Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, socrates, silouan

Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5317
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#241

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Τετ Ιουν 15, 2011 11:50 pm

ΑΣΚΗΣΗ 99:

Δίνονται τρείς περιττοί φυσικοί αριθμοί.
Υπάρχει ένας άλλος περιττός φυσικός αριθμός, ώστε το άθροισμα των τετραγώνων των τεσσάρων αυτών αριθμών να είναι επίσης τέλειο τετράγωνο;

S.E.Louridas


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Άβαταρ μέλους
Α.Κυριακόπουλος
Δημοσιεύσεις: 988
Εγγραφή: Κυρ Ιαν 04, 2009 9:49 am
Τοποθεσία: ΧΟΛΑΡΓΟΣ

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#242

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Α.Κυριακόπουλος » Πέμ Ιουν 16, 2011 12:07 am

Άσκηση 100.
Να βρείτε τους φυσικούς αριθμούς x, y, z και w, για τις οποίες ισχύουν: 2x+7y+35z+210w=839, x<4, y<5 και z<6.
Σημείωση. Παρακαλώ τους συναδέλφους μαθηματικούς για τρεις ημέρες να μην στείλουν λύση της άσκησης για να δώσουμε περιθώριο να ασχοληθούν οι μαθητές. Ευχαριστώ.
Μόλις τώρα (21/6/11 και ώρα 23 και 25) είδα ότι στην άσκηση αυτή αντί για 210w έγραψα, κατά λάθος, 20w. Ζητώ χίλια συγνώμη από τους μαθητές και από τους συναδέλφους ( έκανα τη διόρθωση).
τελευταία επεξεργασία από Α.Κυριακόπουλος σε Τετ Ιουν 22, 2011 1:01 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Αντώνης Κυριακόπουλος
•Ο έξυπνος παραδέχεται •Ο πονηρός δικαιολογείται •Ο βλάκας επιμένει
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5317
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#243

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Πέμ Ιουν 16, 2011 12:43 am

ΑΣΚΗΣΗ 101:
Έχουμε 9 διαφορετικές ανα δύο τριάδες \left( {x,y,z} \right)\;\mu \varepsilon \;x,y,z \in \mathbb{Z}.
Να αποδειχθεί ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα ζεύγος από αυτές τις τριάδες, έστω
\left( {x_1 ,y_1 ,z_1 } \right)\;\kappa \alpha \iota \;\left( {x_2 ,y_2 ,z_2 } \right) στο οποίο αντιστοιχίζεται τριάδα

\displaystyle{\left( {\frac{{x_1  + y_1 }} 
{2},\frac{{x_2  + y_2 }} 
{2},\frac{{x_3  + y_3 }} 
{2}} \right)\;\mu \varepsilon \;\frac{{x_1  + y_1 }} 
{2},\frac{{x_2  + y_2 }} 
{2},\frac{{x_3  + y_3 }} 
{2} \in \mathbb{Z}.}

S.E.Louridas


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Άβαταρ μέλους
greek_sorcerer
Δημοσιεύσεις: 62
Εγγραφή: Δευ Αύγ 02, 2010 4:18 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#244

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από greek_sorcerer » Πέμ Ιουν 16, 2011 12:50 am

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 99

Δίνονται τρείς περιττοί φυσικοί αριθμοί.
Υπάρχει ένας άλλος περιττός φυσικός αριθμός, ώστε το άθροισμα των τετραγώνων των τεσσάρων αυτών αριθμών να είναι επίσης τέλειο τετράγωνο;

S.E.Louridas
Μήπως είναι όλοι οι αριθμοί διαφορετικοί μεταξύ τους?
για α=1, β=1 , γ=1, δ=1
\alpha ^{2}+\beta ^{2}+\gamma ^{2}+\delta ^{2}=1+1+1+1=4=2^2


Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5317
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#245

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Πέμ Ιουν 16, 2011 1:06 am

'Οταν λέμε ότι δίνονται τρείς περιττοί φυσικοί χωρίς κατι άλλο εννοούμε τρείς οποιουσδήποτε τέτοιους.
Άρα δουλεύουμε στη τυχούσα τριάδα περιττών.

S.E.Louridas


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5317
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#246

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Πέμ Ιουν 16, 2011 1:15 am

ΑΣΚΗΣΗ 95 A
Αν
\left( {x,y > 0} \right)\;\kappa \alpha \iota \;\left( {5x + 6y = 7} \right),
να υπολογιστεί το maximum (=Μέγιστο) της παράστασης
A = x^2 y^3 .

Την επαναφέρω σαν 95 Α αφού έγινε λάθος στην αρίθμηση και υπάρχει και άλλη άσκηση με αύξοντα αριθμό 95.

S.E.Louridas


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5317
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#247

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Πέμ Ιουν 16, 2011 9:33 am

Τη επαναπροτείνω γιά να ασχοληθούν και οι Μαθητές guniors,
παρ' όλο που έχει λυθεί πολύ γρήγορα από τον Θάνο (matha).

Να εξεταστεί αν ο συλλογισμός που ακολουθεί είναι ΣΩΣΤΟΣ ή ΛΑΘΟΣ δίνοντας πλήρη εξήγηση της απάντησης σας.
« Υπάρχει τουλάχιστον μία τριάδα φυσικών αριθμών
\left( {k,\ell ,m} \right)\;\mu \varepsilon \;\left( {k - \ell } \right)\left( {\ell  - m} \right)\left( {m - k} \right) \ne 0,\;\tau \varepsilon \tau o\iota o\iota \;\pi o\upsilon \;2^k  + 2^\ell   = 2^m»


S. E. Louridas


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Grigoris K.
Δημοσιεύσεις: 927
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 27, 2011 8:12 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#248

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Grigoris K. » Πέμ Ιουν 16, 2011 11:45 am

Grigoris K. έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 87

Σε μια σκακιέρα 6 \times 6 έχουν τοποθετηθεί φυσικοί αριθμοί. Κάθε κίνηση συνίσταται στην επιλογή ενός τετραγώνου μεγαλύτερου από 1 \times 1 ( το οποίο αποτελείται από "κουτάκια" της σκακιέρας ) και στην αύξηση όλων των φυσικών αριθμών που βρίσκονται στο επιλεγμένο τετράγωνο κατά 1. Είναι πάντα ευφικτό να κάνουμε κάποιες κινήσεις ώστε να οδηγηθούμε σε μια κατάσταση όπου όλοι οι φυσικοί αριθμοί είναι διαρετοί από το 3;

(η 87 είναι λίγο "τσιμπημένη")
Μιας και ξεχάστηκε θα δώσω μια ισχυρή υπόδειξη για τους μικρούς μας φίλους. Μπορεί τέτοιες ασκήσεις να φαντάζουν δύσκολες και να φοβούνται οι juniors να τις αντιμετωπίσουν αλλά σύντομα θα κατανοήσουν την σημασία και θα γευτούν την ομορφιά την Συνδοιαστικής:

Θα αντικρούσουμε το τον ισχυρισμό χρησιμοποιώντας αντιπαράδειγμα, δηλαδή θα αναφερθούμε σε μία κατάσταση όπου κάνοντας \nu κινήσεις είναι αδύνατον να οδηγηθούμε στην ζητούμενη κατάσταση.

Σκεφτείτε την παρακάτω περίπτωση (μπορείτε και να την γενικεύσετε με πολλαπλάσια του 3 και μη):

3~~~3 ~~~3~~~3 ~~~3~~ ~3

3~~ ~3~~ ~3~~~ 3~ ~~3~~ ~3

3 ~~~3 ~~~3 ~~~3 ~~~3~ ~~3

3~~ ~3~ ~~1~ ~~3~~~ 3 ~~~3

3~~~ 3~ ~~3~~~ 3~ ~~3~~~ 3

3~~~ 3 ~~~3~~~ 3~~ ~3 ~~~3

Τώρα λαμβάνοντας υπόψιν τον ορισμό της κινήσεως αποδείξτε ότι το ζητούμενο δεν μπορεί να ισχύει σε αυτή την περίπτωση και συνεπώς δεν ισχύει πάντα.


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4220
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#249

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Πέμ Ιουν 16, 2011 2:57 pm

Ας μου επιτραπεί να εκφράσω μια άποψη: Οι ασκήσεις 50 και 87 προτείνω να λυθούν αναλυτικά από έμπειρα μέλη μας ώστε να αποκτήσουν οι αμύητοι πάνω σε τέτοια πρωτότυπα θέματα μια εμπειρία.


Φιλικά,

Ιωάννου Δημήτρης


Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5317
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#250

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Πέμ Ιουν 16, 2011 8:45 pm

ΑΣΚΗΣΗ 91
Να λυθεί ως προς x η εξίσωση:
27a^2 x = 2\left( {x - a} \right)^3 ,\;\left( {a \in \mathbb{R}^ *  } \right).
Λύση:
Η εξίσωση ισοδύναμα γίνεται
54\frac{{2x}} 
{a} = \left[ {\frac{{2\left( {x - a} \right)}} 
{a}} \right]^3 ,
για να οδηγηθούμε στην αντικατάσταση
y = \frac{{2\left( {x - a} \right)}} 
{a} \Leftrightarrow 2x = a\left( {y + 2} \right),
που μας «διώχνει» το a διευκολύνοντας, αφού αρκεί να λύσουμε πλέον την εξίσωση
y^3  - 36y - 108 = 0 \Leftrightarrow \left( {y + 6} \right)\left( {y^2  - 6y} \right) - 18\left( {y + 6} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {y + 6} \right)\left( {y^2  - 6y - 18} \right) = 0,
που έχει σαν λύσεις τις
y_1  =  - 6,\;y_2  = 3 - \sqrt 3 ,\;y_3  = 3 + \sqrt 3 ,
από τις οποίες έχουμε:
x_1  =  - 2a,\;x_2  = \frac{{a\left( {5 - 3\sqrt 3 } \right)}} 
{2},\;x_3  = \frac{{a\left( {5 + 3\sqrt 3 } \right)}} 
{2}.

(*) Υπάρχουν περιπτώσεις εξισώσεων που επιλύονται ευκολότερα με μετασχηματισμούς που οδηγούν σε περιβάλλον αντικατάστασης όπως προηγούμενα διαπιστώσαμε. Υπάρχουν standard αντικαταστάσεις που αφορούν σε συγκεκριμμένες μορφές εξισώσεων πολλές από τις οποίες θα πρέπει να εκθέσουμε, αλλά υπάρχουν και αντικαταστάσεις που είναι αποτέλεσμα της δεξιοτεχνίας του λύτη και που η δεξιοτεχνία αυτή αποκτάται και με την επίλυση πολλών Ασκήσεων του είδους.

S.E.Louridas
τελευταία επεξεργασία από S.E.Louridas σε Πέμ Ιουν 16, 2011 10:53 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8097
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#251

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Ιουν 16, 2011 9:37 pm

socrates έγραψε:Άσκηση 50
α) Να δείξετε ότι μπορούμε να τοποθετήσουμε 20 μη μηδενικούς ακεραίους, όχι απαραίτητα διαφορετικούς, στη σειρά έτσι ώστε το άθροισμά τους να είναι θετικό, ενώ το άθροισμα οποιονδήποτε τριών διαδοχικών να είναι αρνητικό.
β) Δείξτε ότι δε μπορούμε να κάνουμε το ίδιο σε ένα κύκλο.
Βάζω μια απόδειξη μιας και έχει μείνει άλυτη αρκετό καιρό. Θα προσπαθήσω να γράψω κάπως αναλυτικά το σκεπτικό. Για το (α) θέλουμε να βρούμε το παράδειγμα χωρίς να μπλέξουμε σε πράξεις. Θα προσπαθήσουμε λοιπόν όσο το δυνατόν περισσότεροι αριθμοί να είναι ίσοι. Μια ιδέα είναι να δοκιμάσουμε τους ακεραίους m,m,n,m,m,n,\ldots,m,m,n,m,m. Δηλαδή όλοι οι ακέραιοι που είναι σε θέσεις πολλαπλάσια του τρία να ισούνται με n και όλοι οι υπόλοιποι να ισούνται με m. Με αυτήν την επιλογή, κάθε τριάδα διαδοχικών ακεραίων έχει άθροισμα 2m + n. Το συνολικό άθροισμα ισούται με 6n + (20-6)m. Για να δουλέψει λοιπόν αυτή η μέθοδος θέλουμε να βρούμε m,n ώστε 2m+n < 0 αλλά 6n + 14m > 0. Για την πρώτη ανισότητα συμφέρει να επιλέξουμε n = -(2m+1). Τότε για να ικανοποιείται η δεύτερη ανισότητα πρέπει να βρούμε m ώστε 14m - 6(2m+1) > 0. Παρατηρούμε τώρα ότι το m=4 (και άρα n=-9) δουλεύει.

Μπορούμε τώρα να γράψουμε την λύση και πιο σύντομα. Παίρνουμε τους ακεραίους 4,4,-9,4,4,-9,\ldots,4,4,-9,4,4. Το άθροισμα οποιονδήποτε τριών διαδοχικών ισούται με 4+4-9=-1 < 0 ενώ το ολικό άθροισμα ισούται με 14 \cdot 4 - 6\cdot 9 = 2 > 0.

Το (β) το αφήνω να λυθεί από τους μικρούς μας φίλους.


Φερμά_96
Δημοσιεύσεις: 182
Εγγραφή: Σάβ Απρ 30, 2011 3:43 pm
Τοποθεσία: Κύπρος

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#252

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φερμά_96 » Πέμ Ιουν 16, 2011 11:14 pm

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 99:
Δίνονται τρείς περιττοί φυσικοί αριθμοί.
Υπάρχει ένας άλλος περιττός φυσικός αριθμός, ώστε το άθροισμα των τετραγώνων των τεσσάρων αυτών αριθμών να είναι επίσης τέλειο τετράγωνο;
Το άθροισμα S των τριών περιττών τετραγώνων είναι περιττός αριθμός.
Κάθε περιττός αριθμός αποτελεί διαφορά διαδοχικών τετραγώνων. Το S είναι της μορφής 4k+3, και άρα αποτελεί διαφορά περιττού τετραγώνου από άρτιο τετράγωνο.
άρα ισχύει το ζητούμενο.
θεώρησα ότι αυτές οι αρχαίες ελληνικές -νομίζω- σημειώσεις δεν θέλουν απόδειξη.
S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 98
Να εξεταστεί αν ο συλλογισμός που ακολουθεί είναι ΣΩΣΤΟΣ ή ΛΑΘΟΣ δίνοντας πλήρη εξήγηση της απάντησης σας.
« Υπάρχει τουλάχιστον μία τριάδα φυσικών αριθμών
\left( {k,\ell ,m} \right)\;\mu \varepsilon \;\left( {k - \ell } \right)\left( {\ell  - m} \right)\left( {m - k} \right) \ne 0,\;\tau \varepsilon \tau o\iota o\iota \;\pi o\upsilon \;2^k  + 2^\ell   = 2^m»
k>l, ΧΒΓ.
2^{m}=2^{l}(2^{k-l}+1)
2^{k-1}+1 περιττός
πρέπει 2^{k-l}+1|2^{m}, άτοπο.
no solutions
Λυπάμαι για την έλλειψη συμμετοχής τώρα τελευταία, αλλά έχω κάτι τρεχάματα.


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5791
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#253

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Παρ Ιουν 17, 2011 1:03 am

ΑΣΚΗΣΗ 102:
Αν οι πραγματικοί αριθμοί x,y είναι τέτοιοι ώστε \displaystyle x^2+y^2=\frac{x+y}{2}, να βρεθεί η μέγιστη τιμή της διαφοράς x-y.

ΑΣΚΗΣΗ 103 :
Δίνεται τρίγωνο ABC και έστω M το μέσο της πλευράς BC και N σημείο της AB τέτοιο ώστε NB = 2AN.

Αν \angle CAB=\angle CMN, να βρεθεί ο λόγος των πλευρών \displaystyle \frac{AC} 
{BC}.

ΑΣΚΗΣΗ 104 :
Να βρεθεί σκακιέρα n \times n, ελάχιστου εμβαδού, η οποία μπορεί να καλυφθεί (χωρίς επικαλύψεις) από ίσο αριθμό σχημάτων της μορφής:
sxim.GIF
sxim.GIF (1.34 KiB) Προβλήθηκε 1137 φορές


Θανάσης Κοντογεώργης
Άβαταρ μέλους
Α.Κυριακόπουλος
Δημοσιεύσεις: 988
Εγγραφή: Κυρ Ιαν 04, 2009 9:49 am
Τοποθεσία: ΧΟΛΑΡΓΟΣ

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#254

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Α.Κυριακόπουλος » Παρ Ιουν 17, 2011 1:26 am

Άσκηση 115.
Θεωρούμε ένα τρίγωνο {\rm A}{\rm B}\Gamma. Παίρνουμε, στην πλευρά του {\rm A}{\rm B} ένα σημείο \Delta με {\rm A}\Delta  = \frac{5}{{12}}{\rm A}{\rm B}, στην πλευρά του {\rm B}\Gamma ένα σημείο {\rm E} με \displaystyle{{\rm B}{\rm E} = \frac{1}{3}{\rm B}\Gamma } και στην πλευρά του \Gamma {\rm A} ένα σημείο {\rm Z} με \Gamma {\rm Z} = \frac{1}{4}\Gamma {\rm A}. Τα τμήματα {\rm A}{\rm E} και {\rm B}{\rm Z} τέμνονται στο σημείο {\rm K}, τα {\rm B}{\rm Z} και \Gamma \Delta στο σημείο \Lambda και τα \Gamma \Delta και {\rm A}{\rm E} στο σημείο {\rm M}. Να αποδείξετε ότι: ({\rm K}\Lambda {\rm M}) = ({\rm A}{\rm M}\Delta ) + ({\rm B}{\rm K}{\rm E}) + (\Gamma \Lambda {\rm Z}).
Σημείωση 1. Την άσκηση αυτή την έβαλα εδώ γιατί είδα ότι έχουν βάλει και άλλες ασκήσεις Γεωμετρίας ( και γιατί η Φωτεινή είναι φίλη μου. Χιούμορ) .
Σημείωση 2. Παρακαλώ τους συναδέλφους μαθηματικούς για τρεις ημέρες να μην στείλουν λύση της άσκησης για να δώσουμε περιθώριο να ασχοληθούν οι μαθητές. Ευχαριστώ.
Σημείωση 3. Παρακαλώ το φίλο μου Χρήστο Τσιφάκη να βάλει το σχήμα. Τον ευχαριστώ.


Αντώνης Κυριακόπουλος
•Ο έξυπνος παραδέχεται •Ο πονηρός δικαιολογείται •Ο βλάκας επιμένει
Άβαταρ μέλους
Φωτεινή
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 3691
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:02 am
Τοποθεσία: -mathematica-

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#255

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φωτεινή » Παρ Ιουν 17, 2011 9:09 am

με την καλημέρα μου στον κύριο Αντώνη ,δίνω και το σχήμα
(δεν είμαι ο Χρήστος αλλά η Φωτεινή ... :) :) )

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:Άσκηση 115.
Θεωρούμε ένα τρίγωνο {\rm A}{\rm B}\Gamma. Παίρνουμε, στην πλευρά του {\rm A}{\rm B} ένα σημείο \Delta με {\rm A}\Delta  = \frac{5}{{12}}{\rm A}{\rm B}, στην πλευρά του {\rm B}\Gamma ένα σημείο {\rm E} με \displaystyle{{\rm B}{\rm E} = \frac{1}{3}{\rm B}\Gamma } και στην πλευρά του \Gamma {\rm A} ένα σημείο {\rm Z} με \Gamma {\rm Z} = \frac{1}{4}\Gamma {\rm A}. Τα τμήματα {\rm A}{\rm E} και {\rm B}{\rm Z} τέμνονται στο σημείο {\rm K}, τα {\rm B}{\rm Z} και \Gamma \Delta στο σημείο \Lambda και τα \Gamma \Delta και {\rm A}{\rm E} στο σημείο {\rm M}. Να αποδείξετε ότι: ({\rm K}\Lambda {\rm M}) = ({\rm A}{\rm M}\Delta ) + ({\rm B}{\rm K}{\rm E}) + (\Gamma \Lambda {\rm Z}).
Σημείωση 1. Την άσκηση αυτή την έβαλα εδώ γιατί είδα ότι έχουν βάλει και άλλες ασκήσεις Γεωμετρίας ( και γιατί η Φωτεινή είναι φίλη μου. Χιούμορ) .
Σημείωση 2. Παρακαλώ τους συναδέλφους μαθηματικούς για τρεις ημέρες να μην στείλουν λύση της άσκησης για να δώσουμε περιθώριο να ασχοληθούν οι μαθητές. Ευχαριστώ.
Σημείωση 3. Παρακαλώ το φίλο μου Χρήστο Τσιφάκη να βάλει το σχήμα. Τον ευχαριστώ.
ΑΝΤΩΝΗΣ5.png
ΑΝΤΩΝΗΣ5.png (20.24 KiB) Προβλήθηκε 1059 φορές


Φωτεινή Καλδή
Παναγιώτης 1729
Δημοσιεύσεις: 300
Εγγραφή: Τρί Αύγ 24, 2010 12:05 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#256

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Παναγιώτης 1729 » Παρ Ιουν 17, 2011 2:31 pm

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 101:
Έχουμε 9 διαφορετικές ανα δύο τριάδες \left( {x,y,z} \right)\;\mu \varepsilon \;x,y,z \in \mathbb{Z}.
Να αποδειχθεί ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα ζεύγος από αυτές τις τριάδες, έστω
\left( {x_1 ,y_1 ,z_1 } \right)\;\kappa \alpha \iota \;\left( {x_2 ,y_2 ,z_2 } \right) στο οποίο αντιστοιχίζεται τριάδα

\displaystyle{\left( {\frac{{x_1  + y_1 }} 
{2},\frac{{x_2  + y_2 }} 
{2},\frac{{x_3  + y_3 }} 
{2}} \right)\;\mu \varepsilon \;\frac{{x_1  + y_1 }} 
{2},\frac{{x_2  + y_2 }} 
{2},\frac{{x_3  + y_3 }} 
{2} \in \mathbb{Z}.}
Ένα ζεύγος (x,y,z) μπορεί να πάρει 2\cdot 2\cdot 2=8 διαφορετικές τιμές στο {\mathbb{Z}_2}^3 (οι διατεταγμένες τριάδες αριθμών mod 2), άρα υπάρχουν δύο τριάδες ίσες στο σύνολο αυτό. Αλλά a=b(mod 2) δίνει \displaystyle\frac{a+b}{2}\in \mathbb{Z}, οπότε το ζητούμενο έπεται.


Λώλας Παναγιώτης
Παναγιώτης 1729
Δημοσιεύσεις: 300
Εγγραφή: Τρί Αύγ 24, 2010 12:05 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#257

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Παναγιώτης 1729 » Παρ Ιουν 17, 2011 2:41 pm

Μία λύση στην πανέμορφη άσκηση 104.


Aν χρησιμοποιήσουμε α πλακίδια από κάθε είδος, τότε 4a+3a=n^2, άρα 7a=n^2, οπότε 7|n. Για n=14 μπορούμε εύκολα να καλύψουμε το τετράγωνο με τα πλακίδια (Τις πρώτες δύο γραμμές τις καλύπτουμε με βάζοντας αρχικά 4 2\times2 τετραγωνάκια κι έπειτα φαίνεται πώς θα καλύψουμε τα υπόλοιπα με 4 σχήματα του άλλου τύπου. Το ίδιο κάνουμε και με τις υπόλοιπες γραμμές.) Θα αποδείξουμε ότι n=14 είναι η απάντηση. Αρκεί να δείξουμε ότι δεν γίνεται ένα 7\times7 τετράγωνο να καλυφθεί εάν χρησιμοποιήσουμε 7 σχήματα κάθε τύπου, δηλαδή 14 συνολικά σχήματα.
Θεωρούμε ένα τέτοιο τετράγωνο το οποίο μπορεί να καλυφθεί με αυτόν τον τρόπο. Βάφουμε μαύρο το 1ο,3ο,5ο,7ο κελί των γραμμών 1,3,5,7. Συνολικά έχουμε βάψει 16 κελιά.Κάθε σχήμα καλύπτει 1 το πολύ από τα βαμμένα κελιά. Άρα θα χρειαστούν τουλάχιστον 16 σχήματα για να γίνει η κάλυψη, άτοπο.


Λώλας Παναγιώτης
komi
Δημοσιεύσεις: 84
Εγγραφή: Τετ Μαρ 09, 2011 5:40 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#258

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από komi » Παρ Ιουν 17, 2011 3:42 pm

ΆΣΚΗΣΉ 105

Εάν x, y πραγματικοί μη μηδενικοί να δείξετε την

\displaystyle{\frac{{x + y}}{{{x^2} + {y^2} - xy}} \le \frac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt {{x^2} + {y^2}} }}}

Από Γενικούς Συντονιστές: Σβήστηκε η κουκκίδα ως σύμβολο του πολλαπλασιασμού, σε σημείο που περιττεύει.


Άβαταρ μέλους
konstantinos21
Δημοσιεύσεις: 19
Εγγραφή: Σάβ Νοέμ 20, 2010 9:43 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#259

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από konstantinos21 » Παρ Ιουν 17, 2011 5:15 pm

komi έγραψε:ΆΣΚΗΣΉ 105

Εάν x, y πραγματικοί μη μηδενικοί να δείξετε την

\displaystyle{\frac{{x + y}}{{{x^2} + {y^2} - xy}} \le \frac{{2 \cdot \sqrt 2 }}{{\sqrt {{x^2} + {y^2}} }}}
Aπό την ανισότητα 2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)\ge {{\left( x+y \right)}^{2}} έχουμε ότι x+y\le \sqrt{2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)} άρα αρκεί να δείξουμε πως \frac{\sqrt{2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)}}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-xy}\le \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}} \Rightarrow 0\le {{\left( x-y \right)}^{2}} που ισχύει


spiros filippas
Δημοσιεύσεις: 254
Εγγραφή: Σάβ Οκτ 16, 2010 4:46 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#260

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από spiros filippas » Παρ Ιουν 17, 2011 11:47 pm

socrates έγραψε:Άσκηση 102
Αν οι πραγματικοί αριθμοί x,y είναι τέτοιοι ώστε \displaystyle x^2+y^2=\frac{x+y}{2}, να βρεθεί η μέγιστη τιμή της διαφοράς x-y.
Mια προσπάθεια γιά την 102.

Θέτω: 2(x^2+y^2)=a ~~\kappa \alpha \iota~~(x-y)^2=b.

Τότε (x+y)^2=a-b\Rightarrow x+y=\sqrt{a-b} καί η δοθείσα γράφεται:

\frac{a}{2}=\frac{\sqrt{a-b}}{2}\Leftrightarrow a=\sqrt{a-b}\Leftrightarrow b=a-a^2=-[(a-\frac{1}{2})^2-\frac{1}{4}]\leq \frac{1}{4}

Αρα b\leq \frac{1}{4}\Rightarrow \sqrt{b}=x-y\leq \sqrt{\frac{1}{4}}=\frac{1}{2} με την ισότητα για a=\frac{1}{2} . Δηλαδή γιά την ισότητα θέλουμε:

x^2+y^2=\frac{1}{4}~~,x-y=\frac{1}{2}~~ \kappa \alpha \iota~~ x+y=\frac{1}{2}

Απο τις παραπάνω σχέσεις εύκολα βρίσκουμε οτί (x,y)=(\frac{1}{2},0) ,
τίμες πού ικανοποιούν την αρχική σχέση.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Juniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης