mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 08, 2012 10:33 pm**

Δημιουργούμε ένα αρχείο θεμάτων για μαθηματικούς διαγωνισμούς Λυκείου, επιπέδου ¨ΘΑΛΗΣ"¨, "ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ" και "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" για τους μαθητές μας .

Demetres έγραψε:Μια εισήγηση: Για τις ασκήσεις που γνωρίζουμε ότι έχουν τεθεί σε διαγωνισμούς της ΕΜΕ νομίζω θα ήταν καλό να διευκρινίζουμε αν είναι από τον Θαλή ή τον Ευκλείδη. Για παράδειγμα μια άσκηση Α Λυκείου από Ευκλείδη πιθανώς να είναι πιο δύσκολη από μια άσκηση Θαλή Β Λυκείου.

ΑΣΚΗΣΗ 1 (Α ΛΥΚΕΙΟΥ) Αν

εσωτερικό σημείο τριγώνου και $d_{1},d_{2},d_{3}$ οι αποστάσεις του

από τις κορυφές A,B,C

δείξτε ότι:

α) $(b+c)(a+b+d_{1}+d_{2})>2c^{2}+b^{2}$

β) $(a+c)(b+c+d_{2}+d_{3})>3ac$

ΑΣΚΗΣΗ 2 (Β ΛΥΚΕΙΟΥ) Σε ισοσκελές τρίγωνο ABC

είναι η γωνία

ίση με

μοίρες και AB=AC=6 cm

. Αν η βάση

έχει μέτρο

, να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{a^{3}=108a-216}$

Διόρθωσα μια αβλεψία στην εκφώνιση της άσκησης 2. Ευχαριστώ τον Αλέξανδρο για τον εντοπισμό της.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 08, 2012 10:59 pm**

Άσκηση 3

Τετραπλεύρου ABCD

, εμβαδού

, οι διαγώνιοι τέμνονται στο

, σχηματίζοντας

τρίγωνα

, με εμβαδά : $E_{1} , E_{2} , E_{3} , E_{4}$ αντίστοιχα. Δείξτε ότι : $\sqrt{E_{1}}+\sqrt{E_{2}}+\sqrt{E_{3}}+\sqrt{E_{4}}\leq 2\sqrt{E}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 08, 2012 11:12 pm**

Ασκήση 4 –Α΄ Λυκείου

Για τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς $\alpha ,\beta$ και $\gamma$ ισχύει:
${{\gamma }^{\nu }}\le \nu \alpha +\beta$ , για κάθε $\nu \in {{\mathbb{N}}^{*}}$ .
Nα αποδείξετε ότι: $\gamma \le 1.$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 08, 2012 11:15 pm**

Ας εγκαινιάσουμε αυτή την όμορφη πρωτοβουλία του Δημήτρη!

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 2 (Β ΛΥΚΕΙΟΥ) Σε ισοσκελές τρίγωνο είναι η γωνία ίση με μοίρες και . Αν η βάση έχει μέτρο , να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{a^{3}=108a-216}$

Από το νόμο των συνημιτόνων έχουμε $a^2=72-72\cos{20^{\circ}}$ απ' όπου $\cos{20^{\circ}}=\dfrac{72-a^2}{72} \ \ (1)$

Όμως από τον τύπο $\cos{3x}=4\cos^3{x}-3\cos{x}$ για $x=20^{\circ}$ , αντικαθιστώντας την (1)

παίρνουμε:

$\dfrac{1}{2}=4\left(\dfrac{72-a^2}{72}\right)^3-3\left(\dfrac{72-a^2}{72}\right)$ απ' όπου μετά την απλοποίηση με το 4 και την απαλοιφή παρονομαστών παίρνουμε:

a^6-216a^4+11664a^2-46656=0

δηλαδή $\left(a^3-108a\right)^2-216^2=0$ δηλαδή $\left(a^3-108a-216\right)\left(a^3-108a+216)=0$

απ' όπου a^3-108a-216=0

ή

Ας υποθέσουμε ότι ισχύει $a^3-108a=216 \ \ (2)$

Αφού $\cos{20^{\circ}}>\cos{60^{\circ}}$ άρα a<6

.

Συνεπώς 0<a<6

άρα

και

οπότε προσθέτωντας τις προηγούμενες δύο έχουμε:

a^3-108a<6^3

άρα

, άτοπο λόγω της (2)

.

Άρα τελικά είναι a^3-108a+216=0

Αλέξανδρος

Edit: Διόθρωση σφάλματος. Ευχαριστώ τον Χρήστο Τσιφάκη για την επισήμανση

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 08, 2012 11:45 pm**

Απλά ας μου επιτραπεί να επισημάνω πρός τους εισηγητές των θεμάτων, οτι γιά τούς διαγωνισμούς αυτούς δεν υπάρχει ΔΕΣΜΕΥΣΗ ΥΛΗΣ γιά τους λύτες.
Ακόμα και αν ενας Junior της Α' Γυμνασίου χρησιμοποιήσει την έννοια του ακεραίου μέρους σε συνδιασμό με παραγώγιση και λύση την άσκηση, η λύση αυτή γίνεται αποδεκτή, κάνοντας απλά αναφορά στην αντίστοιχη "Ευρύτερη αποδεκτή Θεωρία" που χρησιμοποίησε, χωρίς να είναι υποχρεωμένος να την αποδείξει, έστω και αν δεν την έχει διδαχτεί στο σχολείο και την τάξη του. Η δέσμευση ύλης είναι κύρια γιά τους εισηγητές των θεμάτων.

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 09, 2012 12:13 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 1[/color][/size] (Α ΛΥΚΕΙΟΥ) Αν εσωτερικό σημείο τριγώνου και $d_{1},d_{2},d_{3}$ οι αποστάσεις του από τις κορυφές δείξτε ότι:

α) $(b+c)(a+b+d_{1}+d_{2})>2c^{2}+b^{2}$

β) $(a+b)(b+c+d_{2}+d_{3})>3ac$

(α) Από την τριγωνική ανισότητα στο τρίγωνο PAB

παρατηρούμε ότι d_1 + d_2 > c

. Άρα

(b+c)(a+b+d_1+d_2) > (b+c)(a+b+c) = b^2 + c^2 + (2bc + ab + ac) > b^2 + c^2 + c(a+b) > b^2 + 2c^2

(β) Μάλλον είναι λανθασμένο. Ας πάρουμε ένα τρίγωνο με a=c=1000

και

και ας πάρουμε το σημείο

πάρα πολύ κοντά στο σημείο

τότε $d_2 \approx 1000$ και $d_3 \approx 0$ , άρα $(a+b)(b+c+d_2+d_3) \approx 1001 \cdot 2001 < 3 \cdot 1000^2 = 3ac$ .

Για το (α) να προσθέσω ότι δεν είναι απαραίτητο το

να είναι εσωτερικό σημείο του τριγώνου. Η τροποποίηση της απόδειξης είναι εύκολη.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 09, 2012 12:18 pm**

Μια εισήγηση: Για τις ασκήσεις που γνωρίζουμε ότι έχουν τεθεί σε διαγωνισμούς της ΕΜΕ νομίζω θα ήταν καλό να διευκρινίζουμε αν είναι από τον Θαλή ή τον Ευκλείδη. Για παράδειγμα μια άσκηση Α Λυκείου από Ευκλείδη πιθανώς να είναι πιο δύσκολη από μια άσκηση Θαλή Β Λυκείου.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 09, 2012 1:47 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 3

Τετραπλεύρου , εμβαδού , οι διαγώνιοι τέμνονται στο , σχηματίζοντας τρίγωνα

, με εμβαδά : $E_{1} , E_{2} , E_{3} , E_{4}$ αντίστοιχα. Δείξτε ότι : $\sqrt{E_{1}}+\sqrt{E_{2}}+\sqrt{E_{3}}+\sqrt{E_{4}}\leq 2\sqrt{E}$

Έστω

αντίστοιχα οι αποστάσεις των B,D

από την

και έστω

και

. Τότε
$\displaystyle{{\sqrt{E_{1}}+\sqrt{E_{2}}+\sqrt{E_{3}}+\sqrt{E_{4}}=\sqrt{\frac{ab}{2}} + \sqrt{\frac{cb}{2}} + \sqrt{\frac{cd}{2}} + \sqrt{\frac{ad}{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}(\sqrt{a}+\sqrt{c})(\sqrt{b}+\sqrt{d}) \leq$
$\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{2(a+c)}\sqrt{2(b+d)}=2\sqrt{\frac{(a+c)(b+d)}{2}}=2\sqrt{b{\frac{AC}{2}+d\frac{AC}{2}}}=2\sqrt{(ABC)+(ADC)}=}$
$\displaystyle{2\sqrt{E}}}$ .
Για να αποδείξουμε την ανισότητα που χρησιμοποιήσαμε $\displaystyle{(\sqrt{x}+\sqrt{y})\leq\sqrt{2(x+y)}$ υψώνουμε στο τετράγωνο και μετά από πράξες προκυπτει $2\sqrt{xy}\leq x+y}$ που προφανώς ισχύει.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 09, 2012 6:45 pm**

Η πιο απλά από την ανισότητα που αποδείξαμε
$\displaystyle{(\sqrt{E_{1}}+\sqrt{E_{2}})+(\sqrt{E_{3}}+\sqrt{E_{4}})\leq\sqrt{2(E_{1}+E_{2}) }+\sqrt{ 2(E_{3}+E_{4}) }\leq\sqrt{2[2(E_{1}+E_{2})+2(E_{3}+E_{4})]}=2\sqrt{E_{1}+E_{2}+E_{3}+E_{4}}=2\sqrt{E}}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 09, 2012 9:16 pm**

Demetres έγραψε: (β) Μάλλον είναι λανθασμένο. Ας πάρουμε ένα τρίγωνο με και και ας πάρουμε το σημείο πάρα πολύ κοντά στο σημείο τότε $d_2 \approx 1000$ και $d_3 \approx 0$ , άρα $(a+b)(b+c+d_2+d_3) \approx 1001 \cdot 2001 < 3 \cdot 1000^2 = 3ac$ .

Για το (α) να προσθέσω ότι δεν είναι απαραίτητο το να είναι εσωτερικό σημείο του τριγώνου. Η τροποποίηση της απόδειξης είναι εύκολη.

Δημήτρη, πράγματι υπάρχει τυπογραφικό λάθος από την πηγή που πήρα το θέμα. Από ότι κατάλαβα λύνοντάς την πρέπει η εκφώνιση να θέλει στην πρώτη παρένθεση αντί $\displaystyle{(a+b)}$ το $\displaystyle{(a+c)}$ . Θα δώσω την διόρθωση.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 09, 2012 9:50 pm**

Άλυτη έχει μείνει η Άσκηση 4

ΑΣΚΗΣΗ 5 (Α ΛΥΚΕΙΟΥ): Σε ένα Κράτος, παίζουν ΠΡΟ-ΠΟ με

αγώνες αντί για

του δικού μας ΠΡΟ-ΠΟ. Ένας κάτοικος αυτού του Κράτους θέλει να έχει τουλάχιστον

σωστές προβλέψεις σε μια τουλάχιστον στήλη του δελτίου του. Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός στηλών που πρέπει να συμπληρώσει;

ΑΣΚΗΣΗ 6 (Β ΛΥΚΕΙΟΥ): Να λυθεί η εξίσωση:

$\displaystyle{\sqrt[n]{x^{2}}+\sqrt[n]{(x-1)^{2}}=2a\sqrt[n]{x^{2}-x}}$ όπου $\displaystyle{n\epsilon N^{*} , a\epsilon R}$

ΑΣΚΗΣΗ 7 (Γ ΛΥΚΕΙΟΥ) : Θεωρούμε τρίγωνο ABC

και πάνω στις ημιευθείες AB,AC,BC,BA,CA,CB

παίρνουμε τα σημεία Q,K,L,M,N,P

έτσι ώστε:
AQ=CP=AC,AK=BL=AB,BM=CN=BC

. Να αποδείξετε ότι οι ευθείες KL,MN,PQ

είναι παράλληλες.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 09, 2012 10:52 pm**

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:Ασκήση 4 –Α΄ Λυκείου

Για τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς $\alpha ,\beta$ και $\gamma$ ισχύει:
${{\gamma }^{\nu }}\le \nu \alpha +\beta$ , για κάθε $\nu \in {{\mathbb{N}}^{*}}$ .
Nα αποδείξετε ότι: $\gamma \le 1.$

Α' Τρόπος
Αν η άσκηση αναφερόταν σε οποιαδήποτε τάξη τότε απλά θα λέγαμε ότι αν ήταν $\gamma >1$ τότε επειδή $\displaystyle\lim_{\nu\to\infty} (\gamma^{\nu}-\alpha \nu-\beta)=\infty$ , καταλήγουμε σε άτοπο διότι τότε θα υπήρχει $\nu_0$ για το οποίο να ισχύει $\gamma^{\nu}>\alpha \nu+\beta$ για οποιοδήποτε $\nu$ με $\nu\geq \nu_0$ .

Β' Τρόπος
Για να μετατρέψουμε τη λύση σε "απλούστερη", πρέπει ουσιαστικά να βρούμε αυτό το $\nu_0$ ώστε να καταλήξουμε σε άτοπο:

Θα χρειαστούμε τις απλές ανισότητες (αποδεικνύονται π.χ. με επαγωγή):

Ισχύει
α) $(1+x)^n\geq1+xn$ για κάθε $n\in\mathbb{N}^{\star}$ και x>0

. (απλή ανισότητα Bernoulli)
β) $(1+x)^n\geq 1+xn+\dfrac{n(n-1)}{2}x^2$ για κάθε $\mathbb{N} \ni n\geq 2$ και x>0

.

Ας υποθέσουμε λοιπόν ότι $\gamma>1$ . Τότε $\gamma=1+k$ , όπου k>0

.

$\blacksquare$ Αν είναι $k>\alpha$ τότε αρκεί να πάρουμε $\nu > \dfrac{\beta - 1}{k-a} \ \ (1)$

Πράγματι τότε έχουμε:
$\begin{aligned}\gamma^{\nu}-\alpha\nu-\beta &= (1+k)^{\nu}-\alpha\nu-\beta \nonumber \\ &\stackrel{(\alpha)}{\geq} 1+k\nu - \alpha\nu - \beta \nonumber \\ &=1-\beta+(k-\alpha)\nu \nonumber \\ &\stackrel{(1)}{>} 1-\beta+(k-\alpha)\dfrac{\beta - 1}{k-a}=0\end{aligned}$
άτοπο λόγω της αρχικής σχέσης.

$\blacktriangleleft\blacktriangleright\blacktriangleleft\blacktriangleright\blacktriangleleft\blacktriangleright$
Πως σκεφτήκαμε και βρήκαμε αυτό το κάτω φράγμα για το

; Πολύ απλά θέλαμε να βρούμε

ώστε $\gamma^{\nu}-\alpha\nu-\beta>0$

Όμως $\gamma^{\nu}-\alpha\nu-\beta = (1+k)^{\nu}-\alpha\nu-\beta \stackrel{(\alpha)}{\geq} 1+k\nu - \alpha\nu - \beta$

Άρα αρκεί να ισχύει από κάποιο n και έπειτα ότι $1+k\nu - \alpha\nu - \beta >0$ δηλαδή ότι $(k-\alpha)\nu>\beta-1$ που (εδώ χρειάζεται η διάκριση των περιπτώσεων) για $k>\alpha$ δίνει $\nu>\dfrac{\beta-1}{k-\alpha}$
$\blacktriangleleft\blacktriangleright\blacktriangleleft\blacktriangleright\blacktriangleleft\blacktriangleright$

$\blacksquare$ Ας υποθέσουμε τώρα ότι είναι $k\leq a$

Η αρχική συνθήκη για $\nu=2$ δίνει $\gamma^2\leq2\alpha+ \beta$ δηλαδή τελικά $2(k-a)\leq \beta-1-2k-k^2<\beta -1$

Διακρίνουμε τις εξής υποπεριπτώσεις:

$\bullet$ Αν $2(k-a)<\beta-1\leq 0$ τότε $\dfrac{\beta-1}{k-a}>2$ οπότε παίρνοντας $\nu=\left[\dfrac{\beta-1}{k-a}\right]-1$ έχουμε τελικά:

$\begin{aligned}\gamma^{\nu}-\alpha\nu-\beta &= (1+k)^{\nu}-\alpha\nu-\beta \nonumber \\ &\stackrel{(\alpha)}{\geq} 1+k\nu - \alpha\nu - \beta \nonumber \\ &=1-\beta+(k-\alpha)\left(\left[\dfrac{\beta-1}{k-a}\right]-1\right) \nonumber \\ &\geq 1-\beta + (k-\alpha)\left(\dfrac{\beta-1}{k-\alpha}-1\right)=-(k-\alpha)>0\end{aligned}$
διότι είναι γνωστό ότι $\left[\dfrac{\beta-1}{k-a}\right]\leq \dfrac{\beta-1}{k-a}$ , άτοπο.

$\bullet$ Αν $2(k-a)\leq 0<\beta-1$ τότε για $n\geq 2$ έχουμε διαδοχικά:

$\gamma^{\nu}-\alpha\nu-\beta = (1+k)^{\nu}-\alpha\nu-\beta \stackrel{(\beta)}{\geq} 1+k\nu + \dfrac{\nu(\nu-1)}{2}k^2 - \alpha\nu - \beta$

Τώρα θέλουμε να επιλέξουμε

τέτοιο ώστε να ισχύει $1+k\nu + \dfrac{\nu(\nu-1)}{2}k^2 - \alpha\nu - \beta >0$ δηλαδή $\nu^2k^2+(2k-2\alpha-k^2)\nu+2-2\beta>0$ . Το τριώνυμο αυτό έχει διακρίνουσα $\Delta=(2k-2\alpha-k^2)^2-8k^2(1-\beta)>0$ διότι $1-\beta<0$ . Οπότε για $\nu>\dfrac{k^2-2k+2\alpha+\sqrt{\Delta}}{2k^2}$ το τριώνυμο είναι θετικό οπότε αν επιλέξουμε $\nu>\max\left\{\dfrac{k^2-2k+2\alpha+\sqrt{\Delta}}{2k^2},2\right\}$ τότε θα καταλήξουμε και πάλι σε άτοπο.

Άρα τελικά $\gamma\leq 1$ .

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 10, 2012 1:20 am**

$\begin{array}{*{20}c} {{\rm E}\sigma \tau \omega ,\;1 < \gamma \leqslant \gamma ^\nu \leqslant \nu \alpha + \beta \leqslant \left( {\alpha + \beta } \right)\nu ,\quad \forall \nu \in \mathbb{N}^ * ,\;\tau \dot o\tau \varepsilon \;1 < \alpha + \beta .} \\ {} \\ (1)\;\ {\Upsilon \pi \dot \alpha \rho \chi \varepsilon \iota \;\;k \in \mathbb{N}^ * \backslash \left\{ 1 \right\}:\;\alpha + \beta < \gamma ^k, \;o\pi\dot{o}\tau\varepsilon\; 1 < \left( {\frac{\gamma } {{\sqrt[k]{{\alpha + \beta }}}}} \right)^k \Rightarrow 1 < \frac{\gamma } {{\sqrt[k]{{\alpha + \beta }}}}.} \\ \end{array}$

Παρατηρούμε ότι:
$\begin{array}{*{20}c} {\begin{array}{*{20}c} {1 < \left( {\frac{\gamma } {{\sqrt[k]{{\alpha + \beta }}}}} \right)^\nu \leqslant \left( {\frac{\gamma } {{\sqrt[\nu ]{{\alpha + \beta }}}}} \right)^\nu \leqslant \nu ,\;\;\forall \nu \in \mathbb{N}^ * \;\mu \dot \varepsilon \;\nu \geqslant k,o\pi \dot o\tau \varepsilon } \\ {} \\ {1 < t < t^\nu \leqslant \nu ,\forall \nu \in \mathbb{N}^ * \;\mu \dot \varepsilon \;\nu \geqslant k,\;\alpha \nu \;t = \frac{\gamma } {{\sqrt[k]{{\alpha + \beta }}}}\;\;\dot \alpha \tau o\pi o\;\;\alpha \varphi o\dot \upsilon } \\ \end{array} } \\ {} \\ {t^\nu \geqslant \nu ,\forall \nu \in \mathbb{N}^ * \;\mu \varepsilon \;\nu \geqslant \left[ {\ {r} \right] + 1\;\;\kappa \alpha \iota \;\;\dot o\tau \alpha \nu \;\;t > 1.} \\ \end{array}$
Τελικά $\gamma \leqslant 1.$

Επεξήγηση γιά την (1):

$\begin{array}{*{20}c} {\gamma ^\nu \leqslant \alpha + \beta ,\;\forall \nu \in \mathbb{N}^ * ,\;\mu \varepsilon \;\gamma = 1 + \vartheta ,\;\vartheta > 0 \Rightarrow \left( {1 + \vartheta } \right)^\nu \leqslant \alpha + \beta \Rightarrow } \\ {1 + \nu \vartheta \leqslant \alpha + \beta \Rightarrow \nu \vartheta \leqslant \alpha + \beta - 1 \Rightarrow \nu \leqslant \frac{{\alpha + \beta - 1}} {\vartheta },\;\dot \alpha \tau o\pi o.} \\ \end{array}$

(**)
Διαπραγμάτευση με ευρύτερη θεωρία
$1 < \gamma < \gamma ^\nu \leqslant \left( {a + \beta } \right)\nu ,\;\forall \nu \in \mathbb{N}^ * \Rightarrow 1 < \gamma < \sqrt[\nu ]{{\left( {a + \beta } \right)\nu }},\;\mu \varepsilon \;\mathop {\lim }\limits_{\nu \to + \infty } \sqrt[\nu ]{{\left( {a + \beta } \right)\nu }} = 1 \Rightarrow 1 < 1,$
άτοπο, άρα $\gamma \leqslant 1.$

edit: Απλά διορθώθηκε το σύμβολο στο ακέραιο μέρος.

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 10, 2012 1:57 am**

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:Ασκήση 4 –Α΄ Λυκείου

Για τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς $\alpha ,\beta$ και $\gamma$ ισχύει:
${{\gamma }^{\nu }}\le \nu \alpha +\beta$ , για κάθε $\nu \in {{\mathbb{N}}^{*}}$ .
Nα αποδείξετε ότι: $\gamma \le 1.$

Αλέξανδρε και Σωτήρη σας ευχαριστώ που ασχοληθήκατε με την άσκηση. Η δική μου λύση είναι η εξής:
ΛΥΣΗ.
Έστω ότι $\gamma >1$ . Τότε $\gamma -1>0$ . Θέτουμε: $\delta =\gamma -1$ , οπότε $\delta >0$ και $\gamma =1+\delta$ . Έχουμε για κάθε $\nu \in {{\mathbb{N}}^{*}}$ : ${{\gamma }^{\nu }}={{\left( 1+\delta \right)}^{\nu }}>\frac{\nu \left( \nu -1 \right)}{2}{{\delta }^{2}}$ ( Διώνυμο του Νεύτωνα).
Έτσι ,λόγω και της υπόθεσης, έχουμε για κάθε $\nu \in {{\mathbb{N}}^{*}}$ :
$\frac{\nu \left( \nu -1 \right)}{2}{{\delta }^{2}}<\nu \alpha +\beta \le \nu \alpha +\nu \beta \Rightarrow \frac{\nu -1}{2}{{\delta }^{2}}<\alpha +\beta \Rightarrow \nu <1+\frac{2\left( \alpha +\beta \right)}{{{\delta }^{2}}}$ ,άτοπο, γιατί το σύνολο ${{\mathbb{N}}^{*}}$ δεν είναι φραγμένο στο $\mathbb{R}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 10, 2012 2:39 pm**

Για την 7 μια σκέψη:

Κατ'αρχήν οι περιπτώσεις όπου το τρίγωνο είναι ισόπλευρο ή ισοσκελές μπορούν να ελεγχθούν εύκολα. Έστω ότι όλες οι πλευρές είναι διαφορετικές σε μήκος. Μπορούμε να υποθέσουμε δίχως βλάβη της γενικότητας ότι AB<AC<BC

. Λόγω συμμετρίας αρκεί να αποδειχθεί ότι $PQ \parallel KL$ .
Προφανώς το

είναι εκτός του τριγώνου, ενώ τα σημεία P,K,L

βρίσκονται πάνω στις πλευρές του τριγώνου. Θεωρούμε

την τομή της

με την

.Σύμφωνα με το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο ABC

με διατέμνουσα την QPV

έχουμε ότι
$\frac{VA}{VC}=\frac{BC-CA}{AC-AB}\Rightarrow \frac{AC}{VC}-1=\frac{BC-CA}{AC-AB}\Rightarrow VC=\frac{AC (AC-AB)}{BC-AB}$

Αρκεί να δείξουμε ότι $\frac{CK}{CV}=\frac{CL}{CP}\Rightarrow \frac{AC-AB}{VC}=\frac{BC-AB}{AC}$ που ισχύει όπως δείξαμε παραπάνω.
Μάλλον δύσκολο πρόβλημα για Ευκλείδη, αν και φαντάζομαι πως θα υπάρχει και κάποια πιο απλή λύση!

Σημείωση: Πρώτη λύση στο

μετά από καιρό!

Φιλικά,
Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 10, 2012 5:08 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 6 (Β ΛΥΚΕΙΟΥ): Να λυθεί η εξίσωση:

$\displaystyle{\sqrt[n]{x^{2}}+\sqrt[n]{(x-1)^{2}}=2a\sqrt[n]{x^{2}-x}}$ όπου $\displaystyle{n\epsilon N^{*} , a\epsilon R}$

Καταρχήν για να ορίζονται οι παραστάσεις στα δύο μέλη πρέπει $x^2-x\geq 0$ δηλαδή $x\in(-\infty,0]\cup[1,+\infty)$ . Όμως οι αριθμοί 0,1 δεν είναι λύσεις της εξίσωσης άρα στο εξής υποθέτουμε ότι $x\in(-\infty,0)\cup(1,+\infty)$ .

$\blacksquare$ Αν a<0

τότε η εξίσωση είναι αδύνατη αφού το πρώτο μέλος είναι θετικός ενώ το δεύτερο μέλος είναι αρνητικός.

$\blacksquare$ Αν a=0

τότε πρέπει $\sqrt[n]{x^2}=\sqrt[n]{(x-1)^2}=0$ που είναι αδύνατη.

$\blacksquare$ Αν a<1

τότε λόγω της ανισότητας ΑΜ-ΓΜ έχουμε:

$\sqrt[n]{x^2}+\sqrt[n]{(x-1)^2}\geq 2\sqrt{\sqrt[n]{x^2}\cdot\sqrt[n]{(x-1)^2}}=2\sqrt[n]{x^2-x}>2a\sqrt[n]{x^2-x}$ , άτοπο.

$\blacksquare$ Αν a=1

τότε η ανισοϊσότητα παραπάνω ισχύει ως ισότητα οπότε πρέπει $\sqrt[n]{x^2}=\sqrt[n]{(x-1)^2}$ που δίνει $x=\dfrac{1}{2}$ που απορρίπτεται.

$\blacksquare$ Αν a>1

και

. Τότε διαιρώντας την αρχική με $\sqrt[n]{x}\cdot\sqrt[n]{x-1}$ και θέτοντας $y=\dfrac{\sqrt[n]{x}}{\sqrt[n]{x-1}}>1$ παίρνουμε $y+\dfrac{1}{y}=2a$ δηλαδή $y=a+\sqrt{a^2-1}>1$ ή $y=a-\sqrt{a^2-1}<1$ που απορρίπτεται λόγω του ότι y>1

.

Άρα τελικά $y=a+\sqrt{a^2-1}$ .

Οπότε τελικά $\dfrac{\sqrt[n]{x}}{\sqrt[n]{x-1}}=a+\sqrt{a^2-1}$ άρα ισοδύναμα υψώνοντας στη

παίρνουμε τελικά:

$x=\dfrac{\left(a+\sqrt{a^2-1}\right)^n}{\left(a+\sqrt{a^2-1}\right)^n-1}$ που είναι δεκτή διότι είναι ισοδύναμη με την αρχική.

$\blacksquare$ Αν a>1

και

τότε διαιρώντας την αρχική με $\sqrt[n]{-x}\cdot\sqrt[n]{-(x-1)}$ και θέτοντας $y=\dfrac{\sqrt[n]{-x}}{\sqrt[n]{-(x-1)}}<1$ παίρνουμε $y+\dfrac{1}{y}=2a$ δηλαδή $y=a+\sqrt{a^2-1}>1$ που απορρίπτεται διότι y<1

ή $y=a-\sqrt{a^2-1}<1$ .

Άρα τελικά $y=a-\sqrt{a^2-1}$ .

Οπότε τελικά $\dfrac{\sqrt[n]{-x}}{\sqrt[n]{-(x-1)}}=a-\sqrt{a^2-1}$ άρα ισοδύναμα υψώνοντας στη

παίρνουμε τελικά:

$x=\dfrac{\left(a-\sqrt{a^2-1}\right)^n}{\left(a-\sqrt{a^2-1}\right)^n-1}$ που είναι δεκτή διότι είναι ισοδύναμη με την αρχική.

Για να συνοψίσουμε η αρχική εξίσωση έχει λύση μόνο όταν a>1

τις $\boxed{x=\dfrac{\left(a+\sqrt{a^2-1}\right)^n}{\left(a+\sqrt{a^2-1}\right)^n-1}}$ και $\boxed{x=\dfrac{\left(a-\sqrt{a^2-1}\right)^n}{\left(a-\sqrt{a^2-1}\right)^n-1}}$

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 10, 2012 5:19 pm**

Αν και είναι γνωστό ότι,
$\upsilon \pi \dot \alpha \rho \chi \varepsilon \iota \;r \in \mathbb{R}:t^\nu \geqslant \nu ,\forall \nu \in \mathbb{N}^ * ,\nu \geqslant \left[ r \right] + 1,\;\dot o\tau \alpha \nu \;t > 1,$
ας δούμε και την απόδειξη του καθότι μας παρακολουθούν και μαθητές.

$\begin{array}{*{20}c} {t > 1 \Rightarrow t^\nu = \left( {1 + t - 1} \right)^\nu \geqslant \frac{{\nu \left( {\nu - 1} \right)\left( {t - 1} \right)^2 }} {2},\;\mu \varepsilon \;\frac{{\left( {\nu - 1} \right)\left( {t - 1} \right)^2 }} {2} \geqslant 1,\;\dot o\tau \alpha \nu \;\nu \geqslant \frac{2} {{\left( {t - 1} \right)^2 }} + 1} \\ {} \\ { \Rightarrow \frac{{\nu \left( {\nu - 1} \right)\left( {t - 1} \right)^2 }} {2} \geqslant \nu ,\;\dot o\tau \alpha \nu \;\nu \geqslant \left[ {\frac{2} {{\left( {t - 1} \right)^2 }} + 1} \right] + 1 \Rightarrow t^\nu \geqslant \nu ,\forall \nu \in \mathbb{N}^ * ,\nu \geqslant \left[ r \right] + 1.} \\ \end{array}$

Υπενθύμηση: Αν

πραγματικός αριθμός, το σύμβολο [x]

παριστάνει το Ακέραιο μέρος του αριθμού

.

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 10, 2012 5:28 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 5 (Α ΛΥΚΕΙΟΥ): Σε ένα Κράτος, παίζουν ΠΡΟ-ΠΟ με αγώνες αντί για του δικού μας ΠΡΟ-ΠΟ. Ένας κάτοικος αυτού του Κράτους θέλει να έχει τουλάχιστον σωστές προβλέψεις σε μια τουλάχιστον στήλη του δελτίου του. Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός στηλών που πρέπει να συμπληρώσει;

Διαγράφω τη "λύση" μου ως λανθασμένη.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 10, 2012 11:36 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 7 (Γ ΛΥΚΕΙΟΥ) : Θεωρούμε τρίγωνο και πάνω στις ημιευθείες παίρνουμε τα σημεία έτσι ώστε:
. Να αποδείξετε ότι οι ευθείες είναι παράλληλες.

Και μια ακόμα λύση χρησιμοποιώντας διανύσματα :

Ας ονομάσουμε τα μέτρα των διανυσμάτων $\displaystyle{\vec{BC},\vec{CA} , \vec{AB}}$ με $\displaystyle{a,b,c}$ αντιστοίχως. Έχουμε

$\displaystyle{\vec{MB}=n.\vec{AB}\Rightarrow \left|\vec{MB} \right|=n.\left|\vec{AB} \right|\Rightarrow \left|\vec{BC} \right|=n.\left|\vec{AB} \right|\Rightarrow a=n.c\Rightarrow n=\frac{a}{c}}$ . Άρα

$\displaystyle{\vec{MB}=\frac{a}{c}.\vec{AB}}$ . Όμοια $\displaystyle{\vec{CN}=\frac{a}{b}.\vec{CA}}$

Άρα

$\displaystyle{\vec{MN}=\vec{MB}+\vec{BC}+\vec{CN}=\frac{a}{c}.\vec{AB}+\vec{BC}+\frac{a}{b}.\vec{CA}=a\left(\frac{1}{c}\vec{AB}+\frac{1}{a}.\vec{BC}+\frac{1}{b}.\vec{CA} \right)}$

Όμοια βρίσκουμε ότι

$\displaystyle{\vec{PQ}=b\left(\frac{1}{c}.\vec{AB}+\frac{1}{a}.\vec{BC}+\frac{1}{b}.\vec{CA} \right)}$

$\displaystyle{\vec{KL}=c\left(\frac{1}{c}.\vec{AB}+\frac{1}{a}.\vec{BC}+\frac{1}{b}.\vec{CA} \right)}$

Άρα $\displaystyle{\vec{MN}//\vec{PQ}//\vec{KL}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 10, 2012 11:44 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Άλυτη έχει μείνει η Άσκηση 4

ΑΣΚΗΣΗ 5 (Α ΛΥΚΕΙΟΥ): Σε ένα Κράτος, παίζουν ΠΡΟ-ΠΟ με αγώνες αντί για του δικού μας ΠΡΟ-ΠΟ. Ένας κάτοικος αυτού του Κράτους θέλει να έχει τουλάχιστον σωστές προβλέψεις σε μια τουλάχιστον στήλη του δελτίου του. Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός στηλών που πρέπει να συμπληρώσει;

Από την αρχή της περιστεροφωλιάς, ένα από τα 1,2, Χ θα εμφανισθεί τουλάχιστον 7 φορές (αφού 6+6+6=18<19

).
3 στήλες, λοιπόν, αρκούν: μια συμπληρωμένη μόνο με 1, μια μόνο με 2 και μια μόνο με Χ.

Φιλικά,

Αχιλλέας

mathematica.gr

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΛΥΚΕΙΟΥ