Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Νίκος Αϊνστάιν · #1221

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 394:(Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{x\in \{0,1,2, ... ,7\}}$ και αν

$\displaystyle{\sqrt{x,\bar{4}}-\sqrt{1,\bar{(x+2)}}=1}$ , να βρεθεί ο $\displaystyle{x}$

(Oι αριθμοί μέσα στις τετραγωνικές ρίζες είναι δεκαδικοί περιοδικοί)

Ένας διαφορετικός τρόπος είναι να αντικαταστήσουμε το

με

, ώσπου να βρούμε την ρίζα που επαληθεύει την εξίσωση.

#1222

ΛΕΩΝΙΔΑΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 390: Να βρεθούν οι μη αρνητικοί ακέραιοι όταν οι και ειναι ταυτόχρονα τέλεια τετράγωνα.

Άλλη μία παρόμοια βρίσκεται εδώ.

Αλέξανδρος

raf616 · #1223

Νίκος Αϊνστάιν έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 394:(Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{x\in \{0,1,2, ... ,7\}}$ και αν

$\displaystyle{\sqrt{x,\bar{4}}-\sqrt{1,\bar{(x+2)}}=1}$ , να βρεθεί ο $\displaystyle{x}$

(Oι αριθμοί μέσα στις τετραγωνικές ρίζες είναι δεκαδικοί περιοδικοί)
Ένας διαφορετικός τρόπος είναι να αντικαταστήσουμε το με , ώσπου να βρούμε την ρίζα που επαληθεύει την εξίσωση.

Δεν ξέρουμε όμως ότι ο

είναι ακέραιος...

kleovoulos · #1224

raf616 έγραψε:
Νίκος Αϊνστάιν έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 394:(Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{x\in \{0,1,2, ... ,7\}}$ και αν

$\displaystyle{\sqrt{x,\bar{4}}-\sqrt{1,\bar{(x+2)}}=1}$ , να βρεθεί ο $\displaystyle{x}$

(Oι αριθμοί μέσα στις τετραγωνικές ρίζες είναι δεκαδικοί περιοδικοί)
Ένας διαφορετικός τρόπος είναι να αντικαταστήσουμε το με , ώσπου να βρούμε την ρίζα που επαληθεύει την εξίσωση.
Δεν ξέρουμε όμως ότι ο είναι ακέραιος...

Είναι. Εφόσον τα τρία πρώτα στοιχεία του συνόλου είναι ακέραιοι και το ίδιο ισχύει και με το τελευταίο τα αποσιωποιητικά δηλώνουν ότι οι αριθμοί συνεχίζονται με τον ίδιο τρόπο (δηλαδή αντί για αποσιωποιητικά θα είχαμε 3,4,5,6). Η αλήθεια είναι βέβαια ότι η λύση κατ'αυτόν τον τρόπο δε θα ήταν τόσο κομψή.

#1225

ΑΣΚΗΣΗ 395: (Γ Γυμνασσίου) Αν $\displaystyle{x,y,z >0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\sqrt{xy}+\sqrt{xz}+\sqrt{xy+xz}\leq \frac{x}{2}+3y+3z}$

raf616 · #1226

kleovoulos έγραψε:
raf616 έγραψε:
Νίκος Αϊνστάιν έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 394:(Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{x\in \{0,1,2, ... ,7\}}$ και αν

$\displaystyle{\sqrt{x,\bar{4}}-\sqrt{1,\bar{(x+2)}}=1}$ , να βρεθεί ο $\displaystyle{x}$

(Oι αριθμοί μέσα στις τετραγωνικές ρίζες είναι δεκαδικοί περιοδικοί)
Ένας διαφορετικός τρόπος είναι να αντικαταστήσουμε το με , ώσπου να βρούμε την ρίζα που επαληθεύει την εξίσωση.
Δεν ξέρουμε όμως ότι ο είναι ακέραιος...
Είναι. Εφόσον τα τρία πρώτα στοιχεία του συνόλου είναι ακέραιοι και το ίδιο ισχύει και με το τελευταίο τα αποσιωποιητικά δηλώνουν ότι οι αριθμοί συνεχίζονται με τον ίδιο τρόπο (δηλαδή αντί για αποσιωποιητικά θα είχαμε 3,4,5,6). Η αλήθεια είναι βέβαια ότι η λύση κατ'αυτόν τον τρόπο δε θα ήταν τόσο κομψή.

Έχετε δίκαιο... Με ενημέρωσε ο κ.Δημήτρης ότι θα μπορούσε να λυθεί και έτσι αλλά πιο άκομψα...

raf616 · #1227

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 395: (Γ Γυμνασσίου) Αν $\displaystyle{x,y,z >0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\sqrt{xy}+\sqrt{xz}+\sqrt{xy+xz}\leq \frac{x}{2}+3y+3z}$

Πολύ ωραία άσκηση...

Από την ΑΜ - ΓΜ παίρνουμε:

$\dfrac{x}{4} + 4y \geq 2\sqrt{\dfrac{x}{4} \cdot 4y} = 2\sqrt{xy}$

$\dfrac{x}{4} + 4z \geq 2\sqrt{\dfrac{x}{4}\cdot4z} = 2\sqrt{xz}$

$\dfrac{x}{2} + (2y + 2z) \geq 2\sqrt{\dfrac{x}{2} \cdot (2y + 2z)} = 2\sqrt{xy + xz}$

Με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε:

$\displaystyle{\dfrac{x}{4} + 4y + \dfrac{x}{4} + 4z + \dfrac{x}{2} + 2y + 2z \geq 2\sqrt{xy} + 2\sqrt{xz} + 2\sqrt{xy + xz} \Leftrightarrow x + 6y + 6z \geq 2\sqrt{xy} + 2\sqrt{xz} + 2\sqrt{xy + xz} \Leftrightarrow}$

$\displaystyle{\Leftrightarrow \sqrt{xy} + \sqrt{xz} + \sqrt{xy + xz} \leq \dfrac{x}{2} + 3y + 3z}$

Έτσι, το ζητούμενο απεδείχθη.

Νίκος Αϊνστάιν · #1228

raf616 έγραψε:
kleovoulos έγραψε:
raf616 έγραψε:
Νίκος Αϊνστάιν έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 394:(Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{x\in \{0,1,2, ... ,7\}}$ και αν

$\displaystyle{\sqrt{x,\bar{4}}-\sqrt{1,\bar{(x+2)}}=1}$ , να βρεθεί ο $\displaystyle{x}$

(Oι αριθμοί μέσα στις τετραγωνικές ρίζες είναι δεκαδικοί περιοδικοί)
Ένας διαφορετικός τρόπος είναι να αντικαταστήσουμε το με , ώσπου να βρούμε την ρίζα που επαληθεύει την εξίσωση.
Δεν ξέρουμε όμως ότι ο είναι ακέραιος...
Είναι. Εφόσον τα τρία πρώτα στοιχεία του συνόλου είναι ακέραιοι και το ίδιο ισχύει και με το τελευταίο τα αποσιωποιητικά δηλώνουν ότι οι αριθμοί συνεχίζονται με τον ίδιο τρόπο (δηλαδή αντί για αποσιωποιητικά θα είχαμε 3,4,5,6). Η αλήθεια είναι βέβαια ότι η λύση κατ'αυτόν τον τρόπο δε θα ήταν τόσο κομψή.
Έχετε δίκαιο... Με ενημέρωσε ο κ.Δημήτρης ότι θα μπορούσε να λυθεί και έτσι αλλά πιο άκομψα...

Αυτή η λύση είναι χρονοβόρα. Εγώ την υπέδειξα ως εναλλακτική λύση.

#1229

ΑΣΚΗΣΗ 396: (Γ Γυμνασσίου) Η διχοτόμος της ορθής γωνίας $\displaystyle{A}$ ενός ορθογωνίου τριγώνου $\displaystyle{ABC}$

τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο σημείο $\displaystyle{D}$ . Αν $\displaystyle{K , L}$ είναι οι προβολές του $\displaystyle{D}$ πάνω στις ευθείες $\displaystyle{AC}$ αι $\displaystyle{AB}$

αντιστοίχως, να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{AB+AC=DL+DK}$

: ΣΧΗΜΑ 1.png (8.61 KiB) Προβλήθηκε 2286 φορές

Νίκος Αϊνστάιν · #1230

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 396: (Γ Γυμνασσίου) Η διχοτόμος της ορθής γωνίας $\displaystyle{A}$ ενός ορθογωνίου τριγώνου $\displaystyle{ABC}$

τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο σημείο $\displaystyle{D}$ . Αν $\displaystyle{K , L}$ είναι οι προβολές του $\displaystyle{D}$ πάνω στις ευθείες $\displaystyle{AC}$ αι $\displaystyle{AB}$

αντιστοίχως, να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{AB+AC=DL+DK}$

ΣΧΗΜΑ 1.png

Έχω μια απορία. Τι είναι οι προβολείς;

parmenides51 · #1231

Νίκος Αϊνστάιν έγραψε:Έχω μια απορία. Τι είναι οι προβολες;

(ορθή) προβολή ενός σημείου πάνω σε μια ευθεία είναι το σημείο που η κάθετη στην ευθεία, η οποία άγεται (διέρχεται) από το σημείο τέμνει (συναντά) την ευθεία

με απλά λόγια είναι το σημείο τομής της δοσμένης ευθείας και της κάθετης (σε αυτήν) ευθείας που περνά από το σημείο

raf616 · #1232

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 396: (Γ Γυμνασσίου) Η διχοτόμος της ορθής γωνίας $\displaystyle{A}$ ενός ορθογωνίου τριγώνου $\displaystyle{ABC}$

τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο σημείο $\displaystyle{D}$ . Αν $\displaystyle{K , L}$ είναι οι προβολές του $\displaystyle{D}$ πάνω στις ευθείες $\displaystyle{AC}$ αι $\displaystyle{AB}$

αντιστοίχως, να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{AB+AC=DL+DK}$

ΣΧΗΜΑ 1.png

Καλησπέρα σε όλους... Βάζω μία προσέγγιση χωρίς όμως σχήμα...

Επειδή το $\overset{\triangle}{ABC}$ είναι ορθογώνιο, η

είναι διάμετρος του κύκλου.

Το AKDL

είναι παραλληλόγραμμο. Όμως $\widehat{DAC} = \widehat{ADL} = \widehat{DAL}$ και άρα AL = DL

. Επομένως το AKDL

είναι τετράγωνο.

Φέρουμε τις

και

. Ισχύει

από το

.

H

είναι διχοτόμος το

είναι το μέσο του τόξου

. Άρα, αν

το κέντρο του κύκλου, η

είναι μεσοκάθετος της

και άρα

Επομένως, τα ορθογώνια τρίγωνα BLD

και

είναι ίσα και άρα CK = BL

.

Άρα:

Έτσι, το ζητούμενο εδείχθη.

#1233

ΑΣΚΗΣΗ 397: Αν $\displaystyle{x,y\in R}$ και αν $\displaystyle{3(x+y)+28=8\sqrt{3x+5}+6\sqrt{3y-2}}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{(2x+y-12)^{2014}=1}$

ΣΗΜ: Διόρθωσα ένα τυπογραφικό στο δεύτερο μέλος

Νίκος Αϊνστάιν · #1234

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 397: Αν $\displaystyle{x,y\in R}$ και αν $\displaystyle{3(x+y)+28=8\sqrt{3x+5}+6\sqrt{3y-2}}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{(2x+y-12)^{2014}=1}$

$3(x + y) + 28 = 8 \sqrt{3x + 5} + 6 \sqrt{3y - 2} \Leftrightarrow 3x + 3y - 8 \sqrt{3x + 5} - 6 \sqrt{3y - 2} + 28 = 0 \Leftrightarrow$
$(3x + 5) - 5 - 4 \cdot 2 \sqrt{3x + 5} + 16 - 16 + (3y - 2) + 2 - 2 \cdot 3 \sqrt{3y - 2} + 9 - 9 + 28 = 0$
$[(\sqrt{3x + 5})^2 - 4 \cdot 2 \sqrt{3x + 5} + 4^2] + [(\sqrt{3y - 2})^2 - 2 \cdot 3 \sqrt{3y - 2} + 3^2] - 28 + 28 = 0$
$(\sqrt{3x + 5} - 4)^2 + (\sqrt{3y - 2} - 3)^2 = 0$
Πρέπει $(\sqrt{3x + 5} - 4)^2 \geq 0 \wedge (\sqrt{3y - 2} - 3)^2 \geq 0 \Rightarrow$
$(\sqrt{3x + 5} - 4)^2 = 0 \wedge (\sqrt{3y - 2} - 3)^2 = 0 \Leftrightarrow \sqrt {(\sqrt{3x + 5} - 4)^2} = 0 \wedge \sqrt {(\sqrt{3y - 2} - 3)^2} = 0$
$\Leftrightarrow \sqrt{3x + 5} - 4 = 0 \wedge \sqrt{3y - 2} - 3 = 0 \Leftrightarrow \sqrt{3x + 5} = 4 \wedge \sqrt{3y - 2} = 3 \Leftrightarrow$
$3x + 5 = 16 \wedge 3y - 2 = 9 \Leftrightarrow 3x = 11 \wedge 3y = 11 \Leftrightarrow x = \dfrac {11}{3} \wedge y = \dfrac {11}{3}$
$\Leftrightarrow x = y = \dfrac {11}{3}$

Άρα, το πρώτο μέλος της σχέσης προς απόδειξη γίνεται: $(2x + y - 12)^{2014} = (2x + x - 12)^{2014} = (3x - 12)^{2014} =$
$= (3\dfrac {11}{3} - 12)^{2014} = (11 - 12)^{2014} = (-1)^{2014} = 1$ , που είναι ίσο με το δεύτερο μέλος και έτσι αποδείξαμε το ζητούμενο.

#1235

Νίκος Αϊνστάιν έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 397: Αν $\displaystyle{x,y\in R}$ και αν $\displaystyle{3(x+y)+28=4\sqrt{3x+5}+6\sqrt{3y-2}}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{(2x+y-12)^{2014}=1}$
$3(x + y) + 28 = 4 \sqrt{3x + 5} + 6 \sqrt{3y - 2} \Leftrightarrow 3x + 3y - 4 \sqrt{3x + 5} - 6 \sqrt{3y - 2} + 28 = 0 \Leftrightarrow$
$(3x + 5) - 5 + 2 \cdot 2 \sqrt{3x + 5} + 4 - 4 + (3y - 2) + 2 - 2 \cdot 3 \sqrt{3y - 2} + 9 - 9 + 28 = 0$
$[(\sqrt{3x + 5})^2 - 2 \cdot 2 \sqrt{3x + 5} + 2^2] + [(\sqrt{3y - 2})^2 - 2 \cdot 3 \sqrt{3y - 2} + 3^2] - 16 + 28 = 0$
$(\sqrt{3x + 5} - 2)^2 + (\sqrt{3y - 2} - 3)^2 + 12 = 0 \Leftrightarrow (\sqrt{3x + 5} - 2)^2 + (\sqrt{3y - 2} - 3)^2 = -12$
Η εξίσωση είναι αδύνατη αφού κάθε τέλειο τετράγωνο πρέπει να είναι $a^2 \geq 0$ .

Υπάρχει κανένα λάθος στην λύση μου ή μήπως κανένα τυπογραφικό στην άσκηση;

Ναί Νίκο, υπήρχε τυπογραφικό στο δεύτερο μέλος της αποδεικτέας σχέσης, το οποίο διόρθωσα. Κατά τα άλλα η λύση

είναι όπως ακριβώς την έδωσες.

#1236

ΑΣΚΗΣΗ 398: (B, Γ Γυμνασίου) . Έστω ότι $\displaystyle{x\in R^{*}}$ και $\displaystyle{x^{18} , x^{11} \in Q}$ . Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{x\in Q}$

Νίκος Αϊνστάιν · #1237

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 398: (B, Γ Γυμνασίου) . Έστω ότι $\displaystyle{x\in R^{*}}$ και $\displaystyle{x^{18} , x^{11} \in Q}$ . Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{x\in Q}$

Θα χρησιμοποιήσουμε το γεγονός ότι το πηλίκο δύο ρητών αριθμών είναι ρητός.
Προφανώς, $\dfrac {x^{18}}{x^{11}} = x^7 \in Q$ (1)

Επίσης, $\dfrac {x^{11}}{x^7} = x^4 \in Q$ (2)

$\dfrac {x^7}{x^4} = x^3 \in Q$ (3)

$\dfrac {x^4}{x^3} = x \in Q$ και άρα αποδείξαμε το ζητούμενο

#1238

AΣΚΗΣΗ 399: (Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{x,y,z >0}$ και αν $\displaystyle{x+y+z \leq \sqrt{3xyz}}$

να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\leq 1}$

G.Bas · #1239

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 399: (Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{x,y,z >0}$ και αν $\displaystyle{x+y+z \leq \sqrt{3xyz}}$

να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\leq 1}$

Ισχύει

$\displaystyle{3xyz\geq (x+y+z)^2\geq 3(xy+yz+zx)\Leftrightarrow xyz\geq xy+yz+zx\Leftrightarrow 1\geq\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}.}$

Νομίζω η ακόλουθη Ανισότητα ισχύει επίσης.

Αν x,y,z>0

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

#1240

G.Bas έγραψε: Νομίζω η ακόλουθη Ανισότητα ισχύει επίσης.

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

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

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

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