Προετοιμασία για διαγωνισμούς-Διαγώνισμα 5

#1

Διαγώνισμα 5. Επίπεδο: Ευκλείδης Α Λυκείου

Πρόβλημα1 : (α) Αν $\displaystyle{x\in N^{*} , y\in N}$ , να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\frac{x+y}{y+1}\geq \frac{y+3}{2x+y+1}}$

(β) Αν $\displaystyle{x\in N}$ , να λυθεί η εξίσωση:

$\displaystyle{\frac{x+1}{2}+\frac{x+2}{3}+ . . . +\frac{x+2009}{2010}=\frac{5}{2x+3}+\frac{6}{2x+4}+ . . . +\frac{2013}{2x+2011}}$

Πρόβλημα 2: Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+ . . . +\frac{1}{100^2} < \frac{199}{100}}$

Πρόβλημα 3: Δίνεται κύκλος (Ο,ρ) , $\displaystyle{AB}$ μια διάμετρος αυτού και $\displaystyle{C}$ ένα τυχαίο σημείο του κύκλου. Με κέντρο το $\displaystyle{C}$ γράφουμε
δεύτερο κύκλο ο οποίος εφάπτεται της χορδής $\displaystyle{AB}$ στο σημείο $\displaystyle{D}$ και τέμνει τον πρώτο κύκλο στα $\displaystyle{E}$ , $\displaystyle{Z}$ . Να αποδείξετε ότι
η $\displaystyle{EZ}$ διχοτομεί την $\displaystyle{CD}$

Πρόβλημα 4: Αν $\displaystyle{a,b,c\in Z}$ , $\displaystyle{a\neq b+c}$ και $\displaystyle{a^3 =b^3 +c^3}$ , να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{A=\frac{bc(b+c)}{b+c-a}}$ είναι ακέραιος

(ΣΗΜ: Τα προβλήματα είναι από διάφορες πηγές)

Διορθώθηκε ένα τυπογραφικό στο πρόβλημα 4 , όπου αντί $\displaystyle{a,b,c\in R}$ γράφουμε $\displaystyle{a,b,c\in Z}$

Κατερινόπουλος Νικόλας · #2

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: Πρόβλημα 2: Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+ . . . +\frac{1}{100^2} < \frac{199}{100}}$

Πολύ ωραία άσκηση! Θα απαντήσω αύριο

Ορέστης Λιγνός · #3

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:Διαγώνισμα 5. Επίπεδο: Ευκλείδης Α Λυκείου

Πρόβλημα 1 : (α) Αν $\displaystyle{x\in N^{*} , y\in N}$ , να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\frac{x+y}{y+1}\geq \frac{y+3}{2x+y+1}}$

(β) Αν $\displaystyle{x\in N}$ , να λυθεί η εξίσωση:

$\displaystyle{\frac{x+1}{2}+\frac{x+2}{3}+ . . . +\frac{x+2009}{2010}=\frac{5}{2x+3}+\frac{6}{2x+4}+ . . . +\frac{2013}{2x+2011}}$

Καλησπέρα Δημήτρη.

α) Από την εκφώνηση, $x \geqslant 1$ .

Άρα:

$\bullet$ $\dfrac{x+y}{y+1} \geqslant \dfrac{1+y}{y+1}=1$ , άρα $\dfrac{x+y}{y+1} \geqslant 1$ (1).

$\bullet$ $\dfrac{y+3}{2x+y+1} \leqslant \dfrac{y+3}{2+y+1}=1$ , άρα $\dfrac{y+3}{2x+y+1} \leqslant 1$ (2).

Από (1), (2), $\dfrac{x+y}{y+1} \geqslant 1 \geqslant \dfrac{y+3}{2x+y+1}$ , ό.έ.δ.

β) Βάζουμε τους προφανής περιορισμούς.

Παρατηρούμε ότι το κάθε μέλος αποτελείται από 2009

όρους.

Αν x>1

, $\dfrac{x+1}{2}>1, \, \dfrac{x+2}{3} >1, \, \ldots ,\dfrac{x+2009}{2010} >1$ .

Έτσι, $\dfrac{x+1}{2} +\dfrac{x+2}{3} + \ldots +\dfrac{x+2009}{2010} >2009$ (3).

Όμοια, $\dfrac{5}{2x+3}<1, \, \dfrac{6}{2x+4}<1, \, \dfrac{2013}{2x+2011}<1$ , άρα $\dfrac{5}{2x+3}+\dfrac{6}{2x+4}+ \ldots +\dfrac{2013}{2x+2011}<2009$ (4).

Από (3), (4) έχουμε προφανώς άτοπο.

Όμοια, έχουμε άτοπο αν x<1

.

Άρα, πρέπει υποχρεωτικά $\boxed{x=1}$ , που επαληθεύει.

Υ.Γ. Μια διαφορετική λύση μπορεί να γίνει με χρήση του α). Η παραπάνω λύση είναι γενικότερη για $x \in \mathbb{R}$ .

JimNt. · #4

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:
Πρόβλημα 2: Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+ . . . +\frac{1}{100^2} < \frac{199}{100}}$

Με επαγωγή στο

μπορεί να δειχθεί ότι $\dfrac{1}{1^2}+\dfrac{1}{2^2}+....+\dfrac{1}{n^2} < \dfrac{2n-1}{n}$ , για n>1

.

Ορέστης Λιγνός · #5

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:Διαγώνισμα 5. Επίπεδο: Ευκλείδης Α Λυκείου

Πρόβλημα 2: Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+ . . . +\frac{1}{100^2} < \frac{1\color{black}99}{100}}$

Είναι $\dfrac{1}{n^2}<\dfrac{1}{n(n-1)}=\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}$ .

Έτσι, $\dfrac{1}{1^2}+\dfrac{1}{2^2}+ \ldots +\dfrac{1}{100^2}=1+\dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+ \ldots+ \dfrac{1}{99}-\dfrac{1}{100}=1+1-\dfrac{1}{100}=\dfrac{199}{100}$ .

Με πρόλαβε ο JimNt.

Ορέστης Λιγνός · #6

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:Διαγώνισμα 5. Επίπεδο: Ευκλείδης Α Λυκείου

Πρόβλημα 3: Δίνεται κύκλος (Ο,ρ) , $\displaystyle{AB}$ μια διάμετρος αυτού και $\displaystyle{C}$ ένα τυχαίο σημείο του κύκλου. Με κέντρο το $\displaystyle{C}$ γράφουμε
δεύτερο κύκλο ο οποίος εφάπτεται της χορδής $\displaystyle{AB}$ στο σημείο $\displaystyle{D}$ και τέμνει τον πρώτο κύκλο στα $\displaystyle{E}$ , $\displaystyle{Z}$ . Να αποδείξετε ότι
η $\displaystyle{EZ}$ διχοτομεί την $\displaystyle{CD}$

Έστω

το σημείο τομής της

με την

και

το σημείο τομής της

με την

.

Από Π.Θ., CO^2=OD^2+DC^2

(1).

Επίσης, OE^2-EC^2=OL^2-LC^2=OK^2-KC^2

, οπότε

(2).

Προφανώς, $OE=OC, \, EC=CD$ (3).

Έτσι, $\displaystyle KO^2=KD^2+OD^2 \mathop = \limits^{(1)} KD^2+CO^2-CD^2$

$\mathop = \limits^{(3)} KD^2+OE^2-CD^2 \mathop = \limits^{(3)} KD^2+ OE^2-CE^2 \mathop = \limits^{(2)} KD^2+OK^2-KC^2$ .

Έτσι, OK^2=KD^2+OK^2-KC^2

, οπότε

.

: ORESTIS2.png (15.47 KiB) Προβλήθηκε 1811 φορές

mikemoke · #7

[quote="ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ"]Διαγώνισμα 5. Επίπεδο: Ευκλείδης Α Λυκείου

Πρόβλημα 3: Δίνεται κύκλος (Ο,ρ) , $\displaystyle{AB}$ μια διάμετρος αυτού και $\displaystyle{C}$ ένα τυχαίο σημείο του κύκλου. Με κέντρο το $\displaystyle{C}$ γράφουμε
δεύτερο κύκλο ο οποίος εφάπτεται της χορδής $\displaystyle{AB}$ στο σημείο $\displaystyle{D}$ και τέμνει τον πρώτο κύκλο στα $\displaystyle{E}$ , $\displaystyle{Z}$ . Να αποδείξετε ότι
η $\displaystyle{EZ}$ διχοτομεί την $\displaystyle{CD}$

Με αναλυτική γεωμετρία
$C(a,\sqrt{R^2-a^2})$

κύκλοσ (C,CD)

με εξίσωση : $x^2-2ax+a^2+y^2-2\sqrt{R^2-a^2}y=0$ (1)

και

---->εξίσωση της

: $2ax+2\sqrt{R^2-a^2}y-a^2-R^2=0$
με αντικατάσταση x=a

βρίσκουμε σημείο τομήσ EZ,CD

με $y=\frac{\sqrt{R^2-a^2}}{2}$

Γιάννης Μπόρμπας · #8

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: Πρόβλημα 4: Αν $\displaystyle{a,b,c\in R}$ , $\displaystyle{a\neq b+c}$ και $\displaystyle{a^3 =b^3 +c^3}$ , να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{A=\frac{bc(b+c)}{b+c-a}}$ είναι ακέραιος

Αν πάρουμε b=c=1

και $a=\sqrt[3]{2}$ τότε δεν ισχύει η πρόταση.

#9

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: Πρόβλημα 4: Αν $\displaystyle{a,b,c\in R}$ , $\displaystyle{a\neq b+c}$ και $\displaystyle{a^3 =b^3 +c^3}$ , να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{A=\frac{bc(b+c)}{b+c-a}}$ είναι ακέραιος
Αν πάρουμε και $a=\sqrt[3]{2}$ τότε δεν ισχύει η πρόταση.

Καλημέρα. Προφανώς είναι τυπογραφικό λάθος . Πρέπει να εννοεί $\displaystyle{a,b,c\in Z}$ . Το διορθώνω .
(Η Πηγή της άσκησης είναι από το βιβλίο Matematica Olimpiade si concursuri scolare 2010, clasele VII-VIII)

Γιάννης Μπόρμπας · #10

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: Πρόβλημα 2: Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+ . . . +\frac{1}{100^2} < \frac{199}{100}}$

Μία άλλη λύση:
$\displaystyle{\sum_{k=1}^{100}\frac{1}{k^2}<\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}<1,9<1,99=\frac{199}{100}}$

Γιάννης Μπόρμπας · #11

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: Πρόβλημα 4: Αν $\displaystyle{a,b,c\in R}$ , $\displaystyle{a\neq b+c}$ και $\displaystyle{a^3 =b^3 +c^3}$ , να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{A=\frac{bc(b+c)}{b+c-a}}$ είναι ακέραιος
Αν πάρουμε και $a=\sqrt[3]{2}$ τότε δεν ισχύει η πρόταση.
Καλημέρα. Προφανώς είναι τυπογραφικό λάθος . Πρέπει να εννοεί $\displaystyle{a,b,c\in Z}$ . Το διορθώνω .
(Η Πηγή της άσκησης είναι από το βιβλίο Matematica Olimpiade si concursuri scolare 2010, clasele VII-VIII)

Καλημέρα. Νομίζω υπάρχει πρόβλημα με τον περιορισμό. Από FLT

η εξίσωση

έχει λύση

και

. Όμως σε οποιαδήποτε περίπτωση μηδενίζεται ο παρονομαστής.

#12

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: Πρόβλημα 4: Αν $\displaystyle{a,b,c\in R}$ , $\displaystyle{a\neq b+c}$ και $\displaystyle{a^3 =b^3 +c^3}$ , να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{A=\frac{bc(b+c)}{b+c-a}}$ είναι ακέραιος
Αν πάρουμε και $a=\sqrt[3]{2}$ τότε δεν ισχύει η πρόταση.
Καλημέρα. Προφανώς είναι τυπογραφικό λάθος . Πρέπει να εννοεί $\displaystyle{a,b,c\in Z}$ . Το διορθώνω .
(Η Πηγή της άσκησης είναι από το βιβλίο Matematica Olimpiade si concursuri scolare 2010, clasele VII-VIII)
Καλημέρα. Νομίζω υπάρχει πρόβλημα με τον περιορισμό. Από η εξίσωση έχει λύση
και . Όμως σε οποιαδήποτε περίπτωση μηδενίζεται ο παρονομαστής.

Γιάννη, δεν το είχα υπ όψιν μου ότι στο Ζ η ισότητα $\displaystyle{a^3 =b^3 +c^3}$ έχει λύση μόνο όταν $\displaystyle{abc=0 , a=b+c}$ . Στο Ρουμάνικο βιβλίο από όπου
πήρα την άσκηση, δίνει την λύση (όχι δύσκολη), παραβλέποντας το γεγονός ότι δεν υπάρχουν τέτοιοι ακέραιοι. Ίσως με βάση την μαθηματική λογική να μην υπάρχει πρόβλημα, όμως συμφωνώ ότι πρέπει να αποφεύγονται τέτοιου είδους θέματα (θυμόμαστε ότι τέτοιο θέμα είχε προκύψει παλιά και στις Πανελλήνιες, όπου δινόταν κάποιες συνθήκες για μια συνάρτηση που όμως τέτοια συνάρτηση δεν ήταν δυνατόν να υπάρχει)

Προετοιμασία για διαγωνισμούς-Διαγώνισμα 5

Προετοιμασία για διαγωνισμούς-Διαγώνισμα 5

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς-Διαγώνισμα 5

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς-Διαγώνισμα 5

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς-Διαγώνισμα 5

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς-Διαγώνισμα 5

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς-Διαγώνισμα 5

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς-Διαγώνισμα 5

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς-Διαγώνισμα 5

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς-Διαγώνισμα 5

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς-Διαγώνισμα 5

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς-Διαγώνισμα 5

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς-Διαγώνισμα 5

Μέλη σε σύνδεση