Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1241

ΑΣΚΗΣΗ 400: (Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{x,y,z >0}$ και αν:

$\displaystyle{2\sqrt{x}+3\sqrt{y}+5\sqrt{z}\leq 76-\frac{8}{\sqrt{x}}-\frac{27}{\sqrt}y}}-\frac{125}{\sqrt{z}}}$ , να βρεθούν οι αριθμοί $\displaystyle{x,y,z}$

raf616 · #1242

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 400: (Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{x,y,z >0}$ και αν:

$\displaystyle{2\sqrt{x}+3\sqrt{y}+5\sqrt{z}\leq 76-\frac{8}{\sqrt{x}}-\frac{27}{\sqrt}y}}-\frac{125}{\sqrt{z}}}$ , να βρεθούν οι αριθμοί $\displaystyle{x,y,z}$

Θέτοντας $\sqrt{x} = a, \sqrt{y} = b, \sqrt{z} = c$ , η εξίσωση γίνεται:

$\displaystyle{2a + 3b + 5z \leq 76 - \dfrac{8}{a} - \dfrac{27}{b} - \dfrac{125}{c} \Leftrightarrow \dfrac{2a^2 + 8}{a} - 8 + \dfrac{3b^2 + 27}{b} - 18 + \dfrac{5c^2 + 125}{c} - 50 \leq 0 \Leftrightarrow \dfrac{2(a - 2)^2}{a} + \dfrac{3(b - 3)^2}{b} + \dfrac{5(c - 5)^2}{c} \leq 0}$

Άρα θα είναι:

$(a - 2)^2 = 0 \Leftrightarrow a = 2 \implies x = 4$

$(b - 3)^2 = 0 \Leftrightarrow b = 3 \implies y = 9$

$(c - 5)^2 = 0 \Leftrightarrow c = 5 \implies z = 25$

#1243

ΑΣΚΗΣΗ 401:(Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{x,y,z \in R}$ και $\displaystyle{x^2 +y^2+z^2 +\frac{17}{2}=x+3y+5z}$

να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{x<y<z}$

Νίκος Αϊνστάιν · #1244

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 401:(Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{x,y,z \in R}$ και $\displaystyle{x^2 +y^2+z^2 +\frac{17}{2}=x+3y+5z}$

να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{x<y<z}$

Πολλαπλασιάζουμε με το

την εξίσωση κατά μέλη και έχουμε: $4x^2 + 4y^2 + 4z^2 - 4x - 12y - 25z + 34 = 0 \Leftrightarrow$
$(2x)^2 + (2y)^2 + (2z)^2 - 2 \cdot 2x - 2 \cdot 2 \cdot 3y - 2 \cdot 2 \cdot 5z + 1 + 9 + 25 - 1 = 0 \Leftrightarrow$
(2x -1)^2 + (2y - 3)^2 + (2z - 5)^2 = 1

Παρατηρούμε ότι:
$(2x - 1)^2 < 1 \Leftrightarrow |2x - 1| < 1 \Leftrightarrow -1 < 2x - 1 < 1 \Leftrightarrow 0 < 2x < 2 \Leftrightarrow 0 < x < 1$
Ομοίως, 1 < y <2

και

, άρα

#1245

ΑΣΚΗΣΗ 402:(Γ Γυμνασίου) Να αποδείξετε ότι για όλους τους φυσικούς αριθμούς $\displaystyle{x,y,z}$

o αριθμός $\displaystyle{A=xyz(x^2 -y^2 )(y^2 -z^2 )(z^2 -x^2 )}$ είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{5}$ .

#1246

Νίκος Αϊνστάιν έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 401:(Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{x,y,z \in R}$ και $\displaystyle{x^2 +y^2+z^2 +\frac{17}{2}=x+3y+5z}$

να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{x<y<z}$
Πολλαπλασιάζουμε με το την εξίσωση κατά μέλη και έχουμε: $4x^2 + 4y^2 + 4z^2 - 4x - 12y - 25z + 34 = 0 \Leftrightarrow$
$(2x)^2 + (2y)^2 + (2z)^2 - 2 \cdot 2x - 2 \cdot 2 \cdot 3y - 2 \cdot 2 \cdot 5z + 1 + 9 + 25 - 1 = 0 \Leftrightarrow$

Παρατηρούμε ότι:
$(2x - 1)^2 < 1 \Leftrightarrow |2x - 1| < 1 \Leftrightarrow -1 < 2x - 1 < 1 \Leftrightarrow 0 < 2x < 2 \Leftrightarrow 0 < x < 1$
Ομοίως, και , άρα

Να συμπληρώσω μόνο, στην ωραία λύση του Νίκου ότι δεν θα ήταν δυνατόν να είχαμε π.χ $\displaystyle{|2x-1|=1}$ , διότι τότε θα ήταν

$\displaystyle{(2x-3)^2 +(2x-5)^2 =0}$ , από όπου και έπεται ότι $\displaystyle{x=\frac{3}{2}}$ και $\displaystyle{x=\frac{5}{2}}$ , που είναι άτοπο.

#1247

ΑΣΚΗΣΗ 403: (Γ Γυμνασίου) Aν $\displaystyle{x,y,z >0}$ και αν ισχύει ότι:

$\displaystyle{\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{x+z}=\frac{1}{2}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})}$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{x=y=z}$

G.Bas · #1248

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 403: (Γ Γυμνασίου) Aν $\displaystyle{x,y,z >0}$ και αν ισχύει ότι:

$\displaystyle{\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{x+z}=\frac{1}{2}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})}$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{x=y=z}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

raf616 · #1249

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 403: (Γ Γυμνασίου) Aν $\displaystyle{x,y,z >0}$ και αν ισχύει ότι:

$\displaystyle{\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{x+z}=\frac{1}{2}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})}$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{x=y=z}$

Θα βάλω μία λύση με διαφορετικό τρόπο από αυτόν στο hide.

Θα χρησιμοποιήσουμε μόνο τη βασική ανισότητα $(x + y)^2 \geq 4xy$ με ισότητα μόνο όταν x = y

. Από αυτήν παίρνουμε $\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} \geq \dfrac{4}{x + y}$ .

Ομοίως:

$\dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z} \geq \dfrac{4}{y + z}$ με ισότητα όταν y = z

$\dfrac{1}{z} + \dfrac{1}{x} \geq \dfrac{4}{z + x}$ με ισότητα όταν z = x

Με πρόσθεση θα πάρουμε:

$\displaystyle{2\left(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}\right) \geq 4\left(\dfrac{1}{x + y} + \dfrac{1}{y + z} + \dfrac{1}{x + z}\right) \Leftrightarrow \frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{x+z} \geq \frac{1}{2}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)}$

Επειδή όμως ισχύει η ισότητα θα είναι x = y = z

.

#1250

ΑΣΚΗΣΗ 404: (Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{a,b,c >0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{1}{a^2 } +\frac{1}{b^2 }+\frac{1}{c^2 } +3 \geq 2\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}{\sqrt{abc}}}$

raf616 · #1251

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 404: (Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{a,b,c >0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{1}{a^2 } +\frac{1}{b^2 }+\frac{1}{c^2 } +3 \geq 2\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}{\sqrt{abc}}}$

Από τη θεμελιώδη ανισότητα $a^2 + b^2 \geq 2ab$ έχουμε:

$\dfrac{1}{a^2} + 1 \geq 2 \cdot \dfrac{1}{a}$

$\dfrac{1}{b^2} + 1 \geq 2 \cdot \dfrac{1}{b}$

$\dfrac{1}{c^2} + 1 \geq 2 \cdot \dfrac{1}{c}$

Επομένως:

$LHS \geq 2\left(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}\right)$

Έτσι, αρκεί να δείξουμε ότι:

$\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \geq \dfrac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}{\sqrt{abc}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \geq \dfrac{1}{\sqrt{ab}} + \dfrac{1}{\sqrt{bc}} + \dfrac{1}{\sqrt{ca}}$

Η παραπάνω όμως είναι εφαρμογή της θεμελιώδους $x^2 + y^2 + z^2 \geq xy + yz + zx$ για $x = \dfrac{1}{\sqrt{a}}, y = \dfrac{1}{\sqrt{b}}, z = \dfrac{1}{\sqrt{c}}$

Η ισότητα προφανώς ισχύει όταν a = b = c = 1

.

#1252

AΣΚΗΣΗ 405: (Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{a>0}$ και $\displaystyle{x_1 , x_2 , ... , x_n \in R}$ , και αν:

$\displaystyle{2a(\sqrt{x_1 ^2 -a^2}+\sqrt{x_2 ^2 -a^2}+ ... +\sqrt{x_n ^2 -a^2})=\sum_{1}^{n}{x_k ^2}}$ , να βρεθούν οι αριθμοί $\displaystyle{x_1 , x_2 , ... ,x_n}$

gavrilos · #1253

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 405: (Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{a>0}$ και $\displaystyle{x_1 , x_2 , ... , x_n \in R}$ , και αν:

$\displaystyle{2a(\sqrt{x_1 ^2 -a^2}+\sqrt{x_2 ^2 -a^2}+ ... +\sqrt{x_n ^2 -a^2})=\sum_{1}^{n}{x_k ^2}}$ , να βρεθούν οι αριθμοί $\displaystyle{x_1 , x_2 , ... ,x_n}$

Φέρνουμε τα πάντα στο δεύτερο μέλος και έχουμε $\displaystyle{\sum_{i=1}^{n} \left(x_{i}^{2}-a^{2}-2a\sqrt{x_{i}^{2}-a^{2}}+a^{2}\right)=0\Leftrightarrow \sum_{i=1}^{n} \left(\sqrt{x_{i}^{2}-a^{2}}-a\right)^{2}=0}$ .

Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι $\displaystyle{\left(\sqrt{x_{i}^{2}-a^{2}}-a\right)^{2}=0\Leftrightarrow x_{i}^{2}-a^{2}=a^{2}\Leftrightarrow x_{1}=x_{2}=...=x_{n}=a\sqrt{2}}$ .

#1254

ΑΣΚΗΣΗ 406: (Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{a,b,c \geq 0}$ και $\displaystyle{a^3 +b^3 +c^3 =1}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\sqrt{a^6 +4b^3 +4c^3}+\sqrt{b^6 +4c^3 +4a^3}+\sqrt{c^6 +4a^3 +4b^3}=5}$

raf616 · #1255

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 406: (Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{a,b,c \geq 0}$ και $\displaystyle{a^3 +b^3 +c^3 =1}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\sqrt{a^6 +4b^3 +4c^3}+\sqrt{b^6 +4c^3 +4a^3}+\sqrt{c^6 +4a^3 +4b^3}=5}$

Από τη σχέση που μας δίνεται έχουμε:

$a^3 + b^3 + c^3 = 1 \Leftrightarrow 4b^3 + 4c^3 = 4 - 4a^3$

Αντικαθιστώντας στην πρώτη ρίζα έχουμε:

$\sqrt{a^6 + 4b^3 + 4c^3} = \sqrt{a^6 - 4a^3 + 4} = \sqrt{(a^3 - 2)^2} = |a^3 - 2|$

Αντικαθιστώντας τώρα a^3 = 1 - b^3 - c^3

έχουμε:

, αφού $b, c \geq 0$

Δουλεύοντας έτσι και για τις άλλες ρίζες έχουμε:

$\displaystyle{\sqrt{a^6 +4b^3 +4c^3}+\sqrt{b^6 +4c^3 +4a^3}+\sqrt{c^6 +4a^3 +4b^3} = 2(a^3 + b^3 + c^3) + 3 = 2 + 3 = 5}$ .

Έτσι, αποδείξαμε το ζητούμενο.

#1256

ΑΣΚΗΣΗ 407: (Γ Γυμνασίου) Δείξτε ότι για κάθε $\displaystyle{x,y \geq 0}$ ισχύει:

$\displaystyle{2(x^3 +x^3 y^3 +1)\geq x^2+x++xy(1+x^2 y +x^2 +xy)}$

G.Bas · #1257

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 407: (Γ Γυμνασίου) Δείξτε ότι για κάθε $\displaystyle{x,y \geq 0}$ ισχύει:

$\displaystyle{2(x^3 +x^3 y^3 +1)\geq x^2+x++xy(1+x^2 y +x^2 +xy)}$

Η παραπάνω ισοδύναμα γράφεται

$\displaystyle{x^3(1-y)^2(1+y)+(xy-1)^2(xy+1)+(x-1)^2(x+1)\geq 0.}$

#1258

ΑΣΚΗΣΗ 408: (Γ Γυμνασίου) Δείξτε ότι:

$\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{2+\sqrt{3}}}+\frac{1}{\sqrt{4+\sqrt{15}}}+ ... +\frac{1}{\sqrt{2.40+\sqrt{4.40^2 -1}}}=\sqrt{32}}$

mathxl · #1259

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 408: (Γ Γυμνασίου) Δείξτε ότι:

$\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{2+\sqrt{3}}}+\frac{1}{\sqrt{4+\sqrt{15}}}+ ... +\frac{1}{\sqrt{2.40+\sqrt{4.40^2 -1}}}=\sqrt{32}}$

Θέλουμε να δείξουμε ότι:
$\frac{1}{{\sqrt {2 + \sqrt 3 } }} + \frac{1}{{\sqrt {4 + \sqrt {15} } }} + ... + \frac{1}{{\sqrt {80 + \sqrt {{{80}^2} - 1} } }} = \sqrt {32}$

μια λύση είναι η παρακάτω.

Για $x \ge 2$ ισχύει:

$\displaystyle{\frac{1}{{\sqrt {x + \sqrt {{x^2} - 1} } }} = \frac{1}{{\sqrt {x + 2\sqrt {\frac{{{x^2} - 1}}{4}} } }} = \frac{1}{{\sqrt {x + 2\sqrt {\frac{{x - 1}}{2}} \sqrt {\frac{{x + 1}}{2}} } }} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{\sqrt {{{\left( {\sqrt {\frac{{x - 1}}{2}} } \right)}^2} + 2\sqrt {\frac{{x - 1}}{2}} \sqrt {\frac{{x + 1}}{2}} + {{\left( {\sqrt {\frac{{x + 1}}{2}} } \right)}^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {{{\left( {\sqrt {\frac{{x - 1}}{2}} + \sqrt {\frac{{x + 1}}{2}} } \right)}^2}} }} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{\sqrt {\frac{{x - 1}}{2}} + \sqrt {\frac{{x + 1}}{2}} }} = \frac{{\sqrt {\frac{{x - 1}}{2}} - \sqrt {\frac{{x + 1}}{2}} }}{{\frac{{x - 1}}{2} - \frac{{x + 1}}{2}}} = \sqrt {\frac{{x + 1}}{2}} - \sqrt {\frac{{x - 1}}{2}} }$

Τουτέστιν : $\displaystyle{\frac{1}{{\sqrt {x + \sqrt {{x^2} - 1} } }} = \sqrt {\frac{{x + 1}}{2}} - \sqrt {\frac{{x - 1}}{2}} }$ για κάθε $\displaystyle{x \ge 2}$ .

Οπότε,

για $\displaystyle{x = 2:\frac{1}{{\sqrt {2 + \sqrt 3 } }} = \sqrt {\frac{3}{2}} - \sqrt {\frac{1}{2}} }$

για $\displaystyle{x = 4:\frac{1}{{\sqrt {4 + \sqrt {15} } }} = \sqrt {\frac{5}{2}} - \sqrt {\frac{3}{2}} }$

.........................................................................................................

για $\displaystyle{x = 80:\frac{1}{{\sqrt {80 + \sqrt {{{80}^2} - 1} } }} = \sqrt {\frac{{81}}{2}} - \sqrt {\frac{{79}}{2}} }$

Προσθέτοντας τις παραπάνω κατά μέλη, έχουμε:

$\displaystyle{\frac{1}{{\sqrt {2 + \sqrt 3 } }} + \frac{1}{{\sqrt {4 + \sqrt {15} } }} + ... + \frac{1}{{\sqrt {80 + \sqrt {{{80}^2} - 1} } }} = \sqrt {\frac{{81}}{2}} - \sqrt {\frac{1}{2}} = \frac{8}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt {64} }}{{\sqrt 2 }} = \sqrt {32} }$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#1260

ΑΣΚΗΣΗ 409: (Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{n\in N^{*}}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{3}{1^2 .2^2}+\frac{5}{2^2 .3^2}+\frac{7}{3^2 .4^2}+ ... +\frac{2n+1}{n^2 .(n+1)^2} <1}$

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