq\sum\frac{x}{\frac{x+(y+z)}{2}}}=2\sum\frac{x}{x+y+z}=2.}$

#2036

ΑΣΚΗΣΗ 968: Αν $\displaystyle{a,b,c >0}$ και αν $\displaystyle{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} =1}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab} \leq abc}$

G.Bas · #2037

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 968: Αν $\displaystyle{a,b,c >0}$ και αν $\displaystyle{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} =1}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab} \leq abc}$

Είναι άμεση εφαρμογή της Ανισότητας Cauchy-Schwarz! Πιο συγκεκριμένα

$\displaystyle{(a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab})^2\leq (ab+bc+ca)(ac+ab+bc)=(ab+bc+ca)^2=a^2b^2c^2}$

#2038

ΑΣΚΗΣΗ 969: Αν $\displaystyle{|a-b|\leq 2 , |b-c|\leq2 , |c-d|\leq 2}$ και $\displaystyle{|d-a|\leq 2}$ , και αν $\displaystyle{ab , bc , cd , da \geq -1}$ τότε:

$\displaystyle{a+b+c+d \leq \sqrt{ab+1}+\sqrt{bc+1}+\sqrt{cd+1}+\sqrt{da+1}}$

ΣΗΜ: Τροποποίησα την εκφώνηση, διοτι όπως παρατήρησε ο Demetres, με τον τρόπο που την είχα γράψει, δεν είχε σωστά διατυπωθεί.

#2039

[quote="ΔΗΜΗΤΡΗΣ"]ΑΣΚΗΣΗ 969: Αν $\displaystyle{|a-b|\leq 2 , |b-c|\leq2 , |c-d|\leq 2}$ και $\displaystyle{|d-a|\leq 2}$ , και αν $\displaystyle{ab , bc , cd , da \geq -1}$ τότε:

$\displaystyle{a+b+c+d \leq \sqrt{ab+1}+\sqrt{bc+1}+\sqrt{cd+1}+\sqrt{da+1}\leq a+b+c+d+4}$

ΣΗΜ: Πρόσθεσα και ένα ακόμα ερώτημα

G.Bas · #2040

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 969: Αν $\displaystyle{|a-b|\leq 2 , |b-c|\leq2 , |c-d|\leq 2}$ και $\displaystyle{|d-a|\leq 2}$ , και αν $\displaystyle{ab , bc , cd , da \geq -1}$ τότε:

$\displaystyle{a+b+c+d \leq \sqrt{ab+1}+\sqrt{bc+1}+\sqrt{cd+1}+\sqrt{da+1}\leq a+b+c+d+4}$

ΣΗΜ: Πρόσθεσα και ένα ακόμα ερώτημα

Για την αριστερή.
Από την υπόθεση έχουμε πως

$\displaystyle{\begin{aligned}|a-b|\leq 2&\Leftrightarrow a^2+b^2\leq 2(1+ab)\\&\Leftrightarrow 4(1+ab)\geq 2(a^2+b^2)\geq (a+b)^2\\&\Leftrightarrow 2\sqrt{1+ab}\geq |a+b|\geq a+b.\end{aligned}}$

Ομοιώς και οι υπόλοιπες, με πρόσθεση κατά μέλη, έχουμε τη ζητούμενη.

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