mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 24, 2014 2:01 am**

raf616 έγραψε:
socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 981
Να δείξετε ότι για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς ισχύει

$\displaystyle{ \frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\ge\frac{x+y+z}{2}. }$
Επειδή η ανισότητα είναι συμμετρική, θεωρούμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι $x \geq y \geq z$ . Εύκολα παίρνουμε ότι οι τριάδες $(x^3, y^3, z^3), \left(\dfrac{1}{y^2 + z^2}, \dfrac{1}{z^2 + x^2}, \dfrac{1}{x^2 + y^2}\right)$ είναι όμοια διατεταγμένες.

Ραφαήλ, αφού σκόπευες να χρησιμοποίησεις την ανισότητα Chebyshev, μπορείς να το κάνεις εξαρχής και να ξεμπερδεύεις:

$\displaystyle{\sum \frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\geq \frac{x^3+y^3+z^3}{3}\sum \frac{1}{y^2+z^2}}$

οπότε λόγω της Cauchy-Schwarz αυτό είναι

$\displaystyle{\geq \frac{3(x^3+y^3+z^3)}{2(x^2+y^2+z^2)}.}$

Απομένει να δείξουμε ότι

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

δηλαδή ότι

$\displaystyle{2(x^3+y^3+z^3)\geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x),}$

η οποία προκύπτει από την $\displaystyle{a^3+b^3\geq ab(a+b).}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 24, 2014 9:45 am**

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 991
Έστω ρητοί αριθμοί τέτοιοι ώστε $a+bc, b+ac, a+b \ne 0$ και

$\displaystyle{\frac{1}{a+bc}+\frac{1}{b+ac}=\frac{1}{a+b}.}$

Να δείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{ \sqrt{(c-3)(c+1)}}$ είναι ρητός.

Καλημέρα σε όλους! Μία προσέγγιση:

Εκτεώντας τις πράξεις καταλήγουμε:

abc^2 - 2abc -a^2 - b^2 - ab = 0

Η παραπάνω εξίσωση έχει διακρίνουσα:

$\Delta = 4a^2b^2 - 4ab(-a^2 - b^2 - ab) = 4ab(a + b)^2$

Εύκολα τώρα παίρνουμε τις λύσεις:

$c = 1 \pm \dfrac{\sqrt{ab}(a + b)}{ab}$

Θα δείξουμε τώρα ότι ο

είναι τέλειο τετράγωνο.

Από την υπόθεση ισχύει ότι οι a, b, c

είναι ρητοί. Έστω $c = \dfrac{k}{l}, k, l \in \Bbb{Z}, l \neq 0$ . Θα εξετάσουμε τη μία περίπτωση για τον

(μοίως γίνεται και η δεύτερη). Είναι:

$\dfrac{k}{l} = 1 + \dfrac{\sqrt{ab}(a + b)}{ab} \Leftrightarrow \sqrt{ab} = \dfrac{ab(k - l)}{(a + b)l}$ . Το δεξί μέλος όμως είναι ρητός και άρα αναγκαστικά θα πρέπει ο

να είναι τέλειο τετράγωνο.

Κάνοντας τις πράξεις θα πάρουμε και στις δύο περιπτώσεις ότι $(c - 3)(c + 1) = \dfrac{(a + b)^2}{ab} - 4 = \dfrac{(a - b)^2}{m^2} = \left(\dfrac{a + b}{m}\right)^2$ ,

όπου m^2 = ab

. Έτσι, ο $\displaystyle{ \sqrt{(c-3)(c+1)}}$ είναι ρητός αφού η υπόρριζη ποσότητα είναι τέλειο τετράγωνο.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 24, 2014 6:29 pm**

AΣΚΗΣΗ 1001
Αν οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί a, b, c, d

είναι τέτοιοι ώστε abc + bcd + cda + dab = 4,

να δείξετε ότι $a^2 + b^2 + c^2 + d^2 \geq 4.$

AΣΚΗΣΗ 1002
Να προσδιορίσετε τους $x, y, z \in (0, 1)$ ώστε

$\displaystyle{\begin{cases} (x^2 + y^2)\sqrt{1 − z^2}\geq z \\ (y^2 + z^2)\sqrt{1 − x^2}\geq x \\ (z^2 + x^2)\sqrt{1 − y^2}\geq y \end{cases}}$

AΣΚΗΣΗ 1003
Oι θετικοί πραγματικοί αριθμοί a, b, c

είναι τέτοιοι ώστε $\displaystyle{ \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=3.}$ Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\dfrac{1}{\sqrt{a^3+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{b^3+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{c^3+1}}\le \dfrac{3}{\sqrt{2}}.}$

AΣΚΗΣΗ 1004
Να δείξετε ότι σε κάθε τρίγωνο ισχύει

$\displaystyle{\left( \frac{a}{h_a} \right)^2 + \left( \frac{b}{h_b} \right)^2 + \left( \frac{c}{h_c} \right)^2 \ge 4. }$

AΣΚΗΣΗ 1005
Να λυθεί το σύστημα

$\displaystyle{\begin{cases} a\sqrt{b}=a+c \\ b\sqrt{c}=b+a \\ c\sqrt{a}=c+b \end{cases}}$

AΣΚΗΣΗ 1006
Oι θετικοί πραγματικοί αριθμοί a, b, c

είναι τέτοιοι ώστε abc=1.

Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{a^3}{a^3+2}+\frac{b^3}{b^3+2}+\frac{c^3}{c^3+2}\ge1}$

και

$\displaystyle{ \frac1{a^3+2}+\frac1{b^3+2}+\frac1{c^3+2}\le1 }$

AΣΚΗΣΗ 1007
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{ab + bc + ca + \max\{|a - b|, |b - c|, |c - a|\} \le 1 + \frac{1}{3} (a + b + c)^2,}$

για όλους τους πραγματικούς αριθμούς a,b,c.

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 985
Έστω θετικός ακέραιος και η ακολουθία που ορίζεται ως $a_n=5a_{n-1}+4 , \ \ n\ge 1.$
Μπορούμε να επιλέξουμε το με τέτοιο τρόπο ώστε ο αριθμός $a_{54}$ να είναι πολλαπλάσιο του

AΣΚΗΣΗ 995
Να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{ \lfloor x^2 - 2x \rfloor + 2\lfloor x \rfloor = \lfloor x \rfloor^2.}$

AΣΚΗΣΗ 999
Οι ρητοί αριθμοί και είναι τέτοιοι ώστε $x^{5}+y^{5}=2x^{2}y^{2}.$
Να δείξετε ότι ο αριθμός είναι τέλειο τετράγωνο ρητού.

AΣΚΗΣΗ 1000
Να προσδιορίσετε τους πρώτους και για τους οποίους ισχύει $\displaystyle{p^3 + 107 = 2q (17q + 24).}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 24, 2014 6:45 pm**

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1001
Αν οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε να δείξετε ότι $a^2 + b^2 + c^2 + d^2 \geq 4.$

Απαντήθηκε εδώ.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 24, 2014 6:49 pm**

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 1004
Να δείξετε ότι σε κάθε τρίγωνο ισχύει

$\displaystyle{\left( \frac{a}{h_a} \right)^2 + \left( \frac{b}{h_b} \right)^2 + \left( \frac{c}{h_c} \right)^2 \ge 4. }$

Από τις σχέσεις

$\displaystyle{ah_a=bh_b=ch_c=2E,}$ όπου $\displaystyle{E}$ το εμβαδόν του τριγώνου, έχουμε

$\displaystyle{\left( \frac{a}{h_a} \right)^2 + \left( \frac{b}{h_b} \right)^2 + \left( \frac{c}{h_c} \right)^2=\frac{a^4+b^4+c^4}{4E^2},}$

οπότε μένει να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{a^4+b^4+c^4\geq 16E^2,}$

η οποία από τον τύπο του Ηρώνα ανάγεται στην

$\displaystyle{a^4+b^4+c^4\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2,}$

που, ως γνωστόν, ισχύει.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 24, 2014 7:07 pm**

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 1003
Oι θετικοί πραγματικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε $\displaystyle{ \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=3.}$ Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\dfrac{1}{\sqrt{a^3+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{b^3+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{c^3+1}}\le \dfrac{3}{\sqrt{2}}.}$

Θέτοντας $\displaystyle{\frac{1}{a}=x, \frac{1}{b}=y, \frac{1}{c}=z,}$ έχουμε να αποδείξουμε ότι αν $\displaystyle{x,y,z>0}$ με $\displaystyle{x+y+z=3,}$ τότε

$\displaystyle{\sum \sqrt{\frac{x^3}{x^3+1}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}.}$

Είναι

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

$\displaystyle{\leq 3\sqrt{2}-2\sqrt{2}\frac{9}{x+y+z+9}=\frac{3}{\sqrt{2}}.}$

Παραπάνω έγινε χρήση των:

$\displaystyle{\color{red}\bullet}$ $\displaystyle{\boxed{m^3+n^3\geq mn(m+n),~\text{\gr για κάθε }~m,n>0}}$

$\displaystyle{\color{red}\bullet}$ $\displaystyle{\boxed{\sqrt{m}+\sqrt{n}+\sqrt{k}\leq \sqrt{3(m+n+k)},~\text{\gr για κάθε}~m,n,k>0}}$

$\displaystyle{\color{red}\bullet}$ $\displaystyle{\boxed{\sqrt{x+1}\leq \frac{x+3}{2\sqrt{2}}~\text{\gr για κάθε}~x>0}.}$

$\displaystyle{\color{red}\bullet}$ $\displaystyle{\boxed{\frac{9}{k+m+n}\leq \frac{1}{k}+\frac{1}{m}+\frac{1}{n},~\text{\gr για κάθε}~ k,m,n>0}}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 24, 2014 7:19 pm**

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 1006
Oι θετικοί πραγματικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{a^3}{a^3+2}+\frac{b^3}{b^3+2}+\frac{c^3}{c^3+2}\ge1}$

και

$\displaystyle{ \frac1{a^3+2}+\frac1{b^3+2}+\frac1{c^3+2}\le1 }$

Για την πρώτη:

Ουσιαστικά μάς ζητείται να αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{\color{red}\bullet}$ Αν $\displaystyle{x,y,z>0,~xyz=1,}$ τότε $\displaystyle{\frac{x}{x+2}+\frac{y}{y+2}+\frac{z}{z+2}\geq 1.}$

Απο Cauchy-Schwarz έχουμε

$\displaystyle{\frac{x}{x+2}+\frac{y}{y+2}+\frac{z}{z+2}\geq \frac{(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2}{x+y+z+6},}$

οπότε αρκεί

$\displaystyle{(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2\geq x+y+z+6,}$

δηλαδή

$\displaystyle{\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\geq 3.}$

Αυτό όμως είναι άμεση συνέπεια της Ανισότητας ΑΜ-ΓΜ, αφού $\displaystyle{xyz=1.}$

$\displaystyle{\rule{300pt}{2pt}}$

H δεύτερη είναι συνέπεια της πρώτης, αφού

$\displaystyle{\sum \frac{1}{a^3+2}=\frac{1}{2}\Big(3-\sum \frac{a^3}{a^3+2}\Big)\leq \frac{1}{2}(3-1)=1.}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 24, 2014 8:56 pm**

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 1002
Να προσδιορίσετε τους $x, y, z \in (0, 1)$ ώστε

$\displaystyle{\begin{cases} (x^2 + y^2)\sqrt{1 − z^2}\geq z \\ (y^2 + z^2)\sqrt{1 − x^2}\geq x \\ (z^2 + x^2)\sqrt{1 − y^2}\geq y \end{cases}}$

Από ΑΜ-ΓΜ είναι

$\displaystyle{1=a^2+(1-a^2)\geq 2a\sqrt{1-a^2}~\text{\gr για κάθε}~a\in (0,1)}$ και η ισότητα ισχύει μόνο αν $\displaystyle{a=\frac{1}{\sqrt{2}}}$

Ας είναι λοιπόν, $\displaystyle{x,y,z}$ λύση του συστήματος.

Τότε έχουμε

$\displaystyle{(x^2 + y^2)\sqrt{1 − z^2}\geq z\implies x^2+y^2\geq (x^2+y^2)2z\sqrt{1-z^2}\geq 2z^2\implies \boxed{x^2+y^2\geq 2z^2}}$

Ομοίως προκύπτει ότι $\displaystyle{y^2+z^2\geq 2x^2,~z^2+x^2\geq 2x^2.}$

Με πρόσθεση αυτών βλέπουμε ότι πρέπει σε όλες τις ανισότητες να ισχύει η ισότητα, άρα

$\displaystyle{x=y=z=\frac{1}{\sqrt{2}}}$ , τριάδα που ικανοποιεί τις αρχικές συνθήκες.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 24, 2014 11:37 pm**

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 1005
Να λυθεί το σύστημα

$\displaystyle{\begin{cases} a\sqrt{b}=a+c \\ b\sqrt{c}=b+a \\ c\sqrt{a}=c+b \end{cases}}$

Καταρχάς μιλάμε για $\displaystyle{a,b,c\geq 0.}$ Αν π.χ. $\displaystyle{a=0,}$ τότε φανερά $\displaystyle{a=b=c=0.}$

Έστω τώρα $\displaystyle{abc\ne 0.}$

Από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ είναι

$\displaystyle{b\sqrt{c}=a+b\geq 2\sqrt{ab}\implies \sqrt{bc}\geq 2\sqrt{a}.}$

Τότε

$\displaystyle{c\sqrt{a}=c+b\geq 2\sqrt{bc}\geq 4\sqrt{a}\implies c\geq 4.}$

Ομοίως είναι και $\displaystyle{a,b\geq 4.}$

Τότε, από τις εξισώσεις του συστήματος έχουμε

$\displaystyle{\begin{cases}a+c\geq 2a, \\b+a\geq 2b, \\ c+b\geq 2c\end{cases}\implies \begin{cases}c\geq a, \\a\geq b, \\ b\geq c\end{cases}\implies a=b=c}$

Απομένει να λυθεί η εξίσωση

$\displaystyle{a\sqrt{a}=2a\iff a=4.}$

Άρα $\displaystyle{a=b=c=4,}$ η οποία ικανοποιεί το σύστημα.

Τελικά, το σύστημα έχει δύο λύσεις, τις

$\displaystyle{(0,0,0),(4,4,4).}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 25, 2014 11:57 am**

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 985
Έστω θετικός ακέραιος και η ακολουθία που ορίζεται ως $a_n=5a_{n-1}+4 , \ \ n\ge 1.$
Μπορούμε να επιλέξουμε το με τέτοιο τρόπο ώστε ο αριθμός $a_{54}$ να είναι πολλαπλάσιο του

Είναι

$\displaystyle{a_n=5a_{n-1}+4\implies a_n+1=5(a_{n-1}+1),}$ το οποίο σημαίνει ότι η ακολουθία $\displaystyle{a_n+1}$ είναι γεωμετρική πρόοδος με λόγο $\displaystyle{5.}$ Άρα

$\displaystyle{a_n+1=(a_0+1)5^n~\forall n\implies \boxed{a_{54}=(a_0+1)5^{54}-1}}$

Για να συμβαίνει το ζητούμενο πρέπει να ισχύει

$\displaystyle{(a_0+1)5^{54}\equiv1\mod 2013.}$ ( $\displaystyle{\color{red}\maltese}$ )

Από το θεώρημα του Euler είναι $\displaystyle{5^{\phi (2013)}\equiv 1\mod 2013\implies 5^{1200}\equiv 1\mod 2013}$

Άρα, για να ισχύει η ( $\displaystyle{\color{red}\maltese}$ ), αρκεί να διαλέξουμε

$\displaystyle{a_0=5^{1146}-1.}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 25, 2014 1:36 pm**

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 1007
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{ab + bc + ca + \max\{|a - b|, |b - c|, |c - a|\} \le 1 + \frac{1}{3} (a + b + c)^2,}$

για όλους τους πραγματικούς αριθμούς

Χωρίς βλάβη, ας είναι $a\leq b\leq c.$

Αρκεί να δείξουμε ότι

$ab+bc+ca+c-a\leq 1+\dfrac{1}{3}(a+b+c)^2$

ή ισοδύναμα

$6c-6a\leq 6+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$

και

$3\leq (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a-3)^2.$

Αυτή όμως είναι αληθής αφού

$3[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a-3)^2]\geq (a-b+b-c+c-a-3)^2=9$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 25, 2014 9:46 pm**

socrates έγραψε:
AΣΚΗΣΗ 999
Οι ρητοί αριθμοί και είναι τέτοιοι ώστε $x^{5}+y^{5}=2x^{2}y^{2}.$
Να δείξετε ότι ο αριθμός είναι τέλειο τετράγωνο ρητού.

Ας θέσουμε k=1-xy.

Αν κάποιος από τους x,y

είναι μηδέν τότε είναι προφανές.
Αν κανένας τους δεν είναι μηδέν τότε ο

δεν είναι ίσος με 1 και $y=\dfrac{1-k}{x}.$
Η δοσμένη σχέση γίνεται $x^{10}-2(1-k)^2x^5+(1-k)^5=0.$ Ας τη δούμε σαν δευτεροβάθμια. Εφόσον έχει ρητή λύση, η διακρίνουσά της D=4(1-k)^4k

είναι τέλειο τετράγωνο ρητού. Άρα ο

είναι επίσης τέλειο τετράγωνο ρητού.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 26, 2014 9:54 pm**

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1005
Να λυθεί το σύστημα

$\displaystyle{\begin{cases} a\sqrt{b}=a+c \\ b\sqrt{c}=b+a \\ c\sqrt{a}=c+b \end{cases}}$

Μια διαφορετική προσέγγιση:

Χωρίς βλάβη της γενικότητας, υποθέτουμε ότι $\displaystyle {a \geq b \geq c \geq 0}$

Προφανές είναι ότι $\displaystyle {a + b \geq a + c \Leftrightarrow b \sqrt {c} \geq a \sqrt {b} \Leftrightarrow b^2 c \geq a^2 b \Leftrightarrow bc \geq a \cdot a}$

Όμως, η υπόθεση ήταν $\displaystyle {a \geq b \geq c}$ , επομένως θα ισχύει η ισότητα $\displaystyle {a = b = c}$ .

Στην πρώτη εξίσωση του συστήματος έχουμε $\displaystyle {a \sqrt {a} = 2a \Leftrightarrow a^3 = 4a^2 \Leftrightarrow a = 0 \vee a = 4$

Οι λύσεις του συστήματος είναι οι $\displaystyle {(a, b, c) = (0, 0, 0), (4, 4, 4)}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 27, 2014 1:43 pm**

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 995
Να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{ \lfloor x^2 - 2x \rfloor + 2\lfloor x \rfloor = \lfloor x \rfloor^2.}$

Η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα:

$\displaystyle{ \lfloor x^2 - 2x \rfloor +1= \lfloor x \rfloor^2-2\lfloor x \rfloor+1}$

$\displaystyle{ \lfloor x^2 - 2x +1\rfloor = (\lfloor x \rfloor-1)^2}$

$\displaystyle{ \lfloor (x-1)^2 \rfloor = \lfloor x -1\rfloor^2}$

$\displaystyle{ \lfloor a^2 \rfloor = \lfloor a\rfloor^2}$ όπου a=x-1.

Καταρχήν θα δείξουμε ότι οι αρνητικοί ακέραιοι είναι οι μόνοι αρνητικοί που επαληθεύουν την εξίσωση. Αν ο

είναι ένας αρνητικός ακέραιος και -k<a<-k+1

τότε $\lfloor a\rfloor=-k$ και (k-1)^2<a^2<k^2.

Συνεπώς $\lfloor a^2\rfloor<\lfloor a\rfloor^2.$ Δηλαδή κανένας μη ακέραιος και αρνητικός δεν είναι λύση της παραπάνω εξίσωσης.

Ας περιγράψουμε τώρα τις μη αρνητικές λύσεις. Ας είναι

ένας μη αρνητικός ακέραιος και

μια λύση της εξίσωσης με $k\leq a<k+1.$ Τότε $\lfloor a\rfloor=k$ και ισοδύναμα $\lfloor a^2\rfloor=k^2$ ή $k^2\leq a^2<k^2+1$ ή $a\in\left [k,\sqrt{k^2+1}\right ),$ (όλες δεκτές αφού $\sqrt{k^2+1}<k+1$ ).

Επομένως ο

είναι ή κάποιος ακέραιος ή περιέχεται σε καποιο διάστημα της μορφής $\left [k+1,\sqrt{k^2+1}+1\right )$ με k=0,1,2,...

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 09, 2014 8:12 pm**

AΣΚΗΣΗ 1008
Βρείτε όλα τα ζεύγη (a, b)

, πραγματικών αριθμών τέτοια ώστε οι ρίζες των εξισώσεων 6x^2− 24x −4a = 0

και

να είναι μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί.

AΣΚΗΣΗ 1009
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{x^3+x^2y+xy^2+y^3=8(x^2+xy+y^2+1).}$
viewtopic.php?f=111&t=44540

AΣΚΗΣΗ 1010
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{a}{3b^2+2bc+3c^2}+\frac{b}{3c^2+2ca+3a^2}+\frac{c}{3a^2+2ab+3b^2}\geq \frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right),}$

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς a,b,c.

AΣΚΗΣΗ 1011
Να βρείτε τους θετικούς ακεραίους $\displaystyle{a,b,}$ για τους οποίους ισχύει $\displaystyle{(a^b+b)|(a^{2b}+2b).}$
viewtopic.php?f=111&t=45644

AΣΚΗΣΗ 1012
Θεωρούμε τα ξένα μεταξύ τους υποσύνολα $A = \{a_1 < a_2 < a_3 < a_4 < a_5 < a_6\}$ και $B = \{b_1 > b_2 > b_3 > b_4 > b_5 > b_6\}$ του συνόλου $\{1, 2, 3,..., 12\}.$
Για κάθε $i\in \{1,2,...,6\}$ ορίζουμε $\displaystyle{c_i=\frac{\max (a_i,b_i)}{\min (a_i,b_i)}.}$
Να υπολογίσετε το γινόμενο c_1c_2...c_6.

AΣΚΗΣΗ 1013
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{3^x+x^4=5^x.}$
viewtopic.php?f=111&t=44298

AΣΚΗΣΗ 1014
Βρείτε όλους τους μη αρνητικούς ακεραίους k,n

που ικανοποιούν την εξίσωση $\displaystyle{ 2^{2k+1} + 9*2^k+5=n^2.}$

AΣΚΗΣΗ 1015
Στο εσωτερικό μοναδιαίου τετραγώνου βρίσκονται κύκλοι συνολικού μήκους 10.

Δείξτε ότι υπάρχει ευθεία που τέμνει τέσσερις τουλάχιστον από αυτούς.

AΣΚΗΣΗ 1016
Έστω a,b,c

πραγματικοί αριθμοί με a+b+c = 4

και

Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac 1{a-1} + \frac 1{b-1} + \frac 1{c-1} \ge \frac 8{a+b} + \frac 8{b+c} + \frac 8{c+a}.}$

AΣΚΗΣΗ 1017
Αν $\displaystyle{x,y,z\geq 0}$ με $\displaystyle{x^2+y^2+z^2=2(xy+yz+zx)}$ να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{x+y+z\geq 3\sqrt[3]{2xyz}.}$
viewtopic.php?f=111&t=44299

AΣΚΗΣΗ 1018
Να λυθεί, στο σύνολο των πραγματικών αριθμών, το σύστημα:

$\begin{cases} x^2+xy+y^2=7\\ y^2+yz+z^2=39\\ z^2+zx+x^2=31 \end{cases}$
viewtopic.php?f=111&t=42066

AΣΚΗΣΗ 1019
Να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης
$\displaystyle{\frac{a+b+c}{2}-\frac{[a,b]+[b,c]+[c,a]}{a+b+c},}$
όπου a,b,c

ακέραιοι, μεγαλύτεροι της μονάδας και [x,y]

το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των x,y

.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 10, 2014 10:36 am**

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1014
Βρείτε όλους τους μη αρνητικούς ακεραίους που ικανοποιούν την εξίσωση $\displaystyle{ 2^{2k+1} + 9*2^k+5=n^2.}$

Καλημέρα σε όλους!

Αν $k \geq 3$ τότε είναι $2^k \equiv 0 \pmod8$ και $2^{2k + 1} \equiv 0 \pmod8$ .

Άρα, πρέπει $n^2 \equiv 5 \pmod8$ , άτοπο αφού το

δεν είναι τεραγωνικό κατάλοιπο $\pmod8$ .

Άρα k = 0, 1, 2

από όπου ελέγχοντας με το χέρι προκύπτει μοναδική λύση (k, n) = (0, 4)

.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 10, 2014 1:01 pm**

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 1016
Έστω πραγματικοί αριθμοί με και Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac 1{a-1} + \frac 1{b-1} + \frac 1{c-1} \ge \frac 8{a+b} + \frac 8{b+c} + \frac 8{c+a}.}$

Θέτοντας $\displaystyle{a=x+1,b=y+1,c=z+1}$ καλούμαστε να αποδείξουμε ότι:

Αν $\displaystyle{x,y,z>0}$ με $\displaystyle{x+y+z=1,}$ τότε

$\displaystyle{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq 8\Big(\frac{1}{3-x}+\frac{1}{3-y}+\frac{1}{3-z}\Big)}$

δηλαδή ότι

$\displaystyle{\frac{1-3x}{x(3-x)}+\frac{1-3y}{y(3-y)}+\frac{1-3z}{z(3-z)}\geq 0.}$

Παρατηρούμε ότι

$\displaystyle{\frac{1-3x}{x(3-x)}\geq -\frac{27}{8}\Big(x-\frac{1}{3}\Big)}$ για κάθε $\displaystyle{x\in (0,1)}$ (γιατί ισχύει;)

άρα

$\displaystyle{\frac{1-3x}{x(3-x)}+\frac{1-3y}{y(3-y)}+\frac{1-3z}{z(3-z)}\geq -\frac{27}{8}(x+y+z-1)=0.}$

q.e.d.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 10, 2014 4:03 pm**

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1008
Βρείτε όλα τα ζεύγη , πραγματικών αριθμών τέτοια ώστε οι ρίζες των εξισώσεων και να είναι μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί.

Καλησπέρα σε όλους.

Αρχικά δουλεύω στην πρώτη εξίσωση.

Θα πρέπει $\displaystyle{\Delta \geq 0\Leftrightarrow a\geq -6}$ .

Πάμε τώρα στη δεύτερη.Θεωρούμε $\displaystyle{y_1,y_2,y_3}$ τις ρίζες της.Οι τύποι Vieta δίνουν $\displaystyle{y_1y_2y_3=8}$ .

Η ΑΜ-ΓΜ δίνει $\displaystyle{y_1+y_2+y_3\geq 3\sqrt[3]{y_1y_2y_3}=6\Leftrightarrow -a\geq 6\Leftrightarrow a\leq -6$ .

Τελικά $\displaystyle{a=-6}$ και ισχύει ισότητα στην ΑΜ-ΓΜ άρα $\displaystyle{y_1=y_2=y_3=2}$ και $\displaystyle{b=12}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 10, 2014 8:04 pm**

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 1010
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{a}{3b^2+2bc+3c^2}+\frac{b}{3c^2+2ca+3a^2}+\frac{c}{3a^2+2ab+3b^2}\geq \frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right),}$

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς

Ισχύει από την Ανισότητα Cauchy-Schwarz

$\displaystyle{\sum\frac{a}{3b^2+2bc+3c^2}\geq\frac{(a+b+c)^2}{3[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2abc]}=\frac{(a+b+c)^2}{3(a+b)(b+c)(c+a)}.}$

Μένει να αποδείξουμε την Ανισότητα λοιπόν

$\displaystyle{\frac{(a+b+c)^2}{3(a+b)(b+c)(c+a)}\geq\frac{1}{4}\cdot\sum\frac{1}{a+b}=\frac{(a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)}{4(a+b)(b+c)(c+a)}}$ η οποία μετά τις πράξεις ισοδύναμα ελλατώνεται και δίνει την προφανή

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 11, 2014 12:35 am**

AΣΚΗΣΗ 1020
Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων (a, b)

για τα οποία οι αριθμοί

$\displaystyle{\frac{a^2 + b}{b^2 − a}}$ και $\displaystyle{\frac{b^2 + a}{a^2 − b}}$

είναι ακέραιοι.

AΣΚΗΣΗ 1021
Να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{x^{3}+3=4y(y+1)}$ δεν έχει λύσεις στους φυσικούς.
viewtopic.php?f=111&t=42953

AΣΚΗΣΗ 1022
Να προσδιορίσετε όλες τις τριάδες ακεραίων $(a,\ b,\ c)$ τέτοιες ώστε 2^a+3^b+1=6^c.

AΣΚΗΣΗ 1023
Δίνονται οι ακέραιοι $\displaystyle{a>b>1,}$ ώστε $\displaystyle{a+b|ab+1}$ και $\displaystyle{a-b|ab-1.}$ Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{a<\sqrt{3}b.}$
viewtopic.php?f=111&t=43978

AΣΚΗΣΗ 1024
Ο πρώτος αριθμός

διαιρούμενος με το 210 αφήνει υπόλοιπο

Να βρεθεί ο

αν είναι σύνθετος και γράφεται σαν άθροισμα δύο τετραγώνων ακεραίων.

AΣΚΗΣΗ 1025
Αν οι $\displaystyle{x,y}$ διατρέχουν το $\displaystyle{\mathbb{Z}^*,}$ να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης

$\displaystyle{f(x,y)=|5x^2+11xy-5y^2|.}$
viewtopic.php?f=111&t=45603

AΣΚΗΣΗ 1026
Οι ρίζες του πολυωνύμου P(x)=x^3-2x^2+bx+c

ανήκουν στο διάστημα (0,1).

Να δείξετε ότι $8b+9c \leq 8.$ Πότε ισχύει η ισότητα;

AΣΚΗΣΗ 1027
Έστω

ένα πεπερασμένο σύνολο με στοιχεία πραγματικούς αριθμούς.
Αν ανάμεσα σε τρία οποιαδήποτε στοιχεία του

υπάρχουν δύο, τέτοια ώστε το άθροισμά τους να ανήκει στο

,
να προσδιορίσετε το μέγιστο πλήθος στοιχείων του

.
viewtopic.php?f=111&t=34700

AΣΚΗΣΗ 1028
Έστω $a_1, a_2, a_3,... , a_{2014}$ μια μετάθεση των αριθμών 1, 2, 3, ... , 2014.

Να δείξετε ότι δύο από τους αριθμούς $|a_1- 1|, |a_2 - 2|, |a_3 - 3|, ... ,|a_{2014} - 2014|$ είναι ίσοι.

AΣΚΗΣΗ 1029
Για κάθε δεδομένο σύνολο

με $A =\{a_1,a_2,a_3,a_4\}$ με

διαφορετικούς θετικούς ακεραίους συμβολίζουμε με s_a

το άθροισμα αυτών.Έστω n_a

ο αριθμός των ζευγαριών (i,j)

για τα οποία το a_i+a_j

διαιρεί το s_a

.Να βρείτε τα σύνολα ώστε να έχουμε μέγιστο αριθμό ζευγαριών.
viewtopic.php?f=63&t=45715

AΣΚΗΣΗ 1030
Ο θετικός ακέραιος

έχει ακριβώς έξι διαιρέτες, τους 1<a<b<c<d<n

.
Έστω

. Αν ο

-στος διαιρέτης (σύμφωνα με την παραπάνω διάταξη) του

ισούται με (1+a+b)b

, να βρεθεί ο

.

AΣΚΗΣΗ 1031
Για τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς a,b,c

να δείξετε ότι

$(a^{2}-bc)(\sqrt{b+c}) +(b^{2}-ac)(\sqrt{a+c}) +(c^{2}-ba)(\sqrt{b+a}) \geq 0$
viewtopic.php?f=111&t=41537

Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων
viewtopic.php?f=58&t=43592

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