mathematica.gr • Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2009

Σελίδα 1 από 1

Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2009

Δημοσιεύτηκε: Τρί Δεκ 24, 2024 12:53 am

από socrates

: 2009.PNG (144.46 KiB) Προβλήθηκε 473 φορές

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2009

Δημοσιεύτηκε: Τρί Δεκ 24, 2024 6:40 am

από mick7

4)
Aπο ΑGM έχουμε { $x + y + z \ge 3\sqrt[3]{xyz} = 3,}$

που την βρίσκουμε εαν $\displaystyle{x = y = z = 1}$

Ικανοποίει και την x+y+z=xy+yz+zx

x+y+z=xy+yz+zx

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2009

Δημοσιεύτηκε: Τρί Δεκ 24, 2024 8:24 am

από KARKAR

: 2009 Γεω.png (49.17 KiB) Προβλήθηκε 447 φορές

Τα σημεία K ,L , M , N

K ,L , M , N

είναι συμμετρικά των μέσων των πλευρών του ABCD

ABCD

ως προς

.

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2009

Δημοσιεύτηκε: Τρί Δεκ 24, 2024 8:39 am

από Mihalis_Lambrou

Πρόβλημα 3. Αν μη μηδενικοί φυσικοί για τους οποίους ο $\dfrac{a\sqrt 2+b\sqrt 3}{b\sqrt 2+c\sqrt 3}$ , να αποδείξετε ότι ο $\dfrac {a^2+b^2+c^2}{a+b+c}$ είναι ακέραιος.

Λύση. Είναι

$\dfrac{a\sqrt 2+b\sqrt 3}{b\sqrt +c\sqrt 3} = \dfrac{(a\sqrt 2+b\sqrt 3)(b\sqrt 2-c\sqrt 3)}{(b\sqrt 2+c\sqrt 3)(b\sqrt 2+c\sqrt 3)}=\dfrac{(2ab-3bc) +(b^2-ac)\sqrt 6}{2b^2-3c^2}$

Εφ' όσον είναι ρητός, έπεται ότι ο συντελεστής του $\sqrt 6$ είναι

. Άρα $\boxed {b^2 =ac}$ . Έχουμε τώρα

$\dfrac {a^2+b^2+c^2}{a+b+c} = \dfrac {(a^2+2ac+c^2)- b^2}{a+b+c} = \dfrac {(a +c)^2- b^2}{a+b+c}=\dfrac {(a +c+b)(a+c-b)}{a+b+c}=a+c-b$ , ίσον ακέραιος.

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2009

Δημοσιεύτηκε: Τρί Δεκ 24, 2024 8:47 am

από Mihalis_Lambrou

Πρόβλημα 1

Εφόσον κάθε φορά ένα χαρτάκι κόπηκε σε

μικρότερα, σημαίνει ότι το συνολικό πλήθος των χαρτιών αυξήθηκε κατά 7-1=6

7-1=6

. Άρα ανά πάσα στιγμή το πλήθος των χαρτιών, που ξεκίνησαν από

, θα είναι της μορφής 7+6N

7+6N

. Αφού δεν υπάρχει

με

7+6N=2009

(διότι ο

2009-7=2002

δεν είναι πολλαπλάσιο του 6), σημαίνει ότι ποτέ το πλήθος των χαρτιών δεν θα γίνει 2009

2009

.

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2009

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Δεκ 26, 2024 11:44 am

από Al.Koutsouridis

Πρόβλημα 4
Να προσδιορίσετε τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς x,y,z

x,y,z

που είναι λύσεις του συστήματος

$x+y+z=xy+yz+zx, \quad xyz=1$

και έχουν το ελάχιστο δυνατό άθροισμα.

Λύση:

Έστω a=x+y+z=xy+yz+zx

a=x+y+z=xy+yz+zx

. Από τους τύπους του Vieta για τριτοβάθμια εξίσωση, οι αριθμοί x,y,z

x,y,z

είναι ρίζες της εξίσωσης

t^3-at^2+tx-1=0

t^3-at^2+tx-1=0

η οποία γράφεται ισοδύναμα

t^3-1 -at^2+at=0

t^3-1 -at^2+at=0

t^3-1 +ax(x-1)=0

(t-1)(t^2+t+1)-at(t-1)=0

(t-1)(t^2+(1-a)t+1)=0

Για να έχει τρεις ρίζες η παραπάνω εξίσωση θα πρέπει το δευτεροβάθμιο τριώνυμο t^2+(1-a)t+1

t^2+(1-a)t+1

να έχει μη αρνητική διακρίνουσα. Δηλαδή θα πρέπει να ισχύει

$(1-a)^2-4 \geq 0$ ή ισοδύναμα $|1-a| \geq 2$ .

Δεδομένου ότι a>0

a>0

από την παρπάνω ανίσωση βρίσκουμε ότι $a \geq 3$ .

Για a=3

a=3

η εξίσωση γίνεται (t-1)^3=0

(t-1)^3=0

και αντίστοιχα x=y=z=1

x=y=z=1

, που επαληθεύουν το αρχικό σύστημα.