Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Γιώτα · #121

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 59: Τρίγωνο $AB\Gamma$ έχει πλευρές $AB=x, A\Gamma=x+2, B\Gamma =10$ . Αν ισχύει ότι

$(x+2)^{2}-x^{2}=28$ , να αποδείξετε ότι το τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι ορθογώνιο με ορθή την γωνία .

Από τη σχέση που μου δίνει το πρόβλημα έχω ότι :
$(x+2)^2-x^2=x^2+4+4x-x^2=28\Rightarrow 4x=24\Rightarrow x=6$
Άρα x=6

και

.
Οπότε το πυθαγόρειο θεώρημα επαληθεύεται ( 6^2+8^2=10^2

)

#122

ΑΣΚΗΣΗ 61

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ABC

όπου

με $\angle B > 30^ \circ$ και σημείο

στο εσωτερικό του , τέτοιο ώστε :

$\angle MBC = 30$ και $\angle MAB = \frac {3}{4} \angle BAC$ .
Να αποδειχθεί ότι η γωνία AMC

είναι ίση με 150

μοίρες.

Μπάμπης

#123

Άσκηση 62

Αν $x,y,z \in[-1,\infty)$ ώστε $\sqrt{1+x}+\sqrt{1+y}=2\sqrt{1+z}$ νδο $x+y\geq 2z$ .

Πότε ισχύει η ισότητα;

(αναπάντητη εδώ: viewtopic.php?f=69&t=2380)

Άσκηση 63
Να βρείτε τους πρώτους αριθμούς x,y

αν ισχύει

Άσκηση 64
Αν $a,b\geq 0$ να δείξετε ότι

$\displaystyle \frac{a+b}{1+a+b}\leq \frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}\leq \frac{2(a+b)}{2+a+b}.$

Πότε ισχύει η ισότητα;

#124

Θα δώσω την λύση (για να υπάρχει) στην άσκηση 62, που είχε μείνει αναπάντητη από πολύ παλιά

Θέλουμε να αποδείξουμε ότι x+y $\geq 2z$

$\Leftrightarrow x+1+y+1\geq 2z+2\Leftrightarrow (x+1)+(y+1)\geq 2(z+1)$

Ας ονομάσουμε για ευκολία x+1=a , y+1=b και z+1=c

Τότε αρκεί να αποδείξουμε ότι a+b $\geq 2c\Leftrightarrow (\sqrt{a})^{2}+(\sqrt{b})^{2}\geq 2c\Leftrightarrow (\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}-2\sqrt{a}\sqrt{b}\geq 2c$ (1)

Από την υπόθεση, έχουμε: $\sqrt{a}+\sqrt{b}=2\sqrt{c}$ (*)

Άρα $(1)\Leftrightarrow (2\sqrt{c})^{2}-2\sqrt{ab}\geq 2c\Leftrightarrow 4c-2\sqrt{ab}\geq 2c\Leftrightarrow \sqrt{ab}\leq c (2)$

Γνωρίζουμε όμως ότι αν k,m>0 τότε $\sqrt{km}\leq \frac{k+m}{2}$ (Η απόδειξη αυτή είναι απλή και αφήνεται ως άσκηση. Αργότερα θα δώσουμε και την γενικώτερη μορφή της ανίσότητας αυτής)

Αν λοιπόν δούμε το $\sqrt{a}$ στην θέση του k και το $\sqrt{b}$ στην θέση του m τότε έχουμε:

$\sqrt{\sqrt{a}\sqrt{b}}\leq \frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{2}\Leftrightarrow \sqrt{\sqrt{a}\sqrt{b}}\leq \frac{2\sqrt{c}}{2}\Leftrightarrow \sqrt{\sqrt{a}\sqrt{b}}\leq \sqrt{c}\Leftrightarrow (\sqrt{\sqrt{a}\sqrt{b}})^{2}\leq c\Leftrightarrow \sqrt{ab}\leq c$

Άρα η σχέση (2) είναι αληθής και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

sokratis lyras · #125

Για την 64:
στο 1ο σκέλος της ανισότητας σπάμε το 1ο κλάσμα και βγαίνει εύκολα.
Στο 2ο σκέλος κάνουμε τισ πράξεις και καταλήγουμε σε $a^2+b^2\ge 2ab$ που ισχύει.

Φιλικά,
Σωκράτης

#126

Παρατηρήσεις για τις ασκήσεις που έχουν μείνει άλυτες

(α) Η ΑΣΚΗΣΗ 60, λύνεται άνετα με πράξεις
(β) Η ΑΣΚΗΣΗ 61, νομίζω ότι πρέπει να λυθεί από μαθητή Λυκείου (μου μοιάζει δύσκολη για Γυμνάσιο, εκτός αν κάτι δεν βλέπω)

(γ) Η Άσκηση 63, αντιμετωπίζεται με παραγοντοποίηση (αφού μεταφέρουμε στο πρώτο μέλος) και με γνώσεις θεωρίας αριθμών που ήδη σε προηγούμενες ασκήσεις έχουμε δεί[/size]

(δ) Για την Άσκηση 64, έχει δοθεί υπόδειξη από τον sokratis lyras, αλλά καλό είναι να γραφεί η αναλυτική λύση για να υπάρχει για τους μικρούς μας φίλους.

#127

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Παρατηρήσεις για τις ασκήσεις που έχουν μείνει άλυτες

(β) Η ΑΣΚΗΣΗ 61, νομίζω ότι πρέπει να λυθεί από μαθητή Λυκείου (μου μοιάζει δύσκολη για Γυμνάσιο, εκτός αν κάτι δεν βλέπω)

Θα βάλω εγώ τη λύση αργότερα. Για Αρχιμήδη δεν είναι δύσκολη. Δεν είναι όμως για Θαλή ή Ευκλείδη.
Απλά δεν υπάρχει πιο κατάλληλος φάκελος να την έβαζα.

Μπάμπης

#128

socrates έγραψε:Άσκηση 62

Αν $x,y,z \in[-1,\infty)$ ώστε $\sqrt{1+x}+\sqrt{1+y}=2\sqrt{1+z}$ νδο $x+y\geq 2z$ .

Πότε ισχύει η ισότητα;

(αναπάντητη εδώ: viewtopic.php?f=69&t=2380)

Βάζω μια συντομότερη λύση:

Από τη γνωστή ανισότητα $\displaystyle{2(m^2+n^2)\geq (m+n)^2}$ (η οποία είναι ισοδύναμη με την $\displaystyle{(m-n)^2\geq 0}$ )

έχουμε

$\displaystyle{2(1+x+1+y)\geq (\sqrt{1+x}+\sqrt{1+y})^2=4(1+z),}$

άρα προκύπτει το ζητούμενο.

Προφανώς, το ζητούμενο ισχύει αν και μόνο αν $\displaystyle{x=y=z.}$

#129

socrates έγραψε: Άσκηση 64
Αν $a,b\geq 0$ να δείξετε ότι

$\displaystyle \frac{a+b}{1+a+b}\leq \frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}\leq \frac{2(a+b)}{2+a+b}.$

Πότε ισχύει η ισότητα;

Βάζω μια πλήρη απόδειξη:

Ξεκινάμε με την αριστερή.

Είναι

$\displaystyle{\frac{a+b}{1+a+b}=\frac{a}{1+a+b}+\frac{b}{1+a+b}\leq \frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b},}$ αφού $\displaystyle{a,b\geq 0.}$

Πάμε στη δεξιά.

Είναι $\displaystyle{\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}- \frac{2(a+b)}{2+a+b}=\frac{1+a-1}{1+a}+\frac{1+b-1}{1+b}-2\frac{2+a+b-2}{2+a+b}=}$

$\displaystyle{1-\frac{1}{a+1}+1-\frac{1}{1+b}-2+\frac{4}{2+a+b}=-\Big(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{1+b}-\frac{4}{2+a+b}\Big)\leq 0,}$

όπου η τελευταία ανισότητα, ισχύει ως εφαρμογή της κλασικής $\displaystyle{\frac{1}{k}+\frac{1}{m}\geq \frac{4}{k+m}}$ για $\displaystyle{k,m>0.}$

spiros filippas · #130

Μιά διαφορετική αντιμετώπιση για την 45 (ίσως λίγο καθυστερημένα).

Θέτω: x-y=k~~,y-z=l

καί η προς απόδειξη ανισότητα γράφεται:

$a^2k(k+l)+b^2l(-k)+c^2(-k-l)(-l)=a^2k^2+a^2kl-b^2kl+c^2kl+c^2l^2=a^2k^2+(a^2l-b^2l+c^2l)k+c^2l^2\geq 0$

το οποίο είναι τριώνυμο ως πρός k. Αρκεί λοιπον να είναι D<0

Έχουμε: D=(a^2l-b^2l+c^2l)^2-(2acl)^2=l^2(a^2-2ac+c^2-b^2)(a^2+2ac+c^2-b^2)

όμως από τριγωνική ανισότητα έχουμε:

$a+c\geq b\Leftrightarrow a^2+2ac+c^2-b^2\geq 0$ καί:

$b+c\geq a\Leftrightarrow b^2\geq a^2-2ac+c^2\Leftrightarrow a^2-2ac+c^2-b^2\leq 0$ καί η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

#131

Θα δώσω μια λύση στην ΑΣΚΗΣΗ 60

$\displaystyle{\frac{1}{y+1-\frac{y}{x+1}}+\frac{1}{z+1-\frac{z}{y+1}}+\frac{1}{x+1-\frac{x}{z+1}}=}$

$\displaystyle{\frac{x+1}{(y+1)(x+1)-y}+\frac{y+1}{(z+1)(y+1)-z}+\frac{z+1}{(x+1)(z+1)-x}=}$

$\displaystyle{\frac{x+1}{xy+x+1}+\frac{y+1}{yz+y+1}+\frac{z+1}{zx+z+1}= A}$

Αλλά xyz=1

άρα $z=\frac{1}{xy}$

Άρα $\displaystyle{A=\frac{x+1}{xy+x+1}+\frac{y+1}{y.\frac{1}{xy}+y+1}+\frac{\frac{1}{xy}+1}{x.\frac{1}{xy}+\frac{1}{xy}+1}=}$ \displaystyle{\displaystyle{\frac{x+1}{xy+x+1}+\frac{x(y+1)}{xy+x+1}+\frac{xy+1}{xy+x+1}}} $\displaystyle{=\frac{2xy+2x+2}{xy+x+1}}$

$\displaystyle{=\frac{2(xy+x+1)}{xy+x+1}=2}$

Αύριο θα δώσω μια λύση και στην άσκηση 62, αν δεν λυθεί απο κάποιον ταλαντούχο μαθητή

Grigoris K. · #132

socrates έγραψε:
Άσκηση 63
Να βρείτε τους πρώτους αριθμούς αν ισχύει

Θα δώσω μια λεπτομερή λύση γι' αυτήν μιας και έμεινε αναπάντητη:

$\displaystyle( x^3 - 3x^2 - x^2y )+( 2y^3 + 6y^2 - 2xy^2) + (- x + y + 3) = 0 \\ \Leftrightarrow -x^2(-x +y + 3) + 2y^2(-x +y + 3 ) - x + y + 3= 0 \\ \Leftrightarrow (-x + y + 3)(-x^2 + 2y^2 + 1) = 0$

Συνεπώς είτε $-x + y + 3 = 0 \Leftrightarrow x = y + 3$ (1) είτε $-x^2 + 2y^2 + 1 = 0 \Leftrightarrow x =\sqrt{2y^2 +1}$ (2)

(1):

άρα

(2): $x =\sqrt{2y^2 +1}$ άρα (x,y) = (3,2)

Συνεπώς καταλήγουμε ότι: $\displaystyle{(x,y) = (5,2),(-2,-5),(3,2)}$ .

Υ.Γ. Αξίζει να σημειώσουμε για όσους δεν το γνωρίζουν ότι το

(και φυσικά το

) δεν είναι πρώτοι αριθμοί.

#133

Ευχαριστώ τον Grigoris που μας έδωσε την λύση της ωραίας άσκησης 63 (και όχι 62 που από παραδρομή έγραψα πριν)
(οπότε η υπόδειξη που είχα δώσει πιο πάνω, ήταν για την 63 και όχι για την 62 που κακώς έγραψα. Ελπίζω να μην μπέρδεψα κάποιον)
---------------------------
Από τις δύο επόμενες ασκήσεις η μία έχει τεθεί σε διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Β Γυμνασίου και η άλλη στον διαγωνισμό Αρχιμήδης Τμήμα Μικρών
-------------------------------
ΑΣΚΗΣΗ 65: Στο τραπέζιο ΑΒΓΔ οι γωνίες Α και Δ είναι ορθές , ΑΒ=α,ΑΔ=β και ΓΔ=γ.

Οι αριθμοί α,β,γ είναι ακέραιοι και ανάλογοι προς τους αριθμούς 1,2,3 αντίστοιχα και έχουν άθροισμα 30. Να βρεθεί το

εμβαδόν του τραπεζίου ΑΒΓΔ

ΑΣΚΗΣΗ 66: Αν a,b,x,y > 0

και

τότε: $\displaystyle{\frac{1}{\frac{a}{x}+\frac{b}{y}}\leq ax+by}$

Πότε ισχύει το ίσον;

ΑΡΣΕΝΟΗ · #134

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 65: Στο τραπέζιο ΑΒΓΔ οι γωνίες Α και Δ είναι ορθές , ΑΒ=α,ΑΔ=β και ΓΔ=γ.

Οι αριθμοί α,β,γ είναι ακέραιοι και ανάλογοι προς τους αριθμούς 1,2,3 αντίστοιχα και έχουν άθροισμα 30. Να βρεθεί το

εμβαδόν του τραπεζίου ΑΒΓΔ

Καλησπέρα...
Οι πληροφορίες της εκφώνησεις μας δίνουν τα εξείς:
$\dispalystyle{\frac{\alpha }{1}=\frac{\beta }{2}=\frac{\gamma }{3},}$
επειδή όμως οι α,β,γ έχουν άθροισμα 30, έχουμε:
$\dispalystyle{\frac{\alpha }{1}=\frac{\beta }{2}=\frac{\gamma }{3}=\frac{\alpha +\beta +\gamma }{6}=\frac{30}{6}=5,}$
Επομένως:
$\dispalystyle\alpha =5$

$\dispalystyle\beta =10$

$\dispalystyle\gamma =15$

Ο τύπος του εμβαδόν τραπεζίου είναι:
$\dispalystyle{\frac{(B+\beta )\upsilon }{2}=\frac{(5+15)10}{2}=100cm^{2},}$

Βάζω το σχήμα.Αν δε χρειάζετε πείτε μου να το σβήσω.

spiros filippas · #135

Γιά την άσκηση 66.

Έχουμε: $(ax+by)(\frac{a}{x}+\frac{b}{y})=a^2+ab(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})+b^2\geq (a+b)^2=1$

αφού για κάθε k,l >0 ισχύει ότι: $\frac{k}{l}+\frac{l}{k}\geq 2$

S.E.Louridas · #136

AΣΚΗΣΗ 70.
Να λυθεί στους πραγματικούς αριθμούς η εξίσωση:

$27\left( {x + \frac{4} {3}} \right)\left( {x + \frac{2} {3}} \right)\left( {x - \frac{1} {3}} \right)\left( {1 - x} \right) = 12x^2 + 4x.$

S.E.Louridas

#137

Μου άρεσε υπερβολικά η λύση που έδωσε ο spiros filippas (εγώ την είχα λύσει με πολύ περισσότερες πράξεις). Και με αφορμή την λύση αυτή, ας συζητήσουμε μερικές πολύ χρήσιμες ανισότητες που καλό είναι να απομνημονευτούν, ώστε να μπορούμε να τις χρησιμοποιούμε ως εργαλεία για την απόδειξη πολύπλοκων ανισοτήτων

ΒΑΣΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ (1): Για κάθε x,y ER (δηλαδή για κάθε x,y που είναι πραγματικοί αριθμοί) ισχύει:

$x^{2}+y^{2}\geq 2xy$

Η ισότητα ισχύει όταν x=y

ΕΦΑΡΜΟΓΗ: Αν $x,y\geq 0$ να αποδείξετε ότι $x+y\geq 2\sqrt{xy}$

ΑΠΟΔΕΙΞΗ: Στην βασική ανισότητα (1) βάλτε στην θέση του x το $\sqrt{x}$ και στη θέση του y το $\sqrt{y}$

ΒΑΣΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ (2):Για κάθε x,yER ισχύει: $x^{2}+y^{2}\geq xy$

Ας δούμε μια απόδειξη:

$x^{2}+y^{2}\geq xy\Leftrightarrow 2(x^{2}+y^{2})\geq 2xy\Leftrightarrow$

$x^{2}+x^{2}+y^{2}+y^{2}-2xy\geq 0\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}+(x-y)^{2}\geq 0$

Τούτο όμως ισχύει, οπότε θα ισχύει και το ζητούμενο

ΣΗΜ: Η ισότητα ισχύει όταν x=0,y=0 , x-y=0 δηλ. όταν x=y=0

ΒΑΣΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ (3):Για κάθε x,y,z ER ισχύει : $x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq xy+xz+yz$

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

1ος Τρόπος: Από την ΒΑΣΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ (1) έχουμε:

$x^{2}+y^{2}\geq 2xy y^{2}+z^{2}\geq 2xz z^{2}+x^{2}\geq 2zx$

Με πρόσθεση κατά μέλη των ανισοτήτων αυτών, έχουμε:

$2x^{2}+2y^{2}+2z^{2}\geq 2xy+2xz+2zy\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq xy+yz+zx$

2ος Τρόπος: Πολλαπλασιάζουμε τα μέλη της ζητούμενης ανισότητας με το 2, και με διασπάσεις και μεταφορά στο πρώτο μέλος, καταλήγουμε σε άθροισμα τριών τετραγώνων μεγαλύτερο ή ίσο με το μηδέν, πράγμα που αληθεύει.

ΒΑΣΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ (4):Αν x,y>0 τότε $\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\geq 2$

(Η απόδειξη είναι εύκολη , αν πολλαπλασιάσουμε ισοδύναμα τα μέλη της αποδεικτέας με το xy)

Οι επόμενες τώρα ασκήσεις για να λυθούν θα χρησιμοποιήσουν κάποιες από τις παραπάνω ΒΑΣΙΚΕΣ ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ

ΑΣΚΗΣΗ 67: Για κάθε x,y,z>0 να αποδειχθεί ότι:

$\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}+\frac{z}{y}\geq 6$

ΑΣΚΗΣΗ 68:: $(x^+y)(y+z)(z+x)\geq 8xyz$

για κάθε x,y,z θετικούς πραγματικούς αριθμούς

Προσπαθείστε και εσείς να φτιάξετε μερικές ανισότητες που να λύνονται χρησιμοποιώντας κάποιαπό τις ΒΑΣΙΚΕΣ ή συνδυασμό αυτών.Αργότερα θα δούμε και άλλες ΒΑΣΙΚΕΣ ανισότητες που θα πρέπει να απομνημονευτούν.

marmix · #138

για την 68: $x+y\geq 2\sqrt{xy}$ $y+z\geq2 \sqrt{yz}$ $z+x\geq 2\sqrt{zx}$ με πολλαπλασιασμό δινουν την πρωτη σχεση

marmix · #139

για την 67: $\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\geq 2$ $\frac{x}{z}+\frac{z}{x} \geq 2$ $\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\geq 2$ με προσθεση των τριων σχεσεων προκυπτει η αρχικη!

sokratis lyras · #140

Για την 67:
Με απλή εφαρμογή της ΑΜ-ΓΜ για 6 όρους.

Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Μέλη σε σύνδεση