Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1401

Επειδή ο Χρήστος Τσιφάκης, κάνει μια εξαιρετική δουλειά πάνω σε αυτό το θεμα, ώστε να μας το δώσει σε μορφή ηλεκτρονικού βιβλίου, γράφω ποιες ασκήσεις είναι μέχρι στιγμής άλυτες, ώστε να δοθούν οι λύσεις από όσους ενδιαφέρονται (ελπίζω να μην μου έχει κάτι διαφύγει)

(ΕΛΥΘΗΣΑΝ ΟΛΕΣ ΟΙ ΑΣΚΗΣΕΙΣ)

#1402

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: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 $\displaystyle{a,b,x,y}$

$\displaystyle{\left. \begin{array}{l} ab + x + y = 3 \\ bx + y + a = 5 \\ xy + a + b = 2 \\ ay + b + x = 6 \\ \end{array} \right\}\begin{array}{*{20}{c}} {(1)} \\ {(2)} \\ {(3)} \\ {(4)} \\ \end{array}}$
$\displaystyle{\begin{array}{l} \begin{array}{*{20}{c}} {} \\ {} \\ {(2) + (4) \Rightarrow (x + y) + (a + b) + bx + ay = 11\,\,\,(5)} \\ \begin{array}{l} (1) + (3) \Rightarrow (x + y) + (a + b) + ba + xy = 5\,\,\,\,\,(6) \\ (5) - (6) \Rightarrow b(x - a) - y(x - a) = 6 \Leftrightarrow (x - a)(b - y) = 6\,\,\,\,\,\,(7) \\ (1) - (2) \Rightarrow (x - a) - b(x - a) = - 2 \Rightarrow (x - a)(1 - b) = - 2\,\,\,(8) \\ (4) - (3) \Rightarrow (x - a) - y(x - a) = 4 \Rightarrow (x - a)(1 - y) = 4\,\,\,\,\,\,\,\,\,(9)\, \\ \end{array} \\ \end{array} \\ (7):(8) \Rightarrow b - y = - 3(1 - b) \Rightarrow y = 4b + 3\,\,\,\,\,\,\,\,(10) \\ (7):(9) \Rightarrow b - y = \frac{3}{2}(1 - y) \Rightarrow 2b = - y + 3 \Rightarrow y = - 2b + 3\,\,\,\,\,\,\,\,(11) \\ (10) \wedge (11) \Rightarrow y = 3 \wedge b = 0 \\ \\ \left. \begin{array}{l} (9) \Rightarrow x - a = - 2 \\ (1) \Rightarrow x + 3 = 3 - a \cdot 0 \\ \end{array} \right\} \Rightarrow \left. {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 0} \\ {a = 2} \\ \end{array}} \right\} \\ \end{array}}$
Άρα $\displaystyle{(a,b,x,y) = (2,0,0,3)}$ , που επαληθεύουν το δοσμένο σύστημα

#1403

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 65 Αν $\displaystyle{\frac{x^2 +y^2 +z^2}{y}=4x+4z-7y}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{3x^3 +y^3 +xyz}{x^3 +3y^3 +xyz}=\frac{29}{15}}$

Από την υπόθεση έχουμε $\displaystyle{x^2 +y^2 +z^2 =4xy+4yz-7y^2 \Leftrightarrow x^2 -4yx+8y^2 +z^2 -4yz=0}$

$\displaystyle{\Delta = 16y^2 -4(8y^2 +z^2 -4yz)=-4(2y-z)^2 }$ . Και αφού πρέπει $\displaystyle{\Delta \geq 0\Rightarrow z=2y}$ . Τώρα με $\displaystyle{z=2y}$ , η υπόθεση γράφεται:

$\displaystyle{\frac{x^2 +y^2 +4y^2}{y}=4x+8y-7y \Leftrightarrow x^2 +5y^2 =4xy+y^2 \Leftrightarrow x^2 +4y^2 -4xy=0\Leftrightarrow (x-2y)^2 =0 \Leftrightarrow x=2y}$

Δείξαμε λοιπόν ότι : $\displaystyle{x=z=2y}$

Άρα έχουμε: $\displaystyle{\frac{3x^3 +y^3 +xyz}{x^3 +y^3 +xyz}=\frac{24y^3 +y^3 +4y^3}{8y^3 +3y^3 +4y^3}=\frac{29y^3}{15y^3}=\frac{29}{15}}$ , (για κάθε $\displaystyle{y\neq 0}$ )

#1404

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 82 Να βρείτε το πλήθος των ψηφίων του συνόλου:

$\displaystyle{A=\{x\in N | 2^{2010}<x\leq 2^{2011}\}}$

Έχουμε $\displaystyle{A=\{2^{2010}+1 , 2^{2010}+2 , 2^{2010}+3 , . . . , 2^{2010}+2^{2010}\}}$

Το πλήθος που ζητάμε είναι όσο είναι και το πλήθος των αριθμών $\displaystyle{1,2,3, . . . , 2^{2010}}$ , δηλαδή το ζητούμενο πλήθος είναι $\displaystyle{2^{2010}}$

#1405

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 93: Με έναν υπολογιστή, τυπώσαμε τους αριθμούς $\displaystyle{a=2^{2004}}$ και $\displaystyle{b=5^{2004}}$
Πόσα ψηφία τυπώθηκαν συνολικά;

(ΠΗΓΗ: ΟΛΥΜΠΙΑΔΕΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ, Β ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ του Μπάμπη Στεργίου)

Έστω ότι ο αριθμός $\displaystyle{2^{2004}}$ έχει $\displaystyle{n}$ ψηφία και ο αριθμός $\displaystyle{5^{2004}}$ έχει $\displaystyle{m}$ ψηφία. Ζητάμε να βρούμε το $\displaystyle{n+m}$ . Έχουμε όμως:

$\displaystyle{10^{n-1}<2^{2004}<10^{n}}$ και $\displaystyle{10^{m-1}<2^{2004}<10^{m}}$

Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη, παίρνουμε $\displaystyle{10^{n+m-2}<10^{2004}<10^{m+n}}$ . Άρα $\displaystyle{n+m-2 <2004 <m+n}$ . Όμως μεταξύ των ακεραίων $\displaystyle{n+m-2}$ ,

$\displaystyle{n+m}$ , υπάρχει μόνο ο ακέραιος $\displaystyle{n+m-1}$ . Συνεπώς πρέπει $\displaystyle{n+m-1=2004\Rightarrow n+m=2005}$ . Άρα ο υπολογιστής, θα τυπώσει $\displaystyle{2005}$ ψηφία.

#1406

vzf έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 94
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους για τους οποίους ο και ο περιέχουν τα ψηφία ακριβώς μια φορά.

Μια λύση (ίσως υπάρχει και πιο απλή)

Αφού $\displaystyle{n^4 >n^3}$ , σημαίνει ότι τα ψηφία του $\displaystyle{n^4}$ είναι περισσότερα ή ίσα από τα ψηφία του $\displaystyle{n^3}$ . Αφού τα ψηφία των αριθμών $\displaystyle{n^3 , n^4}$

είναι στοιχεία του συνόλου $\displaystyle{A=\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9\}}$ και μάλιστα από μία μόνο φορά το καθένα, άρα πρέπει ο $\displaystyle{n^3}$ να έχει το πολύ $\displaystyle{5}$ ψηφία και

ο $\displaystyle{n^4}$ τουλάχιστον $\displaystyle{5}$ ψηφία (το άθροισμα των ψηφίων του $\displaystyle{n^3}$ και του $\displaystyle{n^4}$ πρέπει να είναι $\displaystyle{10}$ ).

Θα αποδείξουμε ότι ο $\displaystyle{n^3}$ δεν μπορεί να έχει $\displaystyle{5}$ ψηφία. Πράγματι, αν ο $\displaystyle{n^3}$ ήταν πενταψήφιος, πρέπει $\displaystyle{n\geq 22}$ . Ο πιο μικρός λοιπόν $\displaystyle{n}$

θα ήταν ο $\displaystyle{22}$ και τότε $\displaystyle{n^3 =10648}$ και $\displaystyle{ n^4 = 234256}$ . Στην περίπτωση αυτή, ο $\displaystyle{n^3}$ θα είχε $\displaystyle{5}$ ψηφία και ο $\displaystyle{n^4}$ θα είχε $\displaystyle{6}$

ψηφία, πράγμα άτοπο (αφού το πλήθος των ψηφίων των $\displaystyle{n^3 , n^4}$ πρέπει να είναι $\displaystyle{10}$ ).

Προφανώς αν ο $\displaystyle{ n^4 }$ ήταν μεγαλύτερος του $\displaystyle{22}$ , τότε και πάλι το άθροισμα των ψηφίων του $\displaystyle{n^3}$ και του $\displaystyle{n^4}$ θα ξεπερνούσε το $\displaystyle{10}$ .

Άρα ο $\displaystyle{n^3}$ είναι το πολύ τετραψήφιος, δηλαδή $\displaystyle{n\leq 21}$ . Φυσικά αποκλείεται ο $\displaystyle{n}$ να είναι μονοψήφιος, διότι ο μεγαλύτερος μονοψήφιος είναι ο

$\displaystyle{9}$ , οπότε αν $\displaystyle{n =9}$ τότε $\displaystyle{n^3 =729}$ και $\displaystyle{n^4 =6561}$ , που είναι άτοπο αφού το άθροισμα των ψηφίων των αριθμών αυτών είναι μικρότερο του $\displaystyle{10}$ .

Καταλαβαίνουμε λοιπόν ότι πρέπει $\displaystyle{10 \leq n \leq 21}$

Στο μεταξύ, αποκλείεται ο $\displaystyle{n}$ να λήγει σε $\displaystyle{0 , 1 , 5 , 6}$ , διότι τότε οι αριθμοί $\displaystyle{n^3}$ και $\displaystyle{n^4}$ θα είχαν ίδιο το τελευταίο ψηφίο τους, που είναι

άτοπο από την υπόθεση. Καταλήξαμε λοιπόν ότι ο $\displaystyle{n}$ είναι κάποιος από τους αριθμούς : $\displaystyle{12,13,14,17,18,19}$

Με δοκιμές, βρίσκουμε ότι ο ζητούμενος αριθμός είναι ο $\displaystyle{n=18}$ , διότι $\displaystyle{18^3 = 5832}$ και $\displaystyle{18^4 = 104976}$

#1407

vzf έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 95
Σε ένα πρωτάθλημα κάθε ομάδα κέρδισε τουλάχιστον παιχνίδια όταν έπαιξε εναντίον άλλων ομάδων.Αποδείξτε ότι κάποια ομάδα έχασε τουλάχιστον παιχνίδια σε αυτό το πρωτάθλημα.

Γράφω μια σκέψη:

'Εστω ότι έχουμε $\displaystyle{n}$ ομάδες . Τότε με βάση τα δεδομένα του προβλήματος, θα έχουν παιχθεί $\displaystyle{5n}$ τουλάχιστον παιχνίδια μεταξύ των ομάδων αυτών. Και

αφού η κάθε ομάδα δημιουργεί στις υπόλοιπες τουλάχιστον πέντε ήττες, άρα οι $\displaystyle{n}$ ομάδες δημιουργούν συνολικά τουλάχιστον $\displaystyle{5n}$ ήττες.

Αν όλες οι ομάδες είχαν μέχρι $\displaystyle{4}$ ήττες η κάθε μία, τότε συνολικά θα είχαμε το πολύ $\displaystyle{4n}$ ήττες, που είναι άτοπο. Άρα θα υπάρχει μία τουλάχιστον ομάδα

η οποία θα έχει τουλάχιστον $\displaystyle{5}$ ήττες.

#1408

jim.jt έγραψε:Μια λίγο πιο προχωρημένη με την αρχή της περιστεροφωλιάς.
ΑΣΚΗΣΗ 98: Σε ένα ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς έχουμε σημεία. Να αποδείξετε ότι η απόσταση σημείων από τα είναι μικρότερη ή ίση με .
Γενικεύστε το πρόβλημα για ισόπλευρο πλευράς , όπου ακέραιος.

: ΣΧΗΜΑ ...png (5.44 KiB) Προβλήθηκε 1294 φορές

Παίρνουμε τα μέσα των τριών πλευρών του ισοπλεύρου τριγώνου και έτσι σχηματίζουμε $\displaystyle{4}$ ισόπλευρα τρίγωνα πλευράς $\displaystyle{1}$ το καθένα. Για να τοποθετήσουμε τα $\displaystyle{5}$ σημεία μέσα στο τρίγωνο, θα πρέπει τουλάχιστον σε ένα από τα $\displaystyle{4}$ μικρότερα ισόπλευρα τρίγωνα, να τοποθετηθούν τουλάχιστον $\displaystyle{2}$ σημεία. Η απόσταση των δύο αυτών σημείων, θα είναι βέβαια μικρότερη ή ίση του $\displaystyle{1}$ , αφού ανήκουν στο εσωτερικό ισοπλεύρου τριγώνου με πλευρά $\displaystyle{1}$ .

Γενικά, αν η πλευρά του ισοπλεύρου τριγώνου είναι ίση με $\displaystyle{n}$ , τότε από τα $\displaystyle{5}$ σημεία, δύο τουλάχιστον θα έχουν απόσταση μικρότερη ή ίση του

$\displaystyle{\frac{n}{2}}$

#1409

ΔΗΜΗΤΡΗ
Βάζω αυτή την άσκηση στη θέση της 390

ΓΙΩΡΓΟΣ ΜΠΑΣΔΕΚΗΣ
Αν x,y,z>0

και $\displaystyle{x+y+z\leq \sqrt{3xyz}}$ τότε $\displaystyle{x+y+z\geq 8+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}$ .

ΛΥΣΗ (ΘΑΝΟΣ ΜΑΓΚΟΣ)
Είναι

$\displaystyle{\sqrt{3xyz}\geq x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}\implies \boxed{xyz\geq 27}.}$

Άρα

$\displaystyle{x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}\geq 9.}$

Άρα αρκεί να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\leq 1\iff xyz\geq xy+yz+zx.}$

Πράγματι, είναι

$\displaystyle{xy+yz+zx\leq \frac{(x+y+z)^2}{3}\leq xyz}$ .

Την αντίστοιχη 390 θα την μεταφέρω στο άλλο post.

Αρχιμήδης 6 · #1410

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 341: (Γ Γυμνασίου) Αν οι ακέραιοι αριθμοί $\displaystyle{a,b}$ δεν είναι και οι

δύο άρτιοι, να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{A=a^4 b^2 +a^2 b^4 +a^2 b^2}$ δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

Έστω ότι

$\displaystyle{A=a^4 b^2 +a^2 b^4 +a^2 b^2}=y^2$ για ακέραιο

.

Τότε

Θα πρέπει

οπότε

και έστω ότι abx=y

οπότε θα γίνει

a^2+b^2+1=x^2

Ξέρουμε ότι οι a,b

δεν είναι ταυτόχρονα άρτιοι οπότε έχουμε 2 επιλογές

Αν ο ένας είναι άρτιος και ο άλλος περιττός τότε

a^2+b^2+1=2mod4

άρα

που είναι αδύνατον.

Αν a,b

περιττοί τότε

a^2+b^2+1=3mod4

άρα

αδύνατον.

Η εξίσωση δεν έχει λύσεις αν τουλάχιστον ένας εκ των a,b

είναι περιττός.

Κάποιες ιδέες...

Αν a,b

και οι δυο άρτιοι τότε

a^2+b^2+1=y^2

άρα

οπότε

περιττός.

Η παραπάνω εξίσωση έχει άπειρες λύσεις για a,b

άρτιοι και ένας τρόπος απλός για να το αποδείξεις είναι ο εξής.

a^2+1=y^2-b^2

Δεδομένου ότι κάθε σύνθετος

με

παριστάνεται ως διαφορά δυο τετραγώνων και εφόσον ο a^2+1

είναι σύνθετος για άπειρες τιμές του

τότε και η εξίσωση a^2+1=y^2-b^2

επαληθεύεται για άπειρες τριάδες.
Είπα κάθε σύνθετος

με

παριστάνεται ως διαφορά τετραγώνων και αυτό προκύπτει από την ταυτότητα:

$pq=(\dfrac{p+q}{2})^2-(\dfrac{p-q}{2})^2$

Πως θα βρω μια τέτοια τριάδα.
Έστω a=2k

τότε

Δημήτρης

#1411

jim.jt έγραψε:Μια ακόμη κλασσική:

ΑΣΚΗΣΗ 99: Δίνεται ορθογώνιο $n\times k$ και σημεία στο εσωτερικό του. Να αποδείξετε ότι ένα από τα τρίγωνα που σχηματίζουν αυτά τα σημεία έχει εμβαδόν το πολύ $\frac{1}{2}$ .

Πριν αποδείξω την άσκηση, παραθέτω μια πρόταση , η οποία θα μου χρειαστεί:

ΠΡΟΤΑΣΗ: Δίνεται τετράγωνο $\displaystyle{ABCD}$ πλευράς $\displaystyle{1}$ . Να αποδείξετε ότι αν ένα τρίγωνο $\displaystyle{EFG}$ είναι εντός του τετραγώνου αυτού, τότε το εμβαδόν του

είναι $\displaystyle{\leq \frac{1}{2}}$

ΑΠΟΔΕΙΞΗ:

Θα αποδείξω την πιο πάνω πρόταση, στην γενική περίπτωση όπου τα σημεία είναι στο εσωτερικό του τετραγώνου (ομοίως εργαζόμαστε και όταν ένα ή

περισσότερα από τα σημεία αυτά βρίσκονται πάνω στις πλευρές του τετραγώνου).

: EIΣΑΓ..png (6.58 KiB) Προβλήθηκε 1220 φορές

Έστω ότι η ευθεία $\displaystyle{EG}$ τέμνει τις πλευρές $\displaystyle{AD , CB}$ του τετραγώνου στα σημεία $\displaystyle{H , I}$ αντιστοίχως. Έστω επίσης ότι ο φορέας του ύψους $\displaystyle{KF}$

του τριγώνου $\displaystyle{EFG}$ τέμνει την $\displaystyle{AB}$ στο $\displaystyle{J}$ . Τότε έχουμε:

$\displaystyle{(EFG)\leq (HIJ) =((ABCD)-(AHJ)-(IJB)-(HDCH)=1-\frac{(1-x)z}{2}-\frac{(1-y)(1-z)}{2}-\frac{(x+y).1}{2}=\frac{1+xz-yz-x}{2}=}$

$\displaystyle{\frac{1}{2}-\frac{yz+x(1-z)}{2}\leq \frac{1}{2}}$ .

Δείξαμε λοιπόν ότι : $\displaystyle{(EFG)\leq \frac{1}{2}}$

Θα αποδείξουμε τώρα τη άσκησή μας:

: SX ΕΜΒΑΔΟΝ.png (2.02 KiB) Προβλήθηκε 1220 φορές

Χωρίζουμε το αρχικό ορθογώνιο σε $\displaystyle{kn}$ τετραγωνάκια (όπως στο σχήμα) πλευράς $\displaystyle{1}$ το καθένα από αυτά. Αν σε όλα τα τετραγωνάκια υπήρχαν το πολύ από

δύο σημεία, τότε συνολικά θα είχαμε το πολύ $\displaystyle{2kn}$ σημεία, που είναι άτοπο, αφού έχουμε $\displaystyle{2kn+1}$ σημεία. Άρα σε ένα τουλάχιστον τετραγωνάκι,

θα υπάρχουν τουλάχιστον $\displaystyle{3}$ σημεία. Αν τα σημεία αυτά είναι συνευθειακά, τότε το "εκφυλισμένο" τρίγωνο, θα έχει εμβαδόν μηδέν, δηλ $\displaystyle{\leq \frac{1}{2} }$ .

Αν πάλι τα σημεία δεν είναι συνευθειακά, τότε δημιουργούν τρίγνωνο, το οποίο με βάση την προηγούμενη πρόταση που δείξαμε, θα έχει και πάλι εμβαδόν

$\displaystyle{\leq \frac{1}{2}}$ . Άρα το ζητούμενο εδείχθη.

#1412

jim.jt έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 112

Κλασσική!

α)Να αποδείξετε ότι $\displaystyle \frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}\geq \frac{(x+y)^2}{a+b}$ ,

αν

β) Με τη βοήθεια του α) να αποδείξετε την γενικευμένη ανισότητα:

$\displaystyle \frac{x_1^2}{a_1}+\frac{x_2^2}{a_2}+...+\frac{x_n^2}{a_n}\geq \frac{(x_1+x_2+...+x_n)^2}{a_1+a_2+...a_n}$

όπου

γ) Να αποδείξετε ότι για ισχύει:

$\displaystyle \frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}\geq \frac{3}{2}$

Το (α) ερώτημα έχει ήδη απαντηθεί σε προηγούμενη δημοσίευση.

Για το (β) εργαζόμαστε επαγωγικά:

Για $\displaystyle{n=2}$ , το ζητούμενο ισχύει (λόγω του (α))

Υποθέτουμε ότι το ζητούμενο ισχύει για $\displaystyle{n=k}$ και θα αποδείξουμε ότι θα ισχύει και για $\displaystyle{n=k+1}$

Πράγματι, από την υπόθεση της επαγωγής, έχουμε ότι:

$\displaystyle{\frac{x_1 ^2 }{a_1}+\frac{x_2 ^2}{a_2}+ . . . +\frac{x_k ^2}{a_k}\geq \frac{(x_1 +x_2 + . . . +x_k )^2}{a_1 =a_2 + . . . +a_k}\Rightarrow}$

$\displaystyle{\frac{x_1 ^2 }{a_1}+\frac{x_2 ^2}{a_2}+ . . . +\frac{x_k ^2}{a_k}+\frac{x_{k+1}^2}{a_{k+1}}\geq \frac{(x_1 +x_2 + . . . +x_k )^2}{a_1 +a_2 + . . . +a_k}+\frac{x_{k+1}^2}{a_{k+1}}}$ $\displaystyle{\geq \frac{(x_1 +x_2 + . . . +x_{k}+x_{k+1})^2}{a_1 +a_2 + . . . +a_k +a_{k+1}},}$

(λόγω του ερωτήματος (α)).

Άρα το ζητούμενο εδείχθη.

Το (γ) ερώτημα είναι πολύ γνωστή άσκηση, την οποία πολλές φορές έχουμε δει και εδώ στο mathematica.

Έχουμε:

$\displaystyle{\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y} = \frac{x^2}{xy+yz}+\frac{y^2}{xy+yz}+\frac{z^2}{xz+yz}\geq \frac{(x+y+z)^2}{2(xy+yz+zx)}$

Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{ \frac{(x+y+z)^2}{2(xy+yz+zx)\geq \frac{3}{2}}$ , ή ότι $\displaystyle{(x+y+z)^2 \geq 3(xy+yz+zx)}$ , ή $\displaystyle{x^2 +y^2 +z^2 \geq xy+yz+zx}$ , ή

$\displaystyle{2x^2 +2y^2 +2z^2 \geq 2xy+2yz+2zx}$ , ή $\displaystyle{x^2 +x^2 +y^2 +y^2 +z^2 +z^2 -2xy-2yz-2zx\geq 0}$ , ή

$\displaystyle{(x-y)^2 +(y-z)^2 +(z-x)^2 \geq 0}$ , το οποίο είναι αληθές.

#1413

matha έγραψε:Άσκηση 194

Αν $\displaystyle{\rm a,b,c>0}$ να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\rm \frac{a+b+c}{3}+1\geq \Big(\frac{\sqrt[3]{a+1}+\sqrt[3]{b+1}+\sqrt[3]{c+1}}{3}\Big)^3\geq \sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}\geq \sqrt[3]{abc}+1.}$

Η δεύτερη ανισότητα έχει αποδειχθεί από τον Κλεόβουλο σε παλαιότερη δημοσίευση. Αποδείχνω την πρώτη ανισότητα:

Έχουμε:

$\displaystyle{\frac{a+b+c}{3}+1 =\frac{(a+1)+(b+1)+(c+1)}{3}=\frac{(\sqrt[3]{a+1})^3}{3}+\frac {(\sqrt[3]{b+1})^3}{3}+\frac {(\sqrt[3]{c+1})^3}{3}\geq\frac{\sqrt[3]{a+1}+\sqrt[3]{b+1}+\sqrt[3]{c+1}}{3^{3-2}(3+3+3)}}$

$\displaystyle{=(\frac{\sqrt[3]{a+1}+\sqrt[3]{b+1}+\sqrt[3]{c+1}}{3})^3}$

(Χρησιμοποιήσαμε την γενικευμένη ανισότητα Andreescu)

#1414

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:
matha έγραψε:Άσκηση 194

Αν $\displaystyle{\rm a,b,c>0}$ να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\rm \frac{a+b+c}{3}+1\geq \Big(\frac{\sqrt[3]{a+1}+\sqrt[3]{b+1}+\sqrt[3]{c+1}}{3}\Big)^3\geq \sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}\geq \sqrt[3]{abc}+1.}$
Η δεύτερη ανισότητα έχει αποδειχθεί από τον Κλεόβουλο σε παλαιότερη δημοσίευση. Αποδείχνω την πρώτη ανισότητα:

Έχουμε:

$\displaystyle{\frac{a+b+c}{3}+1 =\frac{(a+1)+(b+1)+(c+1)}{3}=\frac{(\sqrt[3]{a+1})^3}{3}+\frac {(\sqrt[3]{b+1})^3}{3}+\frac {(\sqrt[3]{c+1})^3}{3}\geq\frac{\sqrt[3]{a+1}+\sqrt[3]{b+1}+\sqrt[3]{c+1}}{3^{3-2}(3+3+3)}}$

$\displaystyle{=(\frac{\sqrt[3]{a+1}+\sqrt[3]{b+1}+\sqrt[3]{c+1}}{3})^3}$

(Χρησιμοποιήσαμε την γενικευμένη ανισότητα Andreescu)

Δίνω και την λύση στην τελευταία ανισότητα:

Στην ανισότητα του HOLDER,

(Η ανισότητα HOLDER είναι η εξής:)

Αν $\displaystyle{x,t,e,y,n,k,z,q,r > 0}$ , τότε:

$\displaystyle{(x^3 +t^3 +e^3 )^{\frac{1}{3}} (y^3 +n^3 +k^3 )^{\frac{1}{3}} (z^3 +q^3 +r^3 )^{\frac{1}{3}}\geq xyz+tnq+ckr}$

(όπου η ανισότητα αυτή ισχύει και όταν $\displaystyle{e=k=r=0}$ , ), αν θέσουμε $\displaystyle{x=\sqrt[3]a , y=\sqrt[3]b , z=\sqrt[3]c , t=n=q=1 , e=k=r=0}$ , παίρνουμε:

$\displaystyle{(a+1+0)^{\frac{1}{3}}(b+1+0)^{\frac{1}{3}}(c+1+0)^{\frac{1}{3}}\geq \sqrt[3]a \sqrt[3]b \sqrt[3]c+1.1.1+0}$ , και άρα το ζητούμενο.

KARKAR · #1415

AΣΚΗΣΗ 299 : (Β. Γυμνασίου) . Στο παρακάτω σχήμα, δίνεται ότι οι $\displaystyle{BO}$ και $\displaystyle{CO}$ είναι

διχοτόμοι των γωνιών $\displaystyle \widehat{ABD}$ και $\displaystyle \widehat{ACD}$ αντιστοίχως. Επίσης, δίνεται ότι $\displaystyle{\widehat{BDC}=145^{o}}$

και ότι $\displaystyle{\widehat{BOC}=95^{o}}$ . Να υπολογίσετε την $\displaystyle{\widehat{A}}$

: 299.png (13.27 KiB) Προβλήθηκε 1155 φορές

Ονομάζω $\theta ,\phi$ τα μισά των $\displaystyle \widehat{ABD}$ και $\displaystyle \widehat{ACD}$ . Προεκτείνω τη

.... Εξωτερική γωνία :

Στο $OBS :\phi+\theta=50^0$ . Στο ABT

: $\displaystyle \widehat{A}=180^0-2\theta-2\phi-35^0=45^0$

#1416

kleovoulos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 215
Αν $\rm a,b,c,d\in \mathbb{R}^+$ να δειχθεί ότι: $(a+b+c+d)(a^{-1}+b^{-1}+c^{-1}+d^{-1})\geq 16$ με την ανισοϊσότητα Buniakowski-Cauchy-Scwarz (AM-GM είδαμε).

Θεωρούμε τις τετράδες:

$\displaystyle{\sqrt a , \sqrt b , \sqrt c , \sqrt d}$

$\displaystyle{\sqrt {a^{-1}} , \sqrt{b^{-1}} , \sqrt{c^{-1}} , \sqrt {d^{-1}}}$

Από την ανισότητα B-C-S έχουμε:

$\displaystyle{[(\sqrt a)^2 +(\sqrt b)^2 +(\sqrt c)^2 +(\sqrt d)^2 ][(\sqrt {a^{-1}})^2 +( \sqrt{b^{-1}})^2 +( \sqrt{c^{-1}})^2 +( \sqrt {d^{-1}})^2 ]\geq [\sqrt {a^{-1}}.\sqrt a + \sqrt{b^{-1}}.\sqrt b + \sqrt{c^{-1}}.\sqrt c + \sqrt {d^{-1}}.\sqrt d]^2}$

Άρα: $\displaystyle{(a+b+c+d)(a^{-1}+b^{-1}+c^{-1}+d^{-1}]\geq (1+1+1+1)^{2}}$ και άρα $\displaystyle{(a+b+c+d)(a^{-1}+b^{-1}+c^{-1}+d^{-1})\geq 16}$

#1417

Αλγεβριστής έγραψε: Άσκηση 231: Αν θετικοί πραγματικοί αριθμοί με , να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{x^2y^2(x^2+y^2)\geq 2}$ .

Στην άσκηση αυτή, πρέπει να υπάρχει λάθος στην εκφώνηση. Αφού για παράδειγμα, αν θέσουμε $\displaystyle{x=\frac{3}{2} , y=\frac{1}{2}}$ , τότε το ζητούμενο δεν είναι αληθές.

(Ίσως θέλει αλλιώς η φορά της ανισότητας. "Αλγεβριστή" , αν μας παρακολουθείς, ξανακοίταξε την εκφώνηση)

#1418

Αλγεβριστής έγραψε: Άσκηση 235: Για τους μη αρνητικούς $a,b,c,d,e\geq 0$ , να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2)(a^3+b^3+c^3+d^3+e^3)\geq 25abcde}$ .

Πηγή: Russian Mathematical Olympiad

Έχουμε:

$\displaystyle{a^2 +b^2 +c^2 +d^2 +e^2 \geq 5\sqrt[5]{a^2 b^2 c^2 d^2 e^2}}$

$\displaystyle{a^3 +b^3 +c^3 +d^3 +e^3 \geq 5\sqrt[5]{a^3 b^3 c^3 d^3 e^3}}$

Άρα, με πολλαπλασιασμό κατά μέλη:

$\displaystyle{(a^2 +b^2 +c^2 +d^2 +e^2 )(a^3 +b^3 +c^3 +d^3 +e^3 )\geq 25\sqrt[5]{a^5 b^5 c^5 d^5 e^5}}$ και άρα:

$\displaystyle{(a^2 +b^2 +c^2 +d^2 +e^2 )(a^3 +b^3 +c^3 +d^3 +e^3 )\geq 25abcde}$

G.Bas · #1419

Αλγεβριστής έγραψε: Άσκηση 231: Αν θετικοί πραγματικοί αριθμοί με , να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{x^2y^2(x^2+y^2)\geq 2}$ .

Η Ανισότητα είναι κανονικά $\displaystyle{x^2y^2(x^2+y^2)\leq 2.}$ Πράγματι, σύμφωνα με την Ανισότητα AM-GM θα ισχύει

$\displaystyle{x^2y^2(x^2+y^2)\leq\frac{(x+y)^2}{4}\cdot xy(x^2+y^2)=xy(x^2+y^2)\leq\frac{[2xy+(x^2+y^2)]^2}{2\cdot 4}=\frac{2^4}{2^3}=2.}$

#1420

Αλγεβριστής έγραψε: Άσκηση 236: Για τους θετικούς να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{a^8+b^8+c^8\geq a^4 b^2 c^2 + a^2 b^4 c^2 + a^2 b^2 c^4}$ .

Θεωρούμε πρώτα τις τριάδες: $\displaystyle{(c^4 , b^4 , a^4) , (a^2 b^2 , a^2 c^2 , b^2 c^2 )}$ , οι οποίες έχουν αντίθετη διάταξη

(Πράγματι, αν $\displaystyle{c^4 \leq b^4 \leq a^4 \Rightarrow c\leq b \leq a\Rightarrow c^2 \leq b^2 \leq a^2}$ και άρα:

Από $\displaystyle{c^2 \leq b^2 \Rightarrow a^2 c^2 \leq a^2 b^2 \Rightarrow a^2 b^2 \geq a^2 c^2}$ . Επίσης από $\displaystyle{b^2 \leq a^2 \Rightarrow b^2 c^2 \leq a^2 c^2\Rightarrow }$

$\displaystyle{a^2 c^2 \geq b^2 c^2}$ . Δείξαμε λοιπόν ότι πράγματι $\displaystyle{a^2 b^2 \geq a^2 c^2 \geq b^2 c^2}$ ).

Άρα από την ανισότητα της αναδιάταξης έχουμε ότι: $\displaystyle{c^4 a^2 b^2 +b^4 a^2 c^2 +a^4 b^2 c^2 \leq c^6 a^2 +b^6 c^2 +a^6 b^2}$ , (ΣΧΕΣΗ 1)

Θεωρούμε τώρα τις τριάδες: $\displaystyle{(c^6 , b^6 , a^6 ) , (c^2 , b^2 ,a^2 )}$ , οι οποίες προφανώς έχουν την ίδια διάταξη. Άρα:

$\displaystyle{c^8 +b^8 +a^8 \geq c^6 a^2 +b^6 c^2 + a^6 b^2}$ , (ΣΧΕΣΗ 2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) έπεται το ζητούμενο.

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