Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#621

ΣΠΥΡΟ, έχεις απόλυτο δίκιο. Η παραπάνω λύση, είναι αποδεκτή μόνο αν ο

είναι θετικός ακέραιος. Ενώ η εκφώνιση έγραφε ότι οι a,b

είναι θετικοί ακέραιοι και ο

είναι ακέραιος, πράγμα που δεν το πρόσεξα.

Μπράβο για την παρατηρητικότητά σου!!

sokratis lyras · #622

ΑΣΚΗΣΗ 288
Δίνονται οι θετικοί αριθμοί

,

με

Να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle\frac{8}{729}\left( a+b+c \right)^6\ge \left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)$

Antonis_Z · #623

Για την άσκηση του Σωκράτη:

sokratis lyras έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 288
Δίνονται οι θετικοί αριθμοί ,, με
Να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle\frac{8}{729}\left( a+b+c \right)^6\ge \left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)$

Παίρνουμε την τρίτη ρίζα στα 2 μέλη έτσι η ανισότητα γίνεται: $2/9*(a+b+c)^2\geq (a+b)^{1/3}(b+c)^{1/3}(c+a)^{1/3}$ .Από την ΑΜ-ΓΜ το δεύτερο μέλος είναι μικρότερο ή ίσο με 2/3*(a+b+c)

.Με αυτόν τον μετασχηματισμό και μετά τις πράξεις η ανισότητα γράφεται $1/3*(a+b+c)\geq 1$ που αποδυνκνύεται με χρήση της ΑΜ-ΓΜ πάλι.
Η ισότητα ισχύει για a=b=c=1

.

Καλό ξημέρωμα

sokratis lyras · #624

ΑΣΚΗΣΗ 289

Αν

,

θετικοί πραγματικοί αριθμοί με a+b+c=1

να αποδείξετε ότι:

$1\ge a^2+b^2+c^2+2\displaystyle\sqrt{3abc}$

G.Bas · #625

sokratis lyras έγραψε:Αν ,, θετικοί πραγματικοί αριθμοί με να αποδείξετε ότι:

$1\ge a^2+b^2+c^2+2\displaystyle\sqrt{3abc}$

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

G.Bas · #626

sokratis lyras έγραψε:Δίνονται οι θετικοί αριθμοί ,, με
Να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle\frac{8}{729}\left( a+b+c \right)^6\ge \left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)$

Και μια λύση με κατασκευαστικό τρόπο.

$\displaystyle{\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3\geq 1\Leftrightarrow \left(\frac{a+b+c}{3}\right)^6\geq \left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3}\geq \frac{a+b}{2}\cdot\frac{b+c}{2}\cdot\frac{c+a}{2}$

οι παραπάνω είναι εφαρμογές της AM - GM.

#627

spiros filippas έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Μιας και έχουν δοθεί απαντήσεις στην παραπάνω άσκηση, ας δώσω και μια διαφορετική λύση που έχω υπόψιν μου: (ΔΙΟΡΘΩΣΗ: Με την προϋπόθεση ότι είναι επίσης θετικός ακέραιος Έχουμε ότι $(kx+z)^{2}+(nx+v)^{2}\geq 0$ για κάθε $k,z,n,v\neq 0$

Άρα $(k^{2}+n^{2})x^{2}+2(kz+nv)x+z^{2}+v^{2}\geq 0$

Άρα πρέπει $\Delta \leq 0\Rightarrow (kv)^{2}+(zn)^{2}\geq 2(kv)(zn)$

Με την προϋπόθεση ότι είναι >0, θέτοντας στην πιο πάνω σχέση

$kv=\left(1+\frac{a}{b} \right)^{\frac{m}{2}}, zn=\left(1+\frac{b}{a} \right)^{\frac{m}{2}}$

έχουμε:

$\left(1+\frac{1}{b} \right)^{m}+\left(1+\frac{b}{a} \right)^{m}\geq 2\left(1+\frac{a}{b} \right)^{\frac{m}{2}}\left(1+\frac{b}{a} \right)^{\frac{m}{2}}\geq$

$2\left(2+\frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right)^{\frac{m}{2}}\geq 2\left(2+2 \right)^{\frac{m}{2}}=2.4^{\frac{m}{2}}=2^{m+1}$

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Χρησιμοποιήσαμε την γνωστή ανισότητα:

$\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2$ για κάθε

Νομίζω πως η παραπάνω λύση δεν είναι πλήρης καθώς ισχύει για Μ>=0 αλλά δεν ισχύει για Μ<0. <<Χαλάει>> εκεί που γίνεται η χρήση της a/b+b/a>=2

#628

ΑΣΚΗΣΗ 290: Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $9589^{2222}+6051^{1111}$ διαιρείται ακριβώς με το

sokratis lyras · #629

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 290: Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $9589^{2222}+6051^{1111}$ διαιρείται ακριβώς με το

Παρατηρώ ότι:
9589=17*564+1

Άρα o

είναι ισουπόλοιπος με 1 mod17

Άρα ο $9589^{2222}$ είναι ισουπόλοιπος με 1 mod 17

(1)
Eπίσης ο 6051

είναι ισουπόλοιπος με -1 mod17

Άρα ο $6051^{1111}$ είναι ισουπόλοιπος με -1 mod 17

(2)
Mε πρόσθεση των (1) και (2) προκύπτει το ζητούμενο.

Φιλικά,
Σωκράτης

#630

Άμεση απάντηση από τον Σωκράτη, για την άσκηση 290

Η επόμενη άσκηση αναφέρεται στους άρρητους αριθμούς.

ΑΣΚΗΣΗ 291:
Να αποδειχθεί ότι για κάθε $x\epsilon N$ , ο αριθμός $\sqrt{3x^{2}+1991}$ είναι άρρητος

#631

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 291: Να αποδειχθεί ότι για κάθε $x\epsilon N$ , ο αριθμός $\sqrt{3x^{2}+1991}$ είναι άρρητος

Η υπόρριζη ποσότητα είναι $2 \mod 3$ , άρα μη τέλειο τετράγωνο, όπως θέλαμε.

Φιλικά,

ΚΜιχάλης

sokratis lyras · #632

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 291:
Να αποδειχθεί ότι για κάθε $x\epsilon N$ , ο αριθμός $\sqrt{3x^{2}+1991}$ είναι άρρητος

Έστω ότι ο αριθμός αυτός είναι ρητός.Τότε θα ισχύει:

3x^2+1991=y^2

Από την παραπάνω σχέση παίρνω ότι ο y^2

είναι ισουπόλοιπος με 2 mod3

το οποίο είναι άτοπο.

Εdit: με πρόλαβε ο κύριος Μιχάλης
Φιλικά,
Σωκράτης

#633

Με τα mod, δίνονται ωραίες και πολύ συντωμες λύσεις. Ας δώσω και μια διαφορετική λύση, για να την κατανοήσουν και όσοι από τους μαθητές δεν γνωρίζουν ακόμα τα mod (αν και σε προηγούμενη δημοσίευση, υπάρχουν οι πιο βασικές ιδιότητες αυτών)

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 291:
Να αποδειχθεί ότι για κάθε $x\epsilon N$ , ο αριθμός $\sqrt{3x^{2}+1991}$ είναι άρρητος

Έστω $\sqrt{3x^{2}+1991}=y,y\epsilon N$ . Τότε $3x^{2}+1991=y^{2}$
Αλλά y=3k

ή

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: y=3k

. Τότε έχουμε $3x^{2}+1991=9k^{2}\Rightarrow 3(3k^{2}-x^{2})=1991$ . Άρα θα πρέπει ο

να διαιρεί τον 1991

πράγμα που είναι άτοπο.

Ακριβώς με τον ίδιο τρόπο, καταλήγουμε σε άτοπο και από τις δύο άλλες περιπτώσεις.

Άρα ο δοσμένος αριθμός είναι άρρητος.

#634

ΑΣΚΗΣΗ 292:
Αν $x\epsilon R$ και $a_{1},a_{2},a_{3},a_{4}$ είναι διαδοχικοί ακέραιοι αριθμοί και αν
$(x+a_{1})(x+a_{2})(x+a_{3})(x+a_{4})=k,$ να αποδείξετε ότι $k\geq -1.$

(Την άσκηση αυτή, είχε προτείνει το 1989 ο Αχιλλέας Συννεφακόπουλος, μαθητής τότε της Β Λυκείου, στο περιοδικό "ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β", μαζί με άλλες αξιόλογες ασκήσεις)

Antonis_Z · #635

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 292:
Αν $x\epsilon R$ και $a_{1},a_{2},a_{3},a_{4}$ είναι διαδοχικοί ακέραιοι αριθμοί και αν
$(x+a_{1})(x+a_{2})(x+a_{3})(x+a_{4})=k,$ να αποδείξετε ότι $k\geq -1.$

(Την άσκηση αυτή, είχε προτείνει το 1989 ο Αχιλλέας Συννεφακόπουλος, μαθητής τότε της Β Λυκείου, στο περιοδικό "ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β", μαζί με άλλες αξιόλογες ασκήσεις)

Οι αριθμοί στο α' μέλος είναι τέσσερις διαδοχικοί άρα αν προσθέσουμε ένα προλείπτει τέλειο τετράγωνο,έτσι: y^2=k+1

.Όπου

το τέλειο τετράγωνο που προκύπτει.Ξέρουμε επίσης ότι τα τέλεια τετράγωνα είναι μεγαλύτερα ή ίσα του

, άρα $k+1 \geq 0$ άρα, $k \geq -1$

#636

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 292:
Αν $x\epsilon R$ και $a_{1},a_{2},a_{3},a_{4}$ είναι διαδοχικοί ακέραιοι αριθμοί και αν
$(x+a_{1})(x+a_{2})(x+a_{3})(x+a_{4})=k,$ να αποδείξετε ότι $k\geq -1.$

(Την άσκηση αυτή, είχε προτείνει το 1989 ο Αχιλλέας Συννεφακόπουλος, μαθητής τότε της Β Λυκείου, στο περιοδικό "ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β", μαζί με άλλες αξιόλογες ασκήσεις)

Αν $\displaystyle{a_1=m,}$ επειδή οι $\displaystyle{a_1,a_2,a_3,a_4}$ είναι διαδοχικοί ακέραιοι, είναι

$\displaystyle{(x+a_{1})(x+a_{2})(x+a_{3})(x+a_{4})=(x+m)(x+m+1)(x+m+2)(x+m+3)=n(n+1)(n+2)(n+3),}$

όπου $\displaystyle{n=x+m.}$

Τότε, το ζητούμενο προκύπτει άμεσα, από την ταυτότητα

$\displaystyle{n(n+1)(n+2)(n+3)+1=[n(n+3)+1]^2.}$

#637

ΑΣΚΗΣΗ 293 :
Έστω

μη κενό υποσύνολο του $\Bbb{R}$ έτσι ώστε: αν $x,y \in \mathbb{R}$ και $x+y \in A$ τότε $xy \in A.$
Να αποδείξετε ότι $A=\mathbb{R}.$

Παναγιώτης 1729 · #638

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 293 :
Έστω μη κενό υποσύνολο του $\Bbb{R}$ έτσι ώστε: αν $x,y \in \mathbb{R}$ και $x+y \in A$ τότε $xy \in A.$
Να αποδείξετε ότι $A=\mathbb{R}.$

Έστω

ένα στοιχείο του

.Τότε προφανώς για κάθε $t\in\mathbb{R}$ , $t(a-t)\in{A}$ . Άρα, $f(t)=t^2a-t^3-t^2=t[t(a-t)-t]\in{A}$ . Αλλά επειδή η

είναι πολυώνυμο 3ου βαθμού, $Imf=\mathbb{R}$ ,άρα $A=\mathbb{R}$ .

#639

Ωραία λύση

Επίσης, viewtopic.php?f=111&t=8241

ΑΣΚΗΣΗ 294
Βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους

τέτοιους ώστε: $\displaystyle{d\in \Bbb{N}, \ d|n \implies d+1|n+1.}$

ΑΣΚΗΣΗ 295
Να δείξετε ότι υπάρχει $n \in \Bbb{N}$ τέτοιος ώστε $\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{\sqrt{n}}{2}\geq 2011.}$

ΑΣΚΗΣΗ 296
Θεωρούμε ένα πλήθος n > 1

ατόμων. Κάθε δύο άτομα συνδέονται με αμοιβαία φιλία ή αμοιβαία έχθρα. Κάθε φίλος φίλου και κάθε εχθρός εχθρού είναι φίλος.
Αν τα άτομα

και

είναι φίλοι/εχθροί τότε αυτό το μετράμε ως

φιλία/έχθρα. Αν μεταξύ των ατόμων αυτών υπάρχει ίσος αριθμός από φιλίες και έχθρες ,να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές του

.

#640

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 295
Να δείξετε ότι υπάρχει $n \in \Bbb{N}$ τέτοιος ώστε $\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{\sqrt{n}}{2}\geq 2011.}$

Θα δείξουμε επαγωγικά ότι $\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}}\geq \sqrt n$ . Αυτό αρκεί για το ζητούμενο γιατί τότε η δοθείσα παράσταση είναι $\ge \sqrt n- \frac{\sqrt{n}}{2}= \frac{\sqrt{n}}{2}$ , οπότε μπορούμε να πάρουμε $n\ge 4022^2$ .

Η περίπτωση n=1

είναι άμεση. Για το επαγωγικό βήμα, έστω $\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{k}}\geq \sqrt k$ . Τότε

$\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{k}} +\frac{1}{\sqrt{k+1}} \geq \sqrt k + \frac{1}{\sqrt{k+1}} \ge \sqrt{k+1}$ διότι

$\sqrt{k+1} - \sqrt{k} = \frac {1}{ \sqrt{k+1} + \sqrt{k} } \le \frac{1}{\sqrt{k+1}}$ , όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης

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

Μέλη σε σύνδεση