mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 19, 2012 8:19 pm**

1. Υπάρχει θετικός ακέραιος $\displaystyle{\nu}$ τέτοιος ώστε:
α) Ο $\displaystyle{3\nu}$ είναι τέλειος κύβος, ο $\displaystyle{4\nu}$ τέλεια τέταρτη δύναμη και ο $\displaystyle{5\nu}$ τέλεια πέμπτη δύναμη;
β) Ο $\displaystyle{3\nu}$ είναι τέλειος κύβος, ο $\displaystyle{4\nu}$ τέλεια τέταρτη δύναμη, ο $\displaystyle{5\nu}$ τέλεια πέμπτη δύναμη και ο $\displaystyle{6\nu}$ τέλεια έκτη δύναμη;

2. Να βρεθούν πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{x, y, z, w}$ για τους οποίους ισχύει $\displaystyle{\sqrt{ x- y}+\sqrt{ y-z}+\sqrt{ z-w}+\sqrt{ x+w}=x+2}$ .

3. Οι κορυφές $\displaystyle{A, B, \Gamma, \Delta, E}$ μιας τεθλασμένης γραμμής βρίσκονται πάνω σε ένα κύκλο όπως στο σχήμα.
Είναι $\displaystyle{\widehat{AB\Gamma}=\widehat{B\Gamma \Delta}=\widehat{\Gamma \Delta E}=45^o}$ . Να δειχτεί ότι $\displaystyle{AB^2+\Gamma \Delta^2=B {\color{red}\Gamma}^2 + \Delta E^2}$ .

: Eykleidhs 2005 3o bl.PNG (5.5 KiB) Προβλήθηκε 1635 φορές

4. Μια πραγματική συνάρτηση $\displaystyle{f}$ είναι ορισμένη στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ και ισχύει $\displaystyle{f(x+1)\cdot f(x)+f(x+1)+1=f(x)}$ , για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ .
Να δειχτεί ότι για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ ισχύουν:
α) $\displaystyle{f(x)\ne - 1}$
β) $\displaystyle{f(x)\ne 0}$
γ) $\displaystyle{f(x+4)=f(x)}$

edit
Διορθώθηκε ένα γράμμα στο 3ο

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 19, 2012 8:43 pm**

parmenides51 έγραψε: 2. Να βρεθούν πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{x, y, z, w}$ για τους οποίους ισχύει $\displaystyle{\sqrt{ x- y}+\sqrt{ y-z}+\sqrt{ z-w}+\sqrt{ x+w}=x+2}$ .

Η δοθείσα γράφεται

$\displaystyle{(\sqrt{x-y}-1)^2+(\sqrt{y-z}-1)^2+(\sqrt{z-w}-1)^2+(\sqrt{x+w}-1)^2=0}$

από όπου προκύπτει

$\displaystyle{x-y=y-z=z-w=w+z=1}$

και εύκολα βρίσκουμε τώρα

$\displaystyle{x=2,~y=1,~z=0,~w=-1.}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 19, 2012 8:54 pm**

parmenides51 έγραψε: 4. Μια πραγματική συνάρτηση $\displaystyle{f}$ είναι ορισμένη στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ και ισχύει $\displaystyle{f(x+1)\cdot f(x)+f(x+1)+1=f(x)}$ , για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ .
Να δειχτεί ότι για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ ισχύουν:
α) $\displaystyle{f(x)\ne - 1}$
β) $\displaystyle{f(x)\ne 0}$
γ) $\displaystyle{f(x+4)=f(x)}$

Η δοθείσα γράφεται

$\displaystyle{\boxed{(f(x+1)-1)(f(x)+1)=-2}}$ ( $\displaystyle{\color{red}1}$ )

και είναι άμεσο ότι $\displaystyle{f(x)\ne -1, \forall x.}$

Αν για κάποιο $\displaystyle{x}$ ήταν $\displaystyle{f(x)=0}$ , θα είχαμε $\displaystyle{f(x+1)=-1,}$ άτοπο από το α).

Από την ( $\displaystyle{\color{red}1}$ ) βρίσκουμε

$\displaystyle{\boxed{f(x+1)=\frac{f(x)-1}{f(x)+1}}}$ ( $\displaystyle{\color{red}2}$ ).

Θέτοντας $\displaystyle{x\to x+1}$ βρίσκουμε από την ( $\displaystyle{\color{red}2}$ )

$\displaystyle{f(x+2)=\frac{f(x+1)-1}{f(x+1)+1}=...=-\frac{1}{f(x)},}$ ( $\displaystyle{\color{red}3}$ )

οπότε, θέτοντας σε αυτήν $\displaystyle{x\to x+2}$ και λόγω της ( $\displaystyle{\color{red}3}$ )

προκύπτει η $\displaystyle{f(x+4)=f(x),~\forall x.}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 19, 2012 8:59 pm**

parmenides51 έγραψε:1. Υπάρχει θετικός ακέραιος $\displaystyle{\nu}$ τέτοιος ώστε:
α) Ο $\displaystyle{3\nu}$ είναι τέλειος κύβος, ο $\displaystyle{4\nu}$ τέλεια τέταρτη δύναμη και ο $\displaystyle{5\nu}$ τέλεια πέμπτη δύναμη;
β) Ο $\displaystyle{3\nu}$ είναι τέλειος κύβος, ο $\displaystyle{4\nu}$ τέλεια τέταρτη δύναμη, ο $\displaystyle{5\nu}$ τέλεια πέμπτη δύναμη και ο $\displaystyle{6\nu}$ τέλεια έκτη δύναμη;

α) Ναι. Ο $\displaystyle{n = 2^{30} \cdot 3 ^{20}\cdot 5^{24}}$ είναι τέτοιος. Πράγματι

$\displaystyle{3n= \left ( 2^{10} \cdot 3 ^{7}\cdot 5^{8}\right )^3}$ και $\displaystyle{4n= \left( 2^{8} \cdot 3 ^{5}\cdot 5^{6}\right)^4}$ και

$\displaystyle{5n= \left( 2^{6} \cdot 3 ^{4}\cdot 5^{5}\right)^5}$ .

β) Όχι. Αν $\displaystyle{3n=a^3$ και 6n= b^6}

, τότε $\displaystyle{2a^3 = 6n= b^6$ , δηλαδή $\sqrt [3]2 = \frac {b^2}{a}=$ ρητός. Άτοπο.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 25, 2012 2:32 pm**

Μία μικρή διόρθωση να γίνει στην εκφώνηση της γεωμετρίας. Στον προς απόδειξη τύπο είναι $B\Gamma^2$ αντί για $B\Delta^2$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 25, 2012 7:52 pm**

parmenides51 έγραψε:3. Οι κορυφές $\displaystyle{A, B, \Gamma, \Delta, E}$ μιας τεθλασμένης γραμμής βρίσκονται πάνω σε ένα κύκλο όπως στο σχήμα.
Είναι $\displaystyle{\widehat{AB\Gamma}=\widehat{B\Gamma \Delta}=\widehat{\Gamma \Delta E}=45^o}$ . Να δειχτεί ότι $\displaystyle{AB^2+\Gamma \Delta^2=B {\color{red}\Gamma}^2 + \Delta E^2}$ .

Είναι $\displaystyle{AB//\Gamma \Delta}$ και άρα το $\displaystyle{AB\Delta \Gamma}$ είναι τερπέζιο και αφού είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο, θα είναι ισοσκελές. Συνεπώς θα έχει ίσες τις διαγωνίους του. Άρα $\displaystyle{B\Gamma =A\Delta}$ . Όμοια δείχνουμε ότι το τετράπλευρο
$\displaystyle{B\Gamma E\Delta}$ είναι ισοσκελές τραπέζιο και άρα $\displaystyle{\Delta \Gamma =BE}$
Eπίσης επειδή το τόξο $\displaystyle{A\Gamma E}$ είναι $\displaystyle{90^{o}+90^{o}=180^{o}}$ , η $\displaystyle{AE}$ θα είναι διάμετρος του κύκλου και άρα τα τρίγωνα $\displaystyle{ABE}$ και $\displaystyle{A\Delta E}$ είναι ορθογώνια.
Τώρα έχουμε:

$\displaystyle{AB^2 +\Gamma \Delta ^{2}=AB^{2}+BE^{2}=AE^{2}}$ και

$\displaystyle{\Delta E^{2}+B\Gamma ^{2}=\Delta E^{2}+A\Delta ^{2}=AE^{2}}$

Από τις δύο παραπάνω σχέσεις, έχουμε το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 03, 2012 10:02 pm**

parmenides51 έγραψε:3. Οι κορυφές $\displaystyle{A, B, \Gamma, \Delta, E}$ μιας τεθλασμένης γραμμής βρίσκονται πάνω σε ένα κύκλο όπως στο σχήμα.
Είναι $\displaystyle{\widehat{AB\Gamma}=\widehat{B\Gamma \Delta}=\widehat{\Gamma \Delta E}=45^o}$ . Να δειχτεί ότι $\displaystyle{AB^2+\Gamma \Delta^2=B {\color{red}\Gamma}^2 + \Delta E^2}$ .

: Eykleidhs 2005 3o bl2.png (15.83 KiB) Προβλήθηκε 1477 φορές

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Είναι $\displaystyle{AB//\Gamma \Delta}$ και άρα το $\displaystyle{AB\Delta \Gamma}$ είναι τερπέζιο και αφού είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο, θα είναι ισοσκελές. Συνεπώς θα έχει ίσες τις διαγωνίους του. Άρα $\displaystyle{B\Gamma =A\Delta}$ . Όμοια δείχνουμε ότι το τετράπλευρο
$\displaystyle{B\Gamma E\Delta}$ είναι ισοσκελές τραπέζιο και άρα $\displaystyle{\Delta \Gamma =BE}$
Eπίσης επειδή το τόξο $\displaystyle{A\Gamma E}$ είναι $\displaystyle{90^{o}+90^{o}=180^{o}}$ , η $\displaystyle{AE}$ θα είναι διάμετρος του κύκλου και άρα τα τρίγωνα $\displaystyle{ABE}$ και $\displaystyle{A\Delta E}$ είναι ορθογώνια.
Τώρα έχουμε:

$\displaystyle{AB^2 +\Gamma \Delta ^{2}=AB^{2}+BE^{2}=AE^{2}}$ και

$\displaystyle{\Delta E^{2}+B\Gamma ^{2}=\Delta E^{2}+A\Delta ^{2}=AE^{2}}$

Από τις δύο παραπάνω σχέσεις, έχουμε το ζητούμενο.

mathematica.gr

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2005 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2005 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2005 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2005 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2005 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2005 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2005 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2005 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ