Διαγωνισμός Θαλής, Άλγεβρα Α΄Λυκείου

#1

Μια και σιγά - σιγά μπαίνουμε και με την πρώτη Λυκείου στην Άλγεβρα, σκέφτηκα να ετοιμάσω μερικές ασκήσεις για προθέρμανση του διαγωνισμού Θαλής.

Επειδή οι ασκήσεις είναι αρκετές, τις δίνω στο συνημμένο, ώστε να είναι χρήσιμες σε κάθε ενδιαφερόμενο.
Αν υπάρξει ενδιαφέρον για τις λύσεις, ας γίνεται το εξής :

- Να αναγράφεται η εκφώνηση καθεμιάς άσκησης- με την αρίθμηση του φυλλαδίου - ( όπως συνηθίζουμε, δηλαδή σε LATEX).

- Να απολουθούν οι λύσεις και τα σχόλια με αναφορά στη συγκεκριμένη άσκηση .

Οι ασκήσεις δεν είναι δύσκολες και πιστεύω ότι θα βοηθήσουν αρκετά όσους θελήσουν να συμμετάσχουν.

Μπάμπης

*** Κάντε μια νέα αποθήκευση(8/10), διότι έγιναν μικροαλλαγές(typo).

ΖΩΗ · #2

Άσκηση 5
Αν για τους θετικούς αριθμούς ισχύει ότι:

$\displaystyle{\frac{2010a-1000b}{2010a+10b}=\frac{2010b-1000c}{2010b+10c}=\frac{2010c-1000a}{2010c+10a}}$ ,

να αποδείξετε ότι $\displaystyle{a=b=c}.$

Θέτουμε $\displaystyle{t=\frac{2010a-1000b}{2010a+10b}=\frac{2010b-1000c}{2010b+10c}=\frac{2010c-1000a}{2010c+10a}}$ οπότε έχουμε:

$(I) \, \begin {cases}201a-100b=t \, ( 201a+b)\\ 201b-100c=t \, (201b+c) \\ 201c-100a=t \, (201c+a)\end{cases}.$

Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε: $101 (a+b+c) = 202 \, t\, (a+b+c).$

Επειδή οι a, b, c

είναι θετικοί αριθμοί έπεται ότι $a+b+c \ne 0$ . Επομένως, $\displaystyle{101 =202t \iff t = \frac{1}{2}}$ .

Έτσι, από την πρώτη από τις σχέσεις (I)

έχουμε: $402a - 200b = 201a+b \iff 201a = 201 b \iff a=b$ .

Ομοίως, από τις άλλες σχέσεις (I)

έχουμε

και

.

Άρα τελικά a=b=c.

#3

Άσκηση 5
Αν για τους θετικούς αριθμούς ισχύει ότι:

$\displaystyle{\frac{2010a-1000b}{2010a+10b}=\frac{2010b-1000c}{2010b+10c}=\frac{2010c-1000a}{2010c+10a}}$ ,

να αποδείξετε ότι $\displaystyle{a=b=c}.$

λίγο διαφορετικά
-------------------------------

$\displaystyle{\frac{2010a-1000b}{2010a+10b}=\frac{2010a-1010b+10b}{2010a+10b}=1-\frac{1010b}{2010a+10b}}$

άρα λόγω υπόθεσης έχουμε

$\displaystyle{\frac{b}{2010a+10b}=\frac{c}{2010b+10c}=\frac{a}{2010c+10a}=\frac{a+b+c}{2020(a+b+c)}=\frac{1}{2020}}$

από την τελευταία παίρνουμε : a=b=c

#4

Άσκηση 23
Αν οι ρητοί αριθμοί είναι διάφοροι του μηδενός και $\displaystyle{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1}$ ,

να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{A=\sqrt{(\frac{ab}{c}+1)(\frac{bc}{a}+1)(\frac{ca}{b}+1)}}$ είναι ρητός

$\bullet~~\displaystyle{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\Rightarrow \frac{a+b}{ab}=1-\frac{1}{c}=\frac{c-1}{c}\Rightarrow \frac{ab}{c}=\frac{a+b}{c-1}\Rightarrow }$

$\displaystyle{\frac{ab}{c}+1=\frac{a+b+c-1}{c-1}}$

άρα $\displaystyle{A=\sqrt{\frac{(a+b+c-1)^3}{(a-1)(b-1)(c-1)}}}$

τώρα
$\bullet ~~\displaystyle{\frac{1}{a}=1-\frac{1}{b}-\frac{1}{c}\Rightarrow a=\frac{bc}{bc-b-c}\Rightarrow a-1=\frac{b+c}{b(c-1)-c}\Rightarrow}$

$\displaystyle{(a-1)(c-1)b-c(a-1)=b+c\Rightarrow (a-1)(b-1)(c-1)=(a+b+c-1)}$

επομένως
$\bullet ~~\displaystyle{A=\sqrt{(a+b+c-1)^2}=|a+b+c-1|}$

#5

Άσκηση 11
Αν οι αριθμοί είναι ρητοί και ,να αποδείξετε ότι ο αριθμός

$\displaystyle{A=\sqrt{(x^2+2011)(y^2+2011)(z^2+2011)}}$ είναι ρητός.

$\displaystyle{\bullet~~ x^2+2011=x^2+xy+yz+zx=(x+y)(x+z)}$

όμοια έχουμε : $\bullet~~\displaystyle{y^2+2011=(y+x)(y+z),~~~\bullet~~ z^2+2011=(z+x)(z+y)}$

άρα $\displaystyle{A=|(x+y)(y+z)(z+x)|}$

#6

Άσκηση 22
Να αποδείξετε ότι : $\displaystyle{\sqrt{20+\sqrt{20+\sqrt{20+\sqrt{20}}}}+\sqrt{30+\sqrt{30+\sqrt{30+\sqrt{30}}}}<11}$

$\displaystyle{\bullet~~ \sqrt 20<5\Leftrightarrow \sqrt{20+\sqrt 20}<\sqrt {25}\Leftrightarrow \sqrt{20+\sqrt{20+\sqrt{20}}}<\sqrt{25}\Leftrightarrow \color{blue} \sqrt{20+\sqrt{20+\sqrt{20+\sqrt{20}}}}<5}$

$\displaystyle{\bullet~~ \sqrt 30<6\Leftrightarrow \sqrt{30+\sqrt 30}<\sqrt {36}\Leftrightarrow \sqrt{30+\sqrt{30+\sqrt{30}}}<\sqrt{36}\Leftrightarrow \color{blue}\sqrt{30+\sqrt{30+\sqrt{30+\sqrt{30}}}}<6}$

$\color{blue}\bullet~~:$ προσθέτοντας τις τελευταίες έχουμε το ζητούμενο

#7

Άσκηση 6

Αν $\displaystyle{x,y,z>0}$ και $\displaystyle{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1,}$ να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{x\sqrt{yz}+y\sqrt{zx}+z\sqrt{xy}\leq xyz.}$

$\rule{540pt}{1pt}$

Απόδειξη:

Από την προφανή ανισότητα $\displaystyle{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geq 0,}$ προκύπτει $\displaystyle{\boxed{a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca}}$

Θέτουμε σε αυτήν $\displaystyle{a\to \frac{1}{\sqrt{x}},b\to \frac{1}{\sqrt{y}},c\to \frac{1}{\sqrt{z}},}$ οπότε

$\displaystyle{1=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\Big(\frac{1}{\sqrt{x}}\Big)^2+\Big(\frac{1}{\sqrt{y}}\Big)^2+\Big(\frac{1}{\sqrt{z}}\Big)^2\geq \frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{1}{\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{zx}}.}$

Αποδείχθηκε δηλαδή, ότι

$\displaystyle{1\geq \frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{1}{\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{zx}}.}$ Πολλαπλασιάζοντας τα μέλη αυτής με $\displaystyle{xyz,}$ λαμβάνουμε τη ζητούμενη.

#8

Άσκηση 18
Να αποδείξετε ότι για τυχαίους παραγματικούς αριθμούς ισχύει ότι:

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

${\color{blue}\spadesuit}}{~~\displaystyle{3(a-b)^2\geq 0\Leftrightarrow 4(a^2-ab+b^2)\geq a^2+2ab+b^2\Leftrightarrow \boxed{a^2-ab+b^2\geq \frac{(a+b)^2}{4}}}$

είναι λοιπόν :

$\displaystyle{\bullet ~~\sqrt{a^2-ab+b^2}\geq \frac{(a+b)}{2},~~\bullet ~~\sqrt{b^2-bc+c^2}\geq \frac{(b+c)}{2},~~\bullet~~\sqrt{a^2-ac+c^2}\geq \frac{(a+c)}{2}}$

προσθέτοντας τις προηγούμενες έχουμε το ζητούμενο.

#9

Άσκηση 9

Να βρείτε τους πραγματικούς $\displaystyle{x,y,z}$ που ικανοποιούν τις σχέσεις

$\displaystyle{x+y+z=6,xy+yz+zx=12.}$

$\displaystyle{\rule{540pt}{1pt}}$

Όπως και στην απόδειξη της άσκησης 6, έχουμε $\displaystyle{x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx,}$ η οποία γράφεται και ως

$\displaystyle{\boxed{(x+y+z)^2\geq 3(xy+yz+zx)}}$ και η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν $\displaystyle{x=y=z.}$ ( $\displaystyle{\color{red}\bigstar}$ )

Επειδή ισχύει $\displaystyle{x+y+z=6}$ και $\displaystyle{xy+yz+zx=12,}$ βλέπουμε ότι ισχύει η ισότητα στην ( $\displaystyle{\color{red}\bigstar}$ )
άρα είναι $\displaystyle{x=y=z}$ , οπότε επειδή $\displaystyle{x+y+z=6,}$ είναι $\displaystyle{x=y=z=2.}$

#10

Άσκηση 14

Αν $\displaystyle{x,y,z>0}$ να αποδείξετε ότι

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

$\displaystyle{\rule{300pt}{1pt}}$

Απόδειξη:

Ισχύει

$\displaystyle{\frac{x^2+xy+y^2}{x+y}\geq \frac{3}{4}(x+y).}$
Πράγματι, αυτή είναι ισοδύναμη με την $\displaystyle{(x-y)^2\geq 0,}$ η οποία ισχύει.

Ισχύει δηλαδή

$\displaystyle{\frac{x^2+xy+y^2}{x+y}\geq \frac{3}{4}(x+y),\frac{y^2+yz+z^2}{y+z}\geq \frac{3}{4}(y+z),\frac{z^2+zx+x^2}{z+x}\geq \frac{3}{4}(z+x).}$

με πρόσθεση αυτών προκύπτει η ζητούμενη.

#11

Άσκηση 13

Να βρεθει η ελάχιστη τιμή της παράστασης

$\displaystyle{E(x,y)=\sqrt{x^2-6x+13}+\sqrt{y^2-6y+10}.}$

$\displaystyle{\rule{300pt}{1pt}}$

Λύση:

Είναι

$\displaystyle{E(x,y)=\sqrt{(x-3)^2+4}+\sqrt{(y-3)^2+1}\geq \sqrt{4}+\sqrt{1}=3}$

δηλαδή $\displaystyle{\min E(x,y)=3,}$ όταν $\displaystyle{x=y=3.}$

#12

Άσκηση 21

Αν $\displaystyle{x+2y=5,}$ να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης $\displaystyle{E(x,y)=x^2+y^2.}$

$\displaystyle{\rule{300pt}{1pt}}$

Λύση:

Από την ανισότητα Cauchy-Schwarz έχουμε

$\displaystyle{\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{a^2+b^2}\geq ax+by}$ και η ισότητα ισχύει όταν $\displaystyle{\frac{x}{a}=\frac{y}{b}.}$

Θέτουμε σε αυτήν $\displaystyle{a=1,b=2,}$ οπότε έχουμε

$\displaystyle{\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{1^2+2^2}\geq x+2y \Rightarrow \sqrt{x^2+y^2}\geq \sqrt{5}.}$

Επομένως, ισχύει $\displaystyle{x^2+y^2\geq 5}$ και $\displaystyle{x^2+y^2=5}$ όταν $\displaystyle{\frac{x}{1}=\frac{y}{2},}$ οπότε λόγω της $\displaystyle{x+2y=5,}$ όταν $\displaystyle{x=1,y=2.}$

Δηλαδή $\displaystyle{\min E(x,y)=5.}$

*** Διαφορετικά, χωρίς την ανισότητα Cauchy-Schwarz, είναι $\displaystyle{x=5-2y,}$ οπότε

$\displaystyle{E(x,y)=(5-2y)^2+y^2=5(y^2-20y+25)=5\Big[(y-2)^2+1\Big]\geq 5}$ με την ισότητα να ισχύει όταν $\displaystyle{y=2.}$

#13

Άσκηση 19

Αν $\displaystyle{a,b,c>0}$ με $\displaystyle{a+b+c=1,}$ να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{a\sqrt{\frac{b+c}{2}}+b\sqrt{\frac{c+a}{2}}+c\sqrt{\frac{a+b}{2}}\leq \frac{2}{3}}$

$\displaystyle{\rule{300pt}{1pt}}$

Απόδειξη:

Θα αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{a\sqrt{\frac{b+c}{2}}+b\sqrt{\frac{c+a}{2}}+c\sqrt{\frac{a+b}{2}}\leq \frac{1}{\sqrt{3}}}$

Η συνάρτηση $\displaystyle{f(t)=\sqrt{t},t>0}$ είναι κοίλη, άρα από την ανισότητα Jensen με βάρη $\displaystyle{a,b,c}$ έχουμε

$\displaystyle{af(x)+bf(y)+cf(z)\leq f(ax+b+y+cz)}$ .

θέτοντας $\displaystyle{x\to \frac{b+c}{2},y\to \frac{c+a}{2},z\to \frac{a+b}{2}}$ έχουμε

$\displaystyle{a\sqrt{\frac{b+c}{2}}+b\sqrt{\frac{c+a}{2}}+c\sqrt{\frac{a+b}{2}}\leq \sqrt{a\frac{b+c}{2}+b\frac{c+a}{2}+c\frac{a+b}{2}}=\sqrt{ab+bc+ca}\leq \sqrt{\frac{(a+b+c)^2}{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}.}$

#14

Άσκηση 17
Αν $\displaystyle{a^2+b^2-3a-5b+\frac{33}{4}=0}$ ,τότε $4\leq a+b+1\leq 6$

έχουμε

$\displaystyle{a^2+b^2-3a-5b+\frac{33}{4}=0\Leftrightarrow (2a-3)^2+(2b-5)^2=1}$

$\bullet~~\displaystyle{(2a-3)^2\leq 1\Leftrightarrow -1\leq 2a-3\leq 1\Leftrightarrow \boxed{1\leq a\leq 2}}$

$\bullet~~\displaystyle{(2b-5)^2\leq 1\Leftrightarrow -1\leq 2b-5\leq 1\Leftrightarrow \boxed{2\leq b\leq 3}}$

προσθέτοντας τις δύο τελευταίες παίρνουμε : $3\leq a+b\leq 5\Leftrightarrow \boxed{4\leq a+b+1\leq 6}$

#15

Άσκηση 8

Αν $\displaystyle{a,b,c\in \mathbb{R}^* }$ με $\displaystyle{\frac{a^2+b^2}{c^2}=\frac{b^2+c^2}{a^2}=\frac{c^2+a^2}{b^2}}$

a) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{|a|=|b|=|c|}$

b) Να βρείτε τους $\displaystyle{a,b,c}$ αν $\displaystyle{ab-ac=50.}$

$\displaystyle{\rule{300pt}{1pt}}$

Λύση:

a) Είναι

$\displaystyle{\frac{a^2+b^2}{c^2}=\frac{b^2+c^2}{a^2}=\frac{c^2+a^2}{b^2}=\frac{a^2+b^2+b^2+c^2+c^2+a^2}{a^2+b^2+c^2}=2.}$

Άρα $\displaystyle{a^2+b^2=2c^2,b^2+c^2=2a^2,c^2+a^2=2b^2}$ , οι οποίες γράφονται και ως

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2=3a^2=3b^2=3c^2,}$ άρα $\displaystyle{a^2=b^2=c^2\Rightarrow |a|=|b|=|c|}$

b) Θέλουμε $\displaystyle{a(b-c)=50}$ (I)

επομένως $\displaystyle{b\ne c.}$ Άρα, λόγω του a), είναι $\displaystyle{b=-c.}$

Τότε, η (Ι) γράφεται $\displaystyle{2ac=50,}$ άρα $\displaystyle{ac=25.}$ φαίνεται τώρα, ότι δε γίνεται να είναι $\displaystyle{a=-c,}$ άρα $\displaystyle{a=c=5}$ ή $\displaystyle{a=c=-5,}$ οπότε $\displaystyle{b=-5}$ ή $\displaystyle{b=5}$ αντίστοιχα.

Δηλαδή, οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι $\displaystyle{(5,-5,5),(-5,5,-5).}$

#16

Άσκηση 20
Αν $x,y\neq 0,~~xy\leq 1$ και $\displaystyle{(x+\sqrt{x^2+1})(y+\sqrt{y^2+1})=1}$ , να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\frac{x}{y}+\frac{y}{x}=-2}$

αρκεί να αποδείξουμε ότι (x+y)^2=0

$\displaystyle{(x+\sqrt{x^2+1})(y+\sqrt{y^2+1})=1\Leftrightarrow \sqrt{x^2+1}+x}=\sqrt{y^2+1}-y\Leftrightarrow$

$\displaystyle{\sqrt{y^2+1}-\sqrt{x^2+1}=x+y\Leftrightarrow \sqrt{(x^2+1)(y^2+1)}=1-xy\Leftrightarrow (x+y)^2=0.~~~~ \checkmark}$

#17

..

...Άσκηση 4...

#18

.

...Άσκηση 1...

.

...Άσκηση 2 (γ)...

#19

Ασκηση 2

α) Η εξίσωση γίνεται
$\frac{x-1}{9}-1+\frac{x-2}{8}-1+\frac{x-3}{7}-1+\frac{x-4}{6}-1=0\Leftrightarrow$
$\frac{x-10}{9}+\frac{x-10}{8}+\frac{x-10}{7}+\frac{x-10}{6}=0\Leftrightarrow$
$(x-10)(\frac{1}{9}+\frac{1}{8}+\frac{1}{7}+\frac{1}{6})=0\Leftrightarrow x=10$

Χρήστος

#20

Φωτεινή έγραψε:
Άσκηση 11
Αν οι αριθμοί είναι ρητοί και ,να αποδείξετε ότι ο αριθμός

$\displaystyle{A=\sqrt{(x^2+2011)(y^2+2011)(z^2+2011)}}$ είναι ρητός.

$\displaystyle{\bullet~~ x^2+xy+yz+zx=(x+y)(x+z)}$

Με αυτή την ιδέα λύνεται το πρώτο σύστημα εδώ

$(1\cdot 4\cdot 9=6^2)$ κ.λπ.

Διαγωνισμός Θαλής, Άλγεβρα Α΄Λυκείου

Διαγωνισμός Θαλής, Άλγεβρα Α΄Λυκείου

Re: Διαγωνισμός Θαλής, Άλγεβρα Α΄Λυκείου

Re: Διαγωνισμός Θαλής, Άλγεβρα Α΄Λυκείου

Re: Διαγωνισμός Θαλής, Άλγεβρα Α΄Λυκείου

Re: Διαγωνισμός Θαλής, Άλγεβρα Α΄Λυκείου

Re: Διαγωνισμός Θαλής, Άλγεβρα Α΄Λυκείου

Re: Διαγωνισμός Θαλής, Άλγεβρα Α΄Λυκείου

Re: Διαγωνισμός Θαλής, Άλγεβρα Α΄Λυκείου

Re: Διαγωνισμός Θαλής, Άλγεβρα Α΄Λυκείου

Re: Διαγωνισμός Θαλής, Άλγεβρα Α΄Λυκείου

Re: Διαγωνισμός Θαλής, Άλγεβρα Α΄Λυκείου

Re: Διαγωνισμός Θαλής, Άλγεβρα Α΄Λυκείου

Re: Διαγωνισμός Θαλής, Άλγεβρα Α΄Λυκείου

Re: Διαγωνισμός Θαλής, Άλγεβρα Α΄Λυκείου

Re: Διαγωνισμός Θαλής, Άλγεβρα Α΄Λυκείου

Re: Διαγωνισμός Θαλής, Άλγεβρα Α΄Λυκείου

Re: Διαγωνισμός Θαλής, Άλγεβρα Α΄Λυκείου

Re: Διαγωνισμός Θαλής, Άλγεβρα Α΄Λυκείου

Re: Διαγωνισμός Θαλής, Άλγεβρα Α΄Λυκείου

Re: Διαγωνισμός Θαλής, Άλγεβρα Α΄Λυκείου

Μέλη σε σύνδεση