mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 20, 2014 6:22 am**

ΑΣΚΗΣΗ 897: (Μια παρόμοια με το τέταρτο θέμα του διαγωνισμού "ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ" για την Α ΛΥΚΕΙΟΥ)

Αν $\displaystyle{a,b \in R}$ , να βρεθεί η ελάχιστη και η μέγιστη τιμή του $\displaystyle{a+b}$ , ώστε να είναι:

$\displaystyle{4a^2 +b^2 +3ab -2a =2}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 20, 2014 7:35 pm**

AΣΚΗΣΗ 898: Αν $\displaystyle{x,y,z,w >0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\sqrt{\frac{x}{y+z+w}}+\sqrt{\frac{y}{z+w+x}}+\sqrt{\frac{z}{w+x+y}}+\sqrt{\frac{w}{x+y+z}} >2}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 20, 2014 8:01 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 898: Αν $\displaystyle{x,y,z,w >0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\sqrt{\frac{x}{y+z+w}}+\sqrt{\frac{y}{z+w+x}}+\sqrt{\frac{z}{w+x+y}}+\sqrt{\frac{w}{x+y+z}} >2}$

Ωραία άσκηση!

Από ΑΜ - ΓΜ παίρνουμε:

$\displaystyle{\dfrac{y + z + w}{x} + 1 > 2\sqrt{\dfrac{y + z + w}{x}} \Leftrightarrow \dfrac{x}{x + y + z + w} < \dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{x}{y + z + w}} \Leftrightarrow \sqrt{\dfrac{x}{y + z + w}} > \dfrac{2x}{x + y + z + w}}$

Ομοίως:

$\sqrt{\dfrac{y}{z + w + x}} > \dfrac{2y}{x + y + z + w}}$

$\sqrt{\dfrac{z}{x + y + w}} > \dfrac{2z}{x + y + z + w}}$

$\sqrt{\dfrac{w}{x + y + z}} > \dfrac{2w}{x + y + z + w}}$

Με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 20, 2014 9:57 pm**

AΣΚΗΣΗ 899: Να αποδείξετε ότι αν $\displaystyle{x,y,z >0}$ και $\displaystyle{x+y+z=1}$ , τότε:

$\displaystyle{\frac{1+x}{y+z}+\frac{1+y}{x+z}+\frac{1+z}{x+y}\leq \frac{1}{xyz}}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 20, 2014 10:09 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 899: Να αποδείξετε ότι αν $\displaystyle{x,y,z >0}$ και $\displaystyle{x+y+z=1}$ , τότε:

$\displaystyle{\frac{1+x}{y+z}+\frac{1+y}{x+z}+\frac{1+z}{x+y}\leq \frac{1}{xyz}}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Ίσως να την έχουμε ξαναδεί παλαιότερα, παρουσιάζει όμως ενδιαφέρον ο τρόπος λύσης που υπάρχει στην πηγή από την οποία βρήκα την ανισότητα αυτή.

Μάλλον βελτιώνεται:

$\displaystyle{\rm xyz\sum \frac{1+x}{y+z}\leq \sum xyz \frac{1+x}{2\sqrt{yz}}=\frac{1}{2}\sum x\sqrt{yz}(1+x)\leq \sum\frac{1}{4}x(y+z)(1+x)=\frac{1}{4}\sum x(1-x^2)=\frac{1}{4}\Big(1-\sum x^3\Big)\leq }$

$\displaystyle{\rm \leq \frac{1}{4}\Big(1-\frac{1}{9}\Big)=\frac{2}{9}<1.}$

Έγινε χρήση της $\displaystyle{\boxed{9(x^3+y^3+z^3)\geq (x+y+z)^3}.}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 25, 2014 10:30 am**

[quote="socrates"]

-- Έστω

και

ακέραιοι τέτοιοι ώστε η εξίσωση x^3 - ax^2 - b = 0

να έχει τρεις ακέραιες ρίζες.

Να δείξετε ότι ο

μπορεί να γραφεί ως b = dk^2

, όπου

και

ακέραιοι με d | a.

viewtopic.php?f=109&t=19677

Αντικατέστησα την 416 με αυτήν

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 26, 2014 12:56 am**

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 872
Να λυθεί στο $\Bbb{Z}^3$ η εξίσωση

Αν

τότε

οπότε

(τι έκανα πάλι..αντί να πω ότι είναι άρτιος ο 2mod8

και ο

περιττός!!! η ώρα φταίει...

) που είναι αδύνατον γιατί $11^{2k}=1mod8$ , $11^{2k+1}=3mod8$
Άρα b>0

οπότε

άρτιος

$(11^{\dfrac{a}{2}}-3^c)(11^{\dfrac{a}{2}}+3^c)=2^{3b}$

θα υπάρχουν ακέραιοι m,n

ώστε

$(11^{\dfrac{a}{2}}-3^c)=2^m$

$(11^{\dfrac{a}{2}}+3^c)=2^n$

Με αφαίρεση ...

2*3^c=2^n-2^m

,

,

,

Αν ταυτόχρονα οι m,n

είναι μεγαλύτεροι από

δεν θα έχουμε λύσεις οπότε κάποιος θα είναι ίσος με

.

$3^c=2^{n-1}-1$
Για n=1,n=2,n=3

θα δούμε ότι από την $(11^{\dfrac{a}{2}}+3^c)=2^n$ δεν θα έχω λύσεις.(ούτε με n=1

Άρα

n>3

2^{n-1}-1=7mod8 και αφού

3^c=2^{n-1}-1 τότε

3^c=7mod8

3^{2i}=1mod8

3^{2i+1}=3mod8$.

Η εξίσωση δεν έχει λύσεις!

Δημήτρης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 26, 2014 3:25 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 899: Να αποδείξετε ότι αν $\displaystyle{x,y,z >0}$ και $\displaystyle{x+y+z=1}$ , τότε:

$\displaystyle{\frac{1+x}{y+z}+\frac{1+y}{x+z}+\frac{1+z}{x+y}\leq \frac{1}{xyz}}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Ίσως να την έχουμε ξαναδεί παλαιότερα, παρουσιάζει όμως ενδιαφέρον ο τρόπος λύσης που υπάρχει στην πηγή από την οποία βρήκα την ανισότητα αυτή.

Η ακόλουθη (εύκολη) Ανισότητα ισχύει επίσης.

Αν

και

τότε να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1+x}{y+z}+\frac{1+y}{z+x}+\frac{1+z}{x+y}\geq 6.}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 26, 2014 4:03 pm**

G.Bas έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 899: Να αποδείξετε ότι αν $\displaystyle{x,y,z >0}$ και $\displaystyle{x+y+z=1}$ , τότε:

$\displaystyle{\frac{1+x}{y+z}+\frac{1+y}{x+z}+\frac{1+z}{x+y}\leq \frac{1}{xyz}}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Ίσως να την έχουμε ξαναδεί παλαιότερα, παρουσιάζει όμως ενδιαφέρον ο τρόπος λύσης που υπάρχει στην πηγή από την οποία βρήκα την ανισότητα αυτή.
Η ακόλουθη (εύκολη) Ανισότητα ισχύει επίσης.

Αν και τότε να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1+x}{y+z}+\frac{1+y}{z+x}+\frac{1+z}{x+y}\geq 6.}$

Θα ήθελα να δώσω μία απόδειξη γι' αυτήν και να μου πείτε τις παρατηρήσεις σας...

Χρησιμοποιώντας την συνθήκη, η Ανισότητα γίνεται:

$\displaystyle{\dfrac{2x + y + z}{y + z} + \dfrac{2y + x + z}{x + z} + \dfrac{2z + x + y}{x + y} \geq 6 \Leftrightarrow 2\left(\dfrac{x}{y + z} + \dfrac{y}{x + z} + \dfrac{z}{x + y}\right) \geq 3 \Leftrightarrow \dfrac{x}{y + z} + \dfrac{y}{x + z} + \dfrac{z}{x + y} \geq \dfrac{3}{2}}$

Η τελευταία όμως ισχύει ως η Ανισότητα Nesbitt. Μια στοιχειώδης απόδειξη είναι η παρακάτω:

$\displaystyle{\dfrac{x}{y + z} + \dfrac{y}{x + z} + \dfrac{z}{x + y} = \dfrac{x^2}{xy + xz} + \dfrac{y^2}{yx + yz} + \dfrac{z^2}{zx + zy} \geq \dfrac{(x + y + z)^2}{2(xy + yz + zx)} \geq \dfrac{3(xy + yz + zx)}{2(xy + yz + zx)} = \dfrac{3}{2}}$

Χρησιμοποιήθηκε η ανισότητα Andreesu ή B-C-S και η στοιχειώδης $(x + y + z)^2 \geq 3(xy + yz + zx)$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 01, 2014 8:11 pm**

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 881
Βρείτε όλες τις τετράδες θετικών ακεραίων με $a \leq b\leq c$ ώστε

Έχουμε $\displaystyle{a!(1+\frac{b!}{a!}+\frac{c!}{a!})=3^{d}}$ .Και οι δύο παράγοντες του πρώτου μέλους είναι φυσικοί αφού $\displaystyle{a\leq b\leq c}$ .Άρα $\displaystyle{a!=3^{k}}$ και η μόνη δεκτή τιμή είναι η $\displaystyle{a=1}$ .

Επομένως $\displaystyle{b!+c!=3^{d}-1\Leftrightarrow b!(1+\frac{c!}{b!})=3^{d}-1}$ .Αφού οι δύο παράγοντες είναι φυσικοί,κανείς δεν διαιρείται από το τρία.

Έτσι έχουμε δύο δυνατές περιπτώσεις.

$\bullet$ $\displaystyle{b=1\Leftrightarrow c!=3^{d}-2\Leftrightarrow c!=3^{d}-2\Leftrightarrow c=1,d=1}$ απ' όπου παίρνουμε τη λύση $\displaystyle{(a,b,c,d)=(1,1,1,1)}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{b=2\Leftrightarrow c!=3^{d}-3}$ .

Σ' αυτήν την περίπτωση ο $\displaystyle{c!}$ διαιρείται από το $\displaystyle{3}$ αλλά όχι από το $\displaystyle{9}$ .

Οι δυνατές τιμές του $\displaystyle{c}$ είναι επομένως $\displaystyle{3,4,5}$ .

Αν $\displaystyle{c=3}$ έχουμε $\displaystyle{3^{d}=9\Leftrightarrow d=2\Leftrightarrow (a,b,c,d)=(1,2,3,2)}$ .

Αν $\displaystyle{c=4}$ έχουμε $\displaystyle{3^{d}=27\Leftrightarrow d=3\Leftrightarrow (a,b,c,d)=(1,2,4,3)}$ .

Αν $\displaystyle{c=5}$ έχουμε $\displaystyle{3^{d}=123}$ απ' όπου δεν παίρνουμε λύσεις.

Συνοψίζοντας οι λύσεις είναι οι $\displaystyle{(a,b,c,d)=(1,1,1,1),(1,2,3,2),(1,2,4,3)}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 10, 2014 10:12 am**

ΑΣΚΗΣΗ 900: Αν $\displaystyle{a\in N^{*}}$ και $\displaystyle{b , c\in R}$ με $\displaystyle{a<b<c}$ και αν ισχύει ότι:

$\displaystyle{a^2 +b^2 -c^2 +2a -4b+4= ac(a-c)}$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{b^2 -c-4ab =- 7}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 17, 2014 8:52 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 901: Να αποδείξετε ότι για κάθε $\displaystyle{n\in N}$ , το κλάσμα: $\displaystyle{A=\frac{15n^2 +8n+6}{30n^2 +21n+13}}$ , είναι ανάγωγο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 23, 2014 5:52 pm**

Νίκος Αϊνστάιν έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 901: Να αποδείξετε ότι για κάθε $\displaystyle{n\in N}$ , το κλάσμα: $\displaystyle{A=\frac{15n^2 +8n+6}{30n^2 +21n+13}}$ , είναι ανάγωγο.
Έστω $\dfrac {a}{b}$ ένα κλάσμα. Για να είναι ανάγωγο, πρέπει να ισχύει .
Στο κλάσμα της άσκηση πρέπει:
$30n^2 + 21n + 13 > 15n^2 + 8n + 6 \Leftrightarrow 30n^2 + 21n + 13 > 15n^2 +13n + 7$ , που ισχύει αφού $n \in N$ . Αυτό αποδεικνύεται αν θέσουμε την ελάχιστη τιμή του , δηλαδή $n = 0: 30n^2 + 21n + 13 > 15n^2 + 8n + 6 \Leftrightarrow 13 > 6$ , που ισχύει.
Άρα, προφανώς η αρχική ανισότητα ισχύει και έτσι το κλάσμα είναι ανάγωγο.

Προσοχή! Αυτό δεν είναι σωστό. Για παράδειγμα, στο κλάσμα $\displaystyle{\frac{6}{5}}$ είναι $\displaystyle{6>5,}$ αλλά είναι ανάγωγο.
Για να είναι ένα κλάσμα ανάγωγο $\displaystyle{\frac{a}{b}}$ πρέπει και αρκεί ο μέγιστος κοινός διαιρέτης $\displaystyle{\gcd (a,b)=1.}$

Έστω $\displaystyle{d=\gcd (15n^2+8n+6,30n^2+21n+13).}$ Τότε

$\displaystyle{d|(15n^2+8n+6)}$ και $\displaystyle{d|(30n^2+21n+13).}$

Άρα

$\displaystyle{d|2(15n^2+8n+6)\implies d|(30n^2+16n+12).}$

Άρα

$\displaystyle{d|(30n^2+21n+13-(30n^2+16n+12))\implies d|(5n+1)\implies d|(15n^2+3n).}$

Άρα

$\displaystyle{d|(15n^2+8n+6)-(15n^2+3n)\implies d|(5n+6).}$

Άρα

$\displaystyle{d|(5n+6)-(5n+1)\implies d|5n.}$ Και επειδή $\displaystyle{d|(5n+1)}$ προκύπτει $\displaystyle{d|5n+1-5n\implies d|1\implies d=1.}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 25, 2014 4:54 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 902: Αν $\displaystyle{a,b\in N^{*}}$ τότε $\displaystyle{(a,b)=(a+b , [a,b])}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 25, 2014 5:13 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 902: Αν $\displaystyle{a,b\in N^{*}}$ τότε $\displaystyle{(a,b)=(a+b , [a,b])}$

Ας είναι

. Γράφουμε τότε a = md, b = nd, (m, n) = 1

.

Ισχύει:

$[a, b] = \dfrac{ab}{(a, b)} = \dfrac{d^2mn}{d} = dmn$

Θα δείξουμε ότι d = (dm + dn, dmn)

.

Ας είναι k = (dm + dn, dmn)

. Θα δείξουμε ότι k = d

.

Σύμφωνα με την ιδιότητα (ka, kb) = k(a, b)

έχουμε:

.

Ας είναι τώρα r = (m + n, mn)

.

Τότε

και

.

Όμως $r | n(m + n) - mn \implies r | n^2$ .

Ομοίως r | m^2

.

Όμως $(m, n) = 1 \Leftrightarrow (m^2, n^2) = 1$ .

Επομένως r | 1

και άρα

.

Επομένως, $k = d(m + n, mn) = d \cdot 1 = d$ .

Έτσι, k = d

και το ζητούμενο απεδείχθη.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 25, 2014 5:32 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 903: Να αποδείξετε ότι για κάθε $\displaystyle{n\in N^{*}}$ ο αριθμός $\displaystyle{n^{2222}-n^{1111}+1}$ διαιρείται με τον $\displaystyle{n^2 -n +1}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 26, 2014 7:55 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 904:
Οι πραγματικοί αριθμοί a, b, c

είναι τέτοιοι ώστε $\displaystyle{a^2b^2 + 18abc > 4b^3 + 4a^3c + 27c^2.}$
Δείξτε ότι $\displaystyle{a^2 > 3b.}$

ΑΣΚΗΣΗ 905:
Βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους

ώστε ο αριθμός 1^3+2^3+...+16^3+17^n

να είναι τέλειο τετράγωνο.

ΑΣΚΗΣΗ 906:
Βρείτε τον πρώτο

και τους μη αρνητικούς ακεραίους m,n

ώστε

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 26, 2014 8:15 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 900: Αν $\displaystyle{a\in N^{*}}$ και $\displaystyle{b , c\in R}$ με $\displaystyle{a<b<c}$ και αν ισχύει ότι:

$\displaystyle{a^2 +b^2 -c^2 +2a -4b+4= ac(a-c)}$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{b^2 -c-4ab =- 7}$

Είναι

οπότε αφού a-c<0

θα είναι

ή $\displaystyle{1<\frac{1}{a}+\frac{1}{c}.}$

Αν $a\geq 2$ τότε και $c\geq 2$ και συνεπώς $\displaystyle{\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\leq 1,}$ άτοπο.

Άρα a=1.

Το ζητούμενο είναι τώρα άμεσο.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 26, 2014 8:26 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 903: Να αποδείξετε ότι για κάθε $\displaystyle{n\in N^{*}}$ ο αριθμός $\displaystyle{n^{2222}{\color{red}+}n^{1111}+1}$ διαιρείται με τον $\displaystyle{n^2 {\color{red}+}n +1}$

Νομίζω θέλει + στο μεσαίο...

Γράφουμε $\displaystyle{A=n^{2222}-n^{1111}+1}$ και παρατηρούμε ότι

$\displaystyle{A-(n^2+n+1)=(n^{2222}-n^2)+(n^{1111}-n)=n^2(n^{2220}-1)+n(n^{1110}-1)=n^2(n^3-1)(...)+n(n^3-1)(...)=}$

=(n^3-1)(...)=(n^2+n+1)(...)}.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 26, 2014 8:43 pm**

socrates έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 903: Να αποδείξετε ότι για κάθε $\displaystyle{n\in N^{*}}$ ο αριθμός $\displaystyle{n^{2222}{\color{red}+}n^{1111}+1}$ διαιρείται με τον $\displaystyle{n^2 {\color{red}+}n +1}$
Νομίζω θέλει + στο μεσαίο...

Γράφουμε $\displaystyle{A=n^{2222}-n^{1111}+1}$ και παρατηρούμε ότι

$\displaystyle{A-(n^2+n+1)=(n^{2222}-n^2)+(n^{1111}-n)=n^2(n^{2220}-1)+n(n^{1110}-1)=n^2(n^3-1)(...)+n(n^3-1)(...)=}$

Καλησπέρα Θανάση και ΚΑΛΟΣ ΠΟΛΙΤΗΣ

Αν δεν έχω κάποιο λάθος στην λύση μου, βγαίνει και με το "μείον". Μετά την λύση που θα γράψω σε μια από αυτές που πρότεινες πιο πάνω, θα γράψω και σε αυτήν την λύση .

mathematica.gr

Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο