Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1381

ΑΣΚΗΣΗ 459:Αν $\displaystyle{x^2 +y^2+2 \leq 2x+6y}$ , όπου $\displaystyle{x,y\in R}$ , να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{0\leq x+y\leq8}$

#1382

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 459:Αν $\displaystyle{x^2 +y^2+2 \leq 2x+6y}$ , όπου $\displaystyle{x,y\in R}$ , να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{0\leq x+y\leq8}$

Καλημέρα Δημήτρη, καλημέρα σε όλους.

Με συμπλήρωση τετραγώνων έχουμε ισοδύναμα:

$\displaystyle{{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} \le 8,(1)}$

Από τη βασική ανισότητα: $\displaystyle{\frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2} \le {a^2} + {b^2}}$ επομένως η (1)

δίνει:

$\displaystyle{\frac{{{{\left( {x + y - 4} \right)}^2}}}{2} \le {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} \le 8 \Rightarrow {\left( {x + y - 4} \right)^2} \le 16 \Rightarrow \left| {x + y - 4} \right| \le 4 \Rightarrow - 4 \le x + y - 4 \le 4 \Rightarrow 0 \le x + y \le 8}$

#1383

ΑΣΚΗΣΗ 460: Να λυθεί η ανίσωση: $\displaystyle{\sqrt{22+6x-3x^2}+\sqrt{34+4x-2x^2}\geq x^2 -2x+12}$

Θεοδωρος Παγωνης · #1384

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 460: Να λυθεί η ανίσωση: $\displaystyle{\sqrt{22+6x-3x^2}+\sqrt{34+4x-2x^2}\geq x^2 -2x+12}$

Επειδή $\displaystyle{\sqrt{22+6x-3{{x}^{2}}}=\sqrt{25-3+6x-3{{x}^{2}}}=\sqrt{{{5}^{2}}-3{{\left( x-1 \right)}^{2}}}}$ , για να ορίζεται πρέπει $\displaystyle{{{\left( x-1 \right)}^{2}}\le \frac{5\sqrt{3}}{3}\Leftrightarrow 1-\frac{5\sqrt{3}}{3}\le x\le 1+\frac{5\sqrt{3}}{3}}$
Επίσης για κάθε $\displaystyle{x\in \left[ 1-\frac{5\sqrt{3}}{3}\ ,\ 1+\frac{5\sqrt{3}}{3} \right]}$ ισχύει $\displaystyle{-3{{\left( x-1 \right)}^{2}}\le 0\Leftrightarrow 25-3{{\left( x-1 \right)}^{2}}\le 25\Leftrightarrow \sqrt{25-3{{\left( x-1 \right)}^{2}}}\le 5}$ (1)
Όμοια , επειδή $\displaystyle{\sqrt{34+4x-2{{x}^{2}}}=\sqrt{36-2+4x-2{{x}^{2}}}=\sqrt{{{6}^{2}}-2{{\left( x-1 \right)}^{2}}}}$ , για να ορίζεται έχω $\displaystyle{{{\left( x-1 \right)}^{2}}\le 3\sqrt{3}\Leftrightarrow 1-3\sqrt{3}\le x\le 1+3\sqrt{3}}$ .
Επίσης για κάθε $\displaystyle{x\in \left[ 1-3\sqrt{3}\ ,\ 1+3\sqrt{3} \right]}$ ισχύει $\displaystyle{-2{{\left( x-1 \right)}^{2}}\le 0\Leftrightarrow 36-2{{\left( x-1 \right)}^{2}}\le 36\Leftrightarrow \sqrt{36-2{{\left( x-1 \right)}^{2}}}\le 6}$ (2)

Οπότε από (1),(2) για κάθε $\displaystyle{x\in \left[ 1-\frac{5\sqrt{3}}{3}\ ,\ 1+\frac{5\sqrt{3}}{3} \right]\cap \left[ 1-3\sqrt{3}\ ,\ 1+3\sqrt{3} \right]=\left[ 1-\frac{5\sqrt{3}}{3}\ ,\ 1+\frac{5\sqrt{3}}{3} \right]}$ έχω

$\displaystyle{\sqrt{22+6x-3{{x}^{2}}}+\sqrt{34+4x-2{{x}^{2}}}\le 11}$

Για το δεύτερο μέλος της δοθείσας ανίσωσης έχω $\displaystyle{{{x}^{2}}-2x+12={{x}^{2}}-2x+1+11={{\left( x-1 \right)}^{2}}+11\ge 11}$ , για κάθε $\displaystyle{x\in \left[ 1-\frac{5\sqrt{3}}{3}\ ,\ 1+\frac{5\sqrt{3}}{3} \right]}$ .

Οπότε η λύση της αρχικής ανίσωσης είναι η $\displaystyle{{{\left( x-1 \right)}^{2}}+11=11\Leftrightarrow x=1}$ .

#1385

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 460: Να λυθεί η ανίσωση: $\displaystyle{\sqrt{22+6x-3x^2}+\sqrt{34+4x-2x^2}\geq x^2 -2x+12}$

Λίγο διαφορετικά με χρήση θεωρίας μεγίστου-ελαχίστου τριωνύμου.

Είναι $\displaystyle{{x^2} - 2x + 12 = {\left( {x - 1} \right)^2} + 11 \ge 11}$ με την ισότητα να ισχύει αν και μόνον αν x=1.

Επιπλέον:

$\displaystyle{\begin{array}{l} \sqrt {22 + 6x - 3{x^2}} = \sqrt {25 - 3{{\left( {x - 1} \right)}^2}} \le \sqrt {25} = 5\\ \sqrt {34 + 4x - 2{x^2}} = \sqrt {36 - 2{{\left( {x - 1} \right)}^2}} \le \sqrt {36} = 6 \end{array}}$

Επομένως για τη δοθείσα ανίσωση και για εκείνα τα

που έχει νόημα, προκύπτει γενικότερα:

$\displaystyle{11 \ge \sqrt {22 + 6x - 3{x^2}} + \sqrt {34 + 4x - 2{x^2}} \ge {x^2} - 2x + 12 \ge 11}$

η οποία ισχύει προφανέστατα μόνο για ισότητα και μόνο για x=1.

Με μία επαλήθευση διαπιστώνουμε πως πρόκειται για τη μοναδική λύση της δοθείσας ανισώσεως.

#1386

ΑΣΚΗΣΗ 461: Θεωρούμε το σύνολο: $\displaystyle{A=\{x\in Z/x=a^2 +b^2 ,a,b\in Z\}}$

Να αποδείξετε ότι:

(α) Για κάθε $\displaystyle{x , y \in A \Rightarrow x.y \in A}$

(β) $\displaystyle{20^{2015} \in A}$

#1387

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 461: Θεωρούμε το σύνολο: $\displaystyle{A=\{x\in Z/x=a^2 +b^2 ,a,b\in Z\}}$

Να αποδείξετε ότι:

(α) Για κάθε $\displaystyle{x , y \in A \Rightarrow x.y \in A}$

(β) $\displaystyle{20^{2015} \in A}$

Ας θυμηθούμε την ταυτότητα Lagrange για τους πραγματικούς $\displaystyle{a,b,c,d:}$

$\displaystyle{\boxed{(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2}}$

Με βάση την ταυτότητα αυτή, το πρώτο ερώτημα είναι προφανές.

Επίσης

$\displaystyle{20^{2015}=20\cdot 20^{2014}=(2^2+4^2)\Big(20^{1007}\Big)^2=(2\cdot 20^{1007})^2+(4\cdot 20^{1007})^2}$

άρα

$\displaystyle{20^{2015}\in A.}$

#1388

ΔΗΜΗΤΡΗ ΔΕΝ ΥΠΑΡΧΕΙ Η ΑΣΚΗΣΗ 131

#1389

xr.tsif έγραψε:ΔΗΜΗΤΡΗ ΔΕΝ ΥΠΑΡΧΕΙ Η ΑΣΚΗΣΗ 131

Την πρόσθεσα κάτω από την 130, μαζί με την λύση της.

ΚΑΛΟ ΒΡΑΔΥ

#1390

ΑΣΚΗΣΗ 462: Αν $\displaystyle{a,b >1}$ να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{2}\leq \sqrt{2a-1}+\sqrt{2b-1}}$

#1391

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 462: Αν $\displaystyle{a,b >1}$ να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{2}\leq \sqrt{2a-1}+\sqrt{2b-1}}$

Πρόκειται για διπλή εφαρμογή της ανισότητας

$\displaystyle{\sqrt{x}+\sqrt{y}\leq \sqrt{2(x+y)}.}$

Εφαρμόζουμε αυτήν στα ζεύγη $\displaystyle{a-1,\frac{1}{2}}$ και $\displaystyle{b-1,\frac{1}{2}}$

προσθέτουμε τις ανισότητες που προκύπτουν και τελειώσαμε.

Η ισότητα μόνο για $\displaystyle{a=b=\frac{3}{2}.}$

Ιστοσελίδα · #1392

Άσκηση 463: Να βρεθούν οι ακέραιοι με Μ.Κ.Δ.

και Ε.Κ.Π. 540

.

panagiotis99 · #1393

polysot έγραψε:Άσκηση 463: Να βρεθούν οι ακέραιοι με Μ.Κ.Δ. και Ε.Κ.Π. .

To πλήθος των ακεραίων που ζητάμε είναι τυχαίο ;;;

gavrilos · #1394

Λύνω μερικές που δεν έχουν λυθεί.

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 446: (Γ Γυμνασίου)

Αν $\displaystyle{a,b >0,}$ και αν $\displaystyle{\frac{a^2 -1}{b^5}+\frac{b^2 -1}{a^5}=0}$ , να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\frac{a+b}{1+ab}\leq \frac{2}{a+b}}$

Ουσιαστικά πολλαπλασιάζοντας χιαστί αρκεί να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{(a+b)^{2}\leq 2ab+2\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}\leq 2}$ .

Η συνθήκη γίνεται $\displaystyle{\frac{a^{2}-1}{b^{5}}=\frac{1-b^{2}}{a^{5}}\Leftrightarrow a^{7}-a^{5}=b^{5}-b^{7}\Leftrightarrow a^{7}+b^{7}=a^{5}+b^{5}}$ .

Όμως η ανισότητα Chebyshev για τα όμοια διατεταγμένα ζεύγη $\displaystyle{\left(a^{5},b^{5}\right),\left(a^{2},b^{2}\right)}$ δίνει $\displaystyle{a^{7}+b^{7}\geq \frac{1}{2}\cdot \left(a^{5}+b^{5}\right)\left(a^{2}+b^{2}\right)}$ .

Ισοδύναμα $\displaystyle{a^{5}+b^{5}\geq \frac{1}{2}\cdot \left(a^{5}+b^{5}\right)\left(a^{2}+b^{2}\right)\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}\leq 2}$ όπως θέλαμε.

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 455: Να αποδείξετε ότι για κάθε $\displaystyle{n\geq 10}$ , ισχύει ότι:

$\displaystyle{1+3.5.17. ... .(2^{2^n}+1)>2^{2047}}$

Το δεξί μέλος ισούται με $\displaystyle{1+(2^{1}+1)(2^{2}+1)(2^{4}+1)\cdot ...\cdot (2^{2^{n}}+1)>1+2^{1}\cdot 2^{2}\cdot 2^{4}\cdot ...\cdot 2^{2^{n}}=1+2^{1+2+4+...2^{n}}}$ .

Ο εκθέτης είναι άθροισμα $\displaystyle{n+1}$ όρων γεωμετρικής προόδου με λόγο $\displaystyle{2}$ και πρώτο όρο $\displaystyle{1}}$ .

Επομένως $\displaystyle{1+2+...+2^{n}=2^{n+1}-1}$ .

Άρα το δεξί μέλος είναι μεγαλύτερο από $\displaystyle{2^{2^{n+1}-1}+1>2^{2^{n+1}-1}}$ .

Όμως $\displaystyle{n+1\geq 11\Leftrightarrow 2^{n+1}\geq 2048\Leftrightarrow 2^{2^{n+1}-1}\geq 2^{2047}}$ όπως θέλαμε.

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 458: Έστω $\displaystyle{A=(n+1)^{2014}-n^{2014} , n\in N}$ . Να αποδείξετε ότι ο αριθμός:

$\displaystyle{B=\sqrt{A^2 +8A +10}}$ , δεν είναι ρητός.

Αν $\displaystyle{B\in \mathbb{Q}}$ θα ισχύει και $\displaystyle{B\in \mathbb{Z}}$ αφού $\displaystyle{A\in \mathbb{Z}}$ .

Ισχύει $\displaystyle{A>0}$ επομένως $\displaystyle{(A+4)^{2}>A^{2}+8A+10>A^{2}}$ .Άρα για να είναι το υπόρριζο τέλειο τετράγωνο (δηλαδή ο $\displaystyle{B}$ είναι ρητός) θα ισχύει μία από τις τρεις παρακάτω περιπτώσεις.

$\bullet$ $\displaystyle{A^{2}+8A+10=(A+1)^{2}\Leftrightarrow A^{2}+8A+10=A^{2}+2A+1\Leftrightarrow 6A=-9}$ άτοπο αφού $\displaystyle{(n+1)^{2014}>n^{2}\forall n\in \mathbb{N}\Leftrightarrow A>0}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{A^{2}+8A+10=(A+2)^{2}\Leftrightarrow A^{2}+8A+10=A^{2}+4a+4\Leftrightarrow 4A=-6}$ άτοπο ομοίως με την προηγούμενη περίπτωση.

$\bullet$ $\displaystyle{A^{2}+8A+10=(A+3)^{2}\Leftrightarrow A^{2}+8A+10=A^{2}+6A+9\Leftrightarrow 2A=-1}$ άτοπο όπως και πριν.

#1395

ΑΣΚΗΣΗ 464 Αν $\displaystyle{x,y \in \mathbb{Z}}$ και $\displaystyle{|x-2y+1|+|5x-2014|\leq 1}$ , να βρεθούν οι αριθμοί $\displaystyle{x , y}$

Θεοδωρος Παγωνης · #1396

Επειδή $\displaystyle{x,y\in \mathbb{Z}}$ θα είναι $\displaystyle{\left( 5x-2014 \right)\in \mathbb{Z}}$ και $\displaystyle{\left( x-2y+1 \right)\in \mathbb{Z}}$ .
Επίσης $\displaystyle{\left| 5x-2014 \right|\ge 0}$ και $\displaystyle{\left| x-2y+1 \right|\ge 0}$ , άρα $\displaystyle{0\le \left| x-2y+1 \right|+\left| 5x-2014 \right|\le 1}$
Διακρίνω περιπτώσεις :
• $\displaystyle{\left| x-2y+1 \right|+\left| 5x-2014 \right|=0\Leftrightarrow x-2y+1=0\wedge 5x-2014=0}$ άτοπο αφού τότε θα είχα : $\displaystyle{x=\frac{2014}{5}\notin \mathbb{Z}}$
• $\displaystyle{\left| x-2y+1 \right|+\left| 5x-2014 \right|=1}$
Άρα
$\displaystyle{x-2y+1=1\wedge 5x-2014=0\Leftrightarrow x=\frac{2014}{5}\notin \mathbb{Z}\wedge y=\frac{2014}{10}\notin \mathbb{Z}}$
ή
$\displaystyle{5x-2014=1\wedge x-2y+1=0\Leftrightarrow x=401\in \mathbb{Z}\wedge y=201\in \mathbb{Z}}$ δεκτή

Υ.Γ. Έγινε διόρθωση.
Αφού ευχαριστήσω πολύ τον Χρήστο Κυριαζή για την επισήμανση που μου σε π.μ. να προσθέσω κάποιες περιπτώσεις που παρέλειψα.

$\displaystyle{x-2y+1=-1\wedge 5x-2014=0\Leftrightarrow x=\frac{2014}{5}\notin \mathbb{Z}\wedge y=\frac{2024}{10}\notin \mathbb{Z}}$ , απορρίπτεται
ή

$\displaystyle{5x-2014=-1\wedge x-2y+1=0\Leftrightarrow x=\frac{2013}{5}\notin \mathbb{Z}\wedge y=\frac{2018}{10}\notin \mathbb{Z}}$ , απορρίπτεται

#1397

ΑΣΚΗΣΗ 465 Δίνονται οι ακέραιοι αριθμοί $\displaystyle{x,y,z,a,b}$ που είναι διάφοροι μεταξύ τους και για τους οποίους ισχύει ότι:

$\displaystyle{(5-x)(5-y)(5-z)(5-a)(5-b) = 12}$

Να βρεθεί το άθροισμα $\displaystyle{A=x+y+z+a+b}$

Θεοδωρος Παγωνης · #1398

Θέτω $\displaystyle{5-x=k\in \mathbb{Z}}$ , $\displaystyle{5-y=m\in \mathbb{Z}}$ , $\displaystyle{5-z=n\in \mathbb{Z}}$ , $\displaystyle{5-a=p\in \mathbb{Z}}$ , $\displaystyle{5-b=t\in \mathbb{Z}}$
Άρα η δοθείσα σχέση γίνεται $\displaystyle{m\cdot k\cdot n\cdot p\cdot t=12}$ . Ζητάμε 5 διαφορετικούς μεταξύ τους , ακέραιους αριθμούς , οι οποίοι να έχουν γινόμενο 12.
Με διερεύνηση βρίσκω ότι οι αριθμοί αυτοί είναι οι : $\displaystyle{-2,-1,1,2,3}$
Οπότε χ.β.γ. έχω $\displaystyle{\left( m,k,n,p,t \right)=\left( -2,-1,1,2,3 \right)}$ .
Επομένως :
$\displaystyle{m+k+n+p+t=-2-1+1+2+3\Leftrightarrow m+k+n+p+t=3\Leftrightarrow 25-\left( x+y+z+a+b \right)=3\Leftrightarrow A=22}$ .

#1399

ΑΣΚΗΣΗ 466 Αν $\displaystyle{1.(-1)^1 +2.(-1)^2 +3.(-1)^3 + . . . +n.(-1)^n = 2014}$

να βρεθεί ο φυσικός αριθμός $\displaystyle{n}$

G.Bas · #1400

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 466 Αν $\displaystyle{1.(-1)^1 +2.(-1)^2 +3.(-1)^3 + . . . +n.(-1)^n = 2014}$

να βρεθεί ο φυσικός αριθμός $\displaystyle{n}$

Έχουμε το άθροισμα $\displaystyle{(-1+2)+(-3+4)+\cdots+(-(n-1)+n)=2014.}$ Οι παρενθέσεις μέσα ισούνται πάντα με

άρα για να είναι το αριστερό μέλος ίσο με 2014

θα πρέπει να έχουμε 2014

παρενθέσεις ή $2\cdot 2014=4028$ . Με άλλα λόγια n=4028

.

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