mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 09, 2011 6:50 pm**

socrates έγραψε:

ΑΣΚΗΣΗ 213
Έστω ένα υποσύνολο του συνόλου $\{1,2,3,\ldots,2009\}$ με στοιχεία, τέτοιο ώστε το άθροισμα δύο οποιονδήποτε στοιχείων του να μην ισούται με ούτε με
Πόσα τέτοια σύνολα υπάρχουν;

Χωρίζουμε το σύνολο $\{1,2,3,\ldots,2009\}$ σε δύο υποσύνολα

και $\Gamma$ όπου το

περιέχει τα στοιχεία $\{1,2,3,\ldots,1004\}$ και το $\Gamma$ περιέχει τα στοιχεία $\{1005,1006,1007,\ldots,2009\}$ . Είναι προφανές ότι το σύνολο $\Gamma$ είναι ένα από τα ζητούμενα σύνολα.
Θα αποδείξουμε ότι είναι το μοναδικό. Παρατηρούμε ότι αν μετακινήσουμε ένα στοιχείο του $\Gamma$ ( π.χ. το 1005

)στο σύνολο

τότε θα πρέπει να αφαιρέσουμε ένα άλλο στοιχείο (το 1004

) και έτσι το σύνολο θα έχει πάλι 1004 στοιχεία. Έτσι είναι αδύνατο το σύνολο

να αποκτήσει 1005

στοιχεία. Αν μετακινήσουμε ένα στοιχείο του

στο $\Gamma$ (π.χ. το 1004

) τότε θα πρέπει να αφαιρέσουμε δύο άλλα στοιχεία (το 1005

και το

)και έτσι και αυτό το σύνολο είναι αδύνατο να ξανααποκτήσει 1005 στοιχεία.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 09, 2011 10:01 pm**

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 208
Οι θετικοί ακέραιοι είναι τέτοιοι ώστε ο αριθμός $a^{2}+2nb^{2}$ να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.
Να δείξετε ότι ο αριθμός $a^{2}+nb^{2}$ γράφεται ως άθροισμα δύο τέλειων τετραγώνων.

Έχουμε:

$a^{2}+2nb^{2}=k^{2}\Rightarrow a^{2}+2nb^{2}+a^{2}=k^{2}+a^{2}\Rightarrow 2a^{2}+2nb^{2}=k^{2}+b^{2}\Rightarrow a^{2}+nb^{2}=\frac{k^{2}+a^{2}}{2}\Rightarrow$

$a^{2}+nb^{2}=(\frac{k-a}{2})^{2}+(\frac{k+a}{2})^{2}$

Μένει να αποδείξουμε ότι οι αριθμοί $\frac{k-a}{2},\frac{k+a}{2}$ είναι ακέραιοι.

Πράγματι, αν

άρτιος, τότε επειδή $a^{2}+2nb^{2}=k^{2}$ θα πρέπει και ο

να είναι άρτιος (γνωστό) οπότε και k-a

άρτιος και k+a

άρτιος και άρα οι αριθμοί

$\frac{k-a}{2},\frac{k+a}{2}$ είναι ακέραιοι.

Αν πάλι είναι

περιττός τότε πρέπει και ο

να είναι περιττός οπότε οι αριθμοί k-a

και

είναι άρτιοι και έχουμε και πάλι το ζητούμενο.

Θα συμφωνήσω και εγώ με όλους τους παραπάνω συναδέλφους και μη, ότι το να ψάχνουμε να βρούμε την λύση μιας άσκησης είναι πολύ καλύτερο από το να την δούμε λυμένη. (Προσωπικά μου έχει τύχει να ψάχνω την λύση κάποιας άσκησης επί ένα περίπου χρόνο!!). Χρειάζονται σαφώς και οι δύσκολες ασκήσεις. Ωστόσο, επειδή το θέμα αυτό απευθύνεται σε μαθητές Γυμνασίου, οι δύσκολες ασκήσεις είναι για δική μας κυρίως ενημέρωση ώστε με κατάλληλη επεξεργασία, να μπορέσουμε να τις διδάξουμε σε μαθητές που έχουν όρεξη να μάθουν περισσότερα μαθηματικά από αυτά που τους προσφέρει το "σύγχρονο" σχολείο.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 09, 2011 10:45 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ
Θα συμφωνήσω και εγώ με όλους τους παραπάνω συναδέλφους και μη, ότι το να ψάχνουμε να βρούμε την λύση μιας άσκησης είναι πολύ καλύτερο από το να την δούμε λυμένη. (Προσωπικά μου έχει τύχει να ψάχνω την λύση κάποιας άσκησης επί ένα περίπου χρόνο!!). Χρειάζονται σαφώς και οι δύσκολες ασκήσεις. Ωστόσο, επειδή το θέμα αυτό απευθύνεται σε μαθητές Γυμνασίου, οι δύσκολες ασκήσεις είναι για δική μας κυρίως ενημέρωση ώστε με κατάλληλη επεξεργασία, να μπορέσουμε να τις διδάξουμε σε μαθητές που έχουν όρεξη να μάθουν περισσότερα μαθηματικά από αυτά που τους προσφέρει το "σύγχρονο" σχολείο.

Σίγουρα Ναί, Σίγουρα Ναί, καθότι άλλο το ένα και άλλο το άλλο.
Απλά θα πρέπει να επισημανθεί ότι σέ δύσκολες αλλά με σωστή κατεύθυνση, ως πρός τον στόχο ασκήσεις (ηλικία, γνώσεις, επίπεδο κ.τ.λ.) είναι σημαντικό να γίνεται διαχείριση του λάθους που οδηγεί στην Μή λύση, ώστε να μπορούμε να το έχουμε σαν σημείο αλλαγής πλεύσης πρός την σωστή πλευρά.

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 10, 2011 2:41 pm**

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 209
Αν το άθροισμα των ψηφίων του φυσικού να δείξετε ότι ο αριθμός δεν είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Είναι γνωστό ότι ένας αριθμός

είναι ισότιμος $\pmod 9$ με το άθροισμα των ψηφίων του,δηλαδή $S(2n^2+3)\equiv 2n^2+3$ .Επομένως αρκεί να αποδείξουμε ότι ο αριθμός 2n^2+3

δεν είναι τέλειο τετράγωνο.
Τα τετραγωνικά υπόλοιπα $\pmod9$ είναι τα 0,1,4,7

.
Άρα $2n^2\equiv0,2,5,8 \pmod 9 \Leftrightarrow 2n^2+3\equiv2,3,5,8 \pmod 9$ ,που δεν είναι τετραγωνικά υπόλοιπα $\pmod 9$ .
Συνεπώς ο αριθμός S(2n^2 +3)

δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 10, 2011 8:42 pm**

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 212
Θεωρούμε σκακιέρα $50\times 50.$ Αρχικά όλα τα τετράγωνα $1\times 1$ έχουν μαύρο χρώμα.
Μια κίνηση συνίσταται στο να αλλάξουμε το χρώμα όλων των τετραγώνων μιας στήλης ή μιας γραμμής (αν είναι μαύρο γίνεται άσπρο και αν είναι άσπρο γίνεται μαύρο.)
α) Δείξτε ότι δεν είναι δυνατόν, μετά από ένα αριθμό κινήσεων, να έχουμε ακριβώς άσπρα τετράγωνα στη σκακιέρα.
β) Μπορεί να προκύψει σκακιέρα με ακριβώς άσπρα τετράγωνα;

Έστω ότι εφαρμόζουμε την κίνηση σε

οριζόντιες και

κάθετες γραμμές( $n,m \leq 50$ ).Τότε το πλήθος των λευκών τετραγώνων που έχουν προκύψει από τις κινήσεις είναι 50n+50m

μείον το πλήθος των μαύρων τετραγώνων που έχουν προκύψει από τις κινήσεις.Το πλήθος αυτό ισούται με το εμβαδό του ορθογωνίου που δημιουργείται από τις τομές των γραμμών.Αυτό είναι ίσο με 2nm

(σε περίπτωση που η γραμμές δεν εφάπτονται αυτό δεν αλλάζει το αποτέλεσμα διότι απλά μεταφέρουμε την γραμμή όσα τετράγωνα χρειάζονται έτσι ώστε οι γραμμές να εφάπτονται).Έτσι το πλήθος των λευκών τετραγώνων που έχουν προκύψει από τις κινήσεις είναι ίσο με 50(n+m)-2nm=2(25m+25n-mn)

(1).
Πίσω στα ερωτήματα τώρα.
Στο πρώτο:
Για να έχει η σκακιέρα 2011 λευκά τετραγωνάκια αρκεί η εξίσωση 2(25m+25n-mn)=2011

να έχει θετικές ακέραιες λύσεις μικρότερες ή ίσες του 50.Αυτή είναι αδύνατη αφού (2011,2)=2

.Συνεπώς δεν γίνεται να έχουμε 2011 λευκά τετραγωνάκια.
Στο δεύτερο:
Όπως και πριν για να έχει η σκακιέρα 2010 λευκά τετράγωνα αρκεί η εξίσωση 2(25m+25n-mn)=2010

να έχει θετικές ακέραιες λύσεις μικρότερες ή ίσες του 50.Η εξίσωση γράφεται (25-n)(25-m)=380

που έχει λύσεις,πχ (m,n)=(40,1)

.Συνεπώς μπορούμε να έχουμε 2010 λευκά τετραγωνάκια στη σκακιέρα.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 10, 2011 11:00 pm**

Eagle έγραψε:
socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 212
Θεωρούμε σκακιέρα $50\times 50.$ Αρχικά όλα τα τετράγωνα $1\times 1$ έχουν μαύρο χρώμα.
Μια κίνηση συνίσταται στο να αλλάξουμε το χρώμα όλων των τετραγώνων μιας στήλης ή μιας γραμμής (αν είναι μαύρο γίνεται άσπρο και αν είναι άσπρο γίνεται μαύρο.)
α) Δείξτε ότι δεν είναι δυνατόν, μετά από ένα αριθμό κινήσεων, να έχουμε ακριβώς άσπρα τετράγωνα στη σκακιέρα.
β) Μπορεί να προκύψει σκακιέρα με ακριβώς άσπρα τετράγωνα;

Έστω ότι <...>

Θα δώσω άλλη λύση στο πρώτο ερώτημα (για το δεύτερο έχω την ίδια λύση).

Έστω σε ένα στάδιο έχουμε

μαύρα και

άσπρα τετράγωνα. Έστω ότι στην επόμενη κίνηση (αλλαγή χρωματισμού μιας γραμμής ή στήλης) περιέχονται

μαύρα και (φυσικά) 50-n

άσπρα τετράγωνα. Τότε τα μαύρα θα γίνουν M{'}=M-n+(50-n)

(δηλαδή τα

που χάσαμε συν τα 50-n

που κερδίσαμε) και τα άσπρα θα γίνουν A{'}=A-(50-n)+n

.

Εξετάζουμε τώρα την διαφορά M{'}-A{'}

. Είναι

. Παρατηρούμε ότι ο αριθμός 100-4n

είναι πολλαπλάσιο του 4. Συμπέρασμα, σε κάθε βήμα ο αριθμός M-A

αλλάζει κατά πολλαπλάσιο του

. Στην αρχή είναι M-A=2500-0 =

πολλαπλάσιο του 4, ενώ αν γίνουν 2011 τα άσπρα (και 489 τα μαύρα), τότε M-A= 489-2011=- 1522

που δεν είναι πολλαπλάσιο του

. Συνεπώς δεν θα φτάσουμε ποτέ σε 2011

άσπρα τετράγωνα.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 10, 2011 11:36 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 214

Υπολογίστε τετραψήφιο αριθμό $\overline {xyzw} ,$ του δεκαδικού συστήματος που να είναι τέλειο τετράγωνο όταν επιπλέον ισχύουν οι σχέσεις:

$\overline {xy} = 3\overline {zw} + 1\;\kappa \alpha \iota \;w = y + 1.$

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 10, 2011 11:43 pm**

Πολλά μπράβο στον δεκαεπτάχρονο Δημήτρη (Eagle) που μπορεί και αντιμετωπίζει τέτοια θέματα.

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 211
Να δείξετε ότι $a(a-1)+b(b-1)+c(c-1) \leq (a+b+c-4)(a+b+c-5)+4,$ αν $a,b,c\geq 2.$

Αρκεί να αποδείξουμε ότι:

$a^{2}+b^{2}+c^{2}-(a+b+c)\leq (a+b+c-4)(a+b+c-5)+4\Leftrightarrow$

$(a+b+c)^{2}-2(ab+ac+cb)-(a+b+c)\leq (a+b+c-4)(a+b+c-5)+4$

Θέτουμε a+b+c=t

. Τότε αρκεί να αποδείξουμε ότι:

$t^{2}-2(ab+ac+bc)-t\leq (t-4)(t-5)+4\Leftrightarrow$

$4t\leq ab+ac+cb+12\Leftrightarrow$ $4(a+b+c)\leq ab+ac+cb+12$ (1)

Θέτουμε x=a-2,y=b-2,z=c-2

. Τότε από την υπόθεση έχουμε ότι

$x,y,z\geq 0$ και η σχέση (1) ισοδύναμα γράφεται:

$4(x+2+y+2+z+2)\leq (x+2)(y+2)+(x+2)(z+2)+(y+2)(z+2)+12\Leftrightarrow$

$0\leq xy+xz+zy$ η οποία είναι αληθής, αφού $x,y,z\geq 0$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 10, 2011 11:47 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 215

Κλασική αλλά όμορφη για τους μικρούς μας (μόνο σε ηλικία) συναδέλφους:

♦ Να αποδειχθεί ότι η παράσταση:
$\left( {\frac{1} {{b - c}}} \right)^2 + \left( {\frac{1} {{c - a}}} \right)^2 + \left( {\frac{1} {{a - b}}} \right)^2 ,$
είναι τέλειο τετράγωνο.

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 11, 2011 12:03 am**

ΑΣΚΗΣΗ 216

(για Γεωμετρική προπονησούλα)

♦ Σε τρίγωνο ABC

δίνονται: $AB = 5,\;AC = 7,\tau o\;\dot \upsilon \psi o\varsigma \;AD = 4.$
Υπολογίστε την BC,

το εμβαδόν του και την ακτίνα του εγγεγραμμένου του κύκλου.

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 11, 2011 1:05 am**

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 216

(για Γεωμετρική προπονησούλα)

♦ Σε τρίγωνο δίνονται: $AB = 5,\;AC = 7,\tau o\;\dot \upsilon \psi o\varsigma \;AD = 4.$
Υπολογίστε την το εμβαδόν του και την ακτίνα του εγγεγραμμένου του κύκλου.

S.E.Louridas

Εύκολα με Πυθαγόρειο βρίσκουμε ότι $BC=3+\sqrt{33}$ άρα $\displaystyle E=\frac{4(3+\sqrt{33})}{2}=6+2\sqrt{33}$ γνωρίζουμε επίσης ότι

$\displaystyle E=\tau \varrho \Rightarrow 6+2\sqrt{33}=\frac{15+\sqrt{33}}{2}\varrho$
απο όπου παίρνουμε και το ρ.

τ ημιπερίμετρος και ρ ακτίνα εγγεγραμένου κύκλου.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 11, 2011 10:24 am**

ΑΣΚΗΣΗ 217

Δίνεται τρίγωνο ABC

και σημείο

στο εσωτερικό του. Θεωρούμε

το σημείο τομής της

με την

(συμβολικά: $D \equiv CP \cap AB$ ) και
$E \equiv BP \cap AC$ (επάνω σχήμα).
1) Αιτιολογείστε γιατί οι περιγεγραμμένοι κύκλοι στα τρίγωνα PDB, PCE

δεν είναι δυνατόν να εφάπτονται,
2) Αν οι κύκλοι αυτοί είναι ίσοι, τότε αποδείξτε ότι ισχύει η σχέση: $\left| {AE - AD} \right| = \left| {AC - AB} \right|$ και αντίστροφα.

(Υπόδειξη γιά το 1): (κάτω σχήμα) Η εγγεγραμμένη γωνία $\angle KML$ είναι με εκείνη την γωνία που σχηματίζεται από την χορδή της και την εφαπτομένη στον κύκλο στο άκρο της χορδής, δηλαδή ισούται με την γωνία $\angle LKP).$

(*) Μεθοδολογική συμβουλή: Όταν έχεις τεμνόμενους κύκλους θεώρησε την κοινή τους χορδή, μπορεί να χρειαστεί. Επίσης όταν έχεις εφαπτόμενους κύκλους θεώρησε την κοινή τους εφαπτομένη στο σημείο επαφής τους, μπορεί να χρειαστεί.

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 11, 2011 11:51 am**

Καλημέρα,

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 214

Υπολογίστε τετραψήφιο αριθμό $\overline {xyzw} ,$ του δεκαδικού συστήματος που να είναι τέλειο τετράγωνο όταν επιπλέον ισχύουν οι σχέσεις:

$\overline {xy} = 3\overline {zw} + 1\;\kappa \alpha \iota \;w = y + 1.$

Η πρώτη δοθείσα σχέση γράφεται: 10x + y = 30z +3w + 1

και αν αντικαταστήσουμε όπου

το

,έχουμε

(1)
Παρατηρούμε ότι το πρώτο μέλος τελειώνει σε

.άρα και το άθροισμα στο δεύτερο μέλος πρέπει να τελείνει σε

,αυτό γίνεται μόνο για y = 3

ή

.Οπότε έχουμε 2 περιπτώσεις:
1η) y = 3

άρα και

η (1) γράφεται 10x = 30z +10

δηλαδή

.
για

έχουμε

δηλαδή τους αριθμούς: 1304

,

,

που κανένας δεν είναι τέλειο τετράγωνο
οι υπόλοιπες τιμές για το

απορρίπτονται, γιατί δεν θα υπάρχει αντίστοιχο

2η)

άρα

η (1) γράφεται x = 3z + 2

παίρνουμε πάλι περιπτώσεις για το

που μπορεί να πάρει τις τιμές 0 , 1 , 2

και βρίσκουμε τους αριθμούς: 2809

,

,

από τους οποίου μόνο ο αριθμός 2809

είναι τέλειο τετράγωνο ,άρα είναι ο ζητούμενος.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 11, 2011 12:05 pm**

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 215
♦ Να αποδειχθεί ότι η παράσταση:
$\left( {\frac{1} {{b - c}}} \right)^2 + \left( {\frac{1} {{c - a}}} \right)^2 + \left( {\frac{1} {{a - b}}} \right)^2 ,$
είναι τέλειο τετράγωνο.

Θέτουμε :

,

,

Οπότε

Επίσης από την ταυτότητα (x + y + w)^2 = x^2 + y^2 + w^2 +2xy + 2yw + 2xw

έχουμε

(1) αφού

.
υψώνουμε την (1) στο τετράγωνο οπότε a^2 = 4x^2y^2 + 4y^2w^2 + 4x^2w^2 +8xyw(x + y + w)

(2) όπου

το πρώτο μέλος της (1).
Αφού x + y +w = 0

η (2) γίνεται a^2 = 4b

(3) όπου

.
Διαιρούμε τώρα την (3) με 4x^2y^2w^2

και προκείπτει το ζητούμενο.
Γιατί b/x^2y^2w^2

ισούται με τη δοθείσα παράσταση.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 11, 2011 12:41 pm**

Άριστα Μαθηματικά αντανακλαστικά Αντώνη, Μπράβο!!

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 11, 2011 1:19 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 218
Βρείτε όλους τους διψήφιους αριθμούς $\overline{AB} ,$ τέτοιους ώστε $\overline{AB}| \overline{A0B} .$

ΑΣΚΗΣΗ 219
Αν οι θετικοί αριθμοί x,y,z

είναι τέτοιοι ώστε

$\displaystyle \frac{1}{x^{2}+1}+\frac{1}{y^{2}+1}+\frac{1}{z^{2}+1}=\frac{1}2$

να δείξετε ότι

$\displaystyle \frac{1}{x^{3}+2}+\frac{1}{y^{3}+2}+\frac{1}{z^{3}+2}<\frac{1}3 .$

ΑΣΚΗΣΗ 220
Αν οι πραγματικοί αριθμοί a,b,c

είναι τέτοιοι ώστε οι αριθμοί ab,bc,ca

να είναι ρητοί,
να δείξετε ότι υπάρχουν ακέραιοι x,y,z,

όχι όλοι μηδέν, τέτοιοι ώστε ax+by+cz=0 .

ΑΣΚΗΣΗ 221
Σε ένα διαγωνισμό συμμετέχουν

μαθητές.
Κάθε μαθητής γνώρισε τουλάχιστον

άλλους συμμετέχοντες μαθητές.
Να αποδείξετε ότι τέσσερις τουλάχιστον μαθητές έχουν τον ίδιο αριθμό γνωριμιών.
(Η γνωριμία είναι συμμετρική. Αν ο Α γνωρίζει τον Β, τότε και ο Β γνωρίζει τον Α.)

ΑΣΚΗΣΗ 222
Ένας επταψήφιος αριθμός αποτελείται από διαφορετικά μεταξύ τους ψηφία και είναι πολλαπλάσιο καθενός από αυτά(τα ψηφία).
Να βρεθεί από ποια ψηφία αποτελείται ο αριθμός.

ΑΣΚΗΣΗ 223
Στο επίπεδο δίνονται

σημεία με ακέραιες συντεταγμένες και τέτοια ώστε η απόσταση μεταξύ δύο οποιονδήποτε από αυτά να είναι φυσικός αριθμός.

Να δείξετε ότι τουλάχιστον το $49 \%$ αυτών των αποστάσεων είναι άρτιοι αριθμοί.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 11, 2011 1:53 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 224

Έστω τρίγωνο ABC,

με $AB = 3 \cdot 2^{n - 1} \sqrt 3 ,BC = 2^{n + 2} - 2^{n + 1} + 2^n ,AC = 2^{n + 1} - 2^n + 2^{n - 1} .$

1) Προσδιορίστε τις γωνίες του τριγώνου,
2) Υπολογίστε το

στην περίπτωση που η περίμετρος του τριγώνου είναι: $24\sqrt 3 \left( {\sqrt 3 + 1} \right).$

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 11, 2011 2:50 pm**

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 217
Δίνεται τρίγωνο και σημείο στο εσωτερικό του. Θεωρούμε το σημείο τομής της με την (συμβολικά: $D \equiv CP \cap AB$ ) και
$E \equiv BP \cap AC$ (επάνω σχήμα).
1) Αιτιολογείστε γιατί οι περιγεγραμμένοι κύκλοι στα τρίγωνα δεν είναι δυνατόν να εφάπτονται,
2) Αν οι κύκλοι αυτοί είναι ίσοι, τότε αποδείξτε ότι ισχύει η σχέση: $\left| {AE - AD} \right| = \left| {AC - AB} \right|$ και αντίστροφα.

2)Αφού οι κύκλοι είναι ίσοι από το νόμο των ημιτόνων και τις ίσες γωνίες DPB

και

έχουμε ότι DB = EC

.
Έτσι:

.

1)Έστω ότι οι κύκλοι εφάπτονται.Επίσης θέτουμε CEP = x

και

.Τότε η γωνία BPC = x + y

, όμως αυτό είναι άτοπο, γιατί το ;aθροισμα των γωνιών

και

δεν μπορεί να ισούται με x + y

, αφού

δεν μπορεί να έχει μέτρο

.Αυτό γιατί ECP + A = y

.

Αν μπορεί κάποιος να εξηγήσει καλύτερα αυτό που είπα με το νόμο τον ημιτόνων , γιατί εγώ δεν τα καταφέρνω και μπορεί κάποια(μικρότερα) παιδιά να μην το καταλάβουν.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 11, 2011 3:21 pm**

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 224

Έστω τρίγωνο με $AB = 3 \cdot 2^{n - 1} \sqrt 3 ,BC = 2^{n + 2} - 2^{n + 1} + 2^n ,AC = 2^{n + 1} - 2^n + 2^{n - 1} .$

1) Προσδιορίστε τις γωνίες του τριγώνου,
2) Υπολογίστε το στην περίπτωση που η περίμετρος του τριγώνου είναι: $24\sqrt 3 \left( {\sqrt 3 + 1} \right).$

S.E.Louridas

1) Ας θέσουμε για ευκολία $\displaystyle{2^n=x.}$ Τότε, είναι

$\displaystyle{a=2^n(2^2-2+1)=3\cdot 2^n=3x,}$

$\displaystyle{b=2^n\Big(2-1+\frac{1}{2}\Big)=\frac{3}{2}2^n=\frac{3}{2}x,}$

$\displaystyle{c=\frac{3\sqrt{3}}{2}2^n=\frac{3\sqrt{3}}{2}x.}$

Παρατηρούμε, ότι $\displaystyle{b^2+c^2=\frac{9}{4}x^2+\frac{27}{4}x^2=9x^2=a^2,}$ άρα το τρίγωνο είναι ορθογώνιο με $\displaystyle{\angle A=90^0.}$

Επίσης είναι $\displaystyle{b=\frac{a}{2},}$ άρα $\displaystyle{\angle B=30^0,}$ οπότε $\displaystyle{\angle C=60^0.}$

2) Για την περίμετρο του τριγώνου έχουμε

$\displaystyle{a+b+c=3x+\frac{3}{2}x+\frac{3\sqrt{3}}{2}x=\frac{9+3\sqrt{3}}{2}x=\frac{3\sqrt{3}(1+\sqrt{3})}{2}x.}$

Άρα πρέπει $\displaystyle{x=16,}$ δηλαδή $\displaystyle{2^n=16,}$ οπότε $\displaystyle{x=4.}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 11, 2011 4:10 pm**

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 219
Αν οι θετικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε

$\displaystyle \frac{1}{x^{2}+1}+\frac{1}{y^{2}+1}+\frac{1}{z^{2}+1}=\frac{1}2$

να δείξετε ότι

$\displaystyle \frac{1}{x^{3}+2}+\frac{1}{y^{3}+2}+\frac{1}{z^{3}+2}<\frac{1}3 .$

Αρκεί να δειχθεί ότι $\displaystyle \sum \frac{3}{x^3+2} < 1 = \sum \frac{2}{x^2+1}$ .

Όμως $\displaystyle \frac{3}{x^3+2} < \frac{2}{x^2+1} \Leftarrow 2x^3 + 4 > 3x^2 + 3 \Leftarrow x^3 + x^3 + 1 > 3x^2$ , που ισχύει από ΑΜ-ΓΜ. Το ζητούμενο έπεται.

Για να ισχύει η ισότητα πρέπει x = 1

. Ομοίως προκύπτει ότι για να ισχύουν οι επιμέρους ισότητες πρέπει y = 1, ~ z =1

. Όμως η δοθείσα σχέση δεν επαληθεύεται για x = y = z = 1

και συνεπώς η ισότητα δεν μπορεί να ισχύει.

mathematica.gr

Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί