Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, socrates, silouan

Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4261
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2681

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Σάβ Απρ 30, 2016 1:18 pm

John N. έγραψε:Καταρχάς, είναι ο μόνος αριθμός που επαληθεύει την εξίσωση x+y+z=xyz(μαζί με το 0), όπου x=y=z, που γίνεται 3x=x^{3} ή 3=x^{2} ή x=(-)\sqrt{3}. Με διαφορετική παράμετρο από το x=y=z προκύπτουν όντως άπειρες τριάδες, από τις οποίες μία τουλάχιστον μεταβλητή είναι σίγουρα το 0 (που όμως είναι λάθος να συμπεριλάβουμε σαν πιθανές τριάδες καθώς δεν επιτρέπεται από την εκφώνηση).

1+2+3=1\cdot2\cdot3

Προσπάθησε να διερευνήσεις τη γενική περίπτωση.
Δες π.χ. για y=5, z=6, βρίσκω x=\frac{11}{29}. Πώς;


John N.
Δημοσιεύσεις: 12
Εγγραφή: Πέμ Απρ 07, 2016 6:19 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2682

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από John N. » Σάβ Απρ 30, 2016 1:33 pm

Έχετε απόλυτο δίκιο. Δεν ακολούθησα την ίδια μέθοδο για να βρω τις τριάδες. Αυτό που είναι προφανές είναι πως όποιες τιμές και να δώσουμε στα x,y(εκτός από 1,1 υπάρχει πάντα μία τιμή του z που να ικανοποιεί τις συνθήκες.


John N.
Δημοσιεύσεις: 12
Εγγραφή: Πέμ Απρ 07, 2016 6:19 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2683

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από John N. » Σάβ Απρ 30, 2016 1:33 pm

John N. έγραψε:Έχετε απόλυτο δίκιο. Δεν ακολούθησα την ίδια μέθοδο για να βρω τις τριάδες. Αυτό που είναι προφανές είναι πως όποιες τιμές και να δώσουμε στα x,y(εκτός από 1,1 υπάρχει πάντα μία τιμή του z που να ικανοποιεί τις συνθήκες.
Οπότε είμαι τελείως εσφαλμένος. Ζητώ συγνώμη από τα μέλη του mathematica.gr


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6146
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2684

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Σάβ Απρ 30, 2016 1:34 pm

socrates έγραψε:
socrates έγραψε:Άσκηση 1254
Αν x,y,z μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε x+y+z=xyz , να δείξετε ότι

\displaystyle{ \left(\frac{x^2-1}{x}\right)^2 +\left(\frac{y^2-1}{y}\right)^2+\left(\frac{z^2-1}{z}\right)^2 \geq 4}
Για να κλείσει και αυτή:

Είναι άμεση συνέπεια της ανισότητας \displaystyle{a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca} και της ταυτότητας που δίνει στην υπόδειξη ο Θανάσης

\displaystyle{z(x^2-1)(y^2-1)+x(y^2-1)(z^2-1)+y(z^2-1)(x^2-1)=4( x+y+z).}


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4261
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2685

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Σάβ Απρ 30, 2016 2:13 pm

John N. έγραψε:Έχετε απόλυτο δίκιο. Δεν ακολούθησα την ίδια μέθοδο για να βρω τις τριάδες. Αυτό που είναι προφανές είναι πως όποιες τιμές και να δώσουμε στα x,y(εκτός από 1,1 υπάρχει πάντα μία τιμή του z που να ικανοποιεί τις συνθήκες.

Αγαπητέ Γιάννη, επίτρεψέ μου να δώσω μια πιο αναλυτική αντιμετώπιση του ερωτήματος, αφού είμαστε σε φάκελο που απευθύνεται κυρίως σε μαθητές Γυμνασίου που ασχολούνται με θέματα πιο δύσκολα από τα σχολικά μαθηματικά.

Το ερώτημα είναι να προσδιοριστούν οι μη μηδενικοί πραγματικοί που επαληθεύουν την ισότητα

x + y + z = xyz


Για \displaystyle x,\;y,\;z \in I{R^*}

\displaystyle x + y + z = xyz \Leftrightarrow \left( {yz - 1} \right)x = y + z (1)

Αν \displaystyle yz = 1 η (1) είναι αδύνατη, αφού \displaystyle y + z = y + \frac{1}{y} \ne 0

Για \displaystyle yz \ne 1 η (1) γράφεται \displaystyle x = \frac{{y + z}}{{yz - 1}} ,

οπότε έχουμε άπειρες τριάδες μη μηδενικών πραγματικών αριθμών, που ικανοποιούν την αρχική, με μόνη απαίτηση να είναι \displaystyle yz \ne 1 .

Βεβαίως, με την πρόσθετη συνθήκη, να είναι ίσοι, η (1) μετασχηματίζεται σε

\displaystyle \forall x \in I{R^*},\;\;\;{x^3} = 3x \Leftrightarrow {x^2} = 3 \Leftrightarrow x =  \pm \sqrt 3

που είχες αρχικά εντοπίσει.

Εύχομαι καλό Πάσχα σε όλους!


jason.prod
Δημοσιεύσεις: 129
Εγγραφή: Τρί Φεβ 25, 2014 5:29 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2686

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από jason.prod » Κυρ Ιουν 05, 2016 3:04 pm

Επαναφέρω το θέμα γιατί είναι κρίμα να ξεχαστεί... Είναι και παραμονές της JBMO και τα παιδιά προετοιμάζονται.


Προδρομίδης Κυπριανός-Ιάσων
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10945
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2687

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Ιουν 05, 2016 4:00 pm

jasonmaths4ever έγραψε:Επαναφέρω το θέμα γιατί είναι κρίμα να ξεχαστεί.
Ποιο ακριβώς θέμα επαναφέρεις για να καταλάβω και 'γω;


jason.prod
Δημοσιεύσεις: 129
Εγγραφή: Τρί Φεβ 25, 2014 5:29 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2688

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από jason.prod » Κυρ Ιουν 05, 2016 5:13 pm

Τη συζήτηση. Όχι κάποια συγκεκριμένη άσκηση.


Προδρομίδης Κυπριανός-Ιάσων
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4208
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2689

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Τετ Ιουν 08, 2016 11:38 pm

ΑΣΚΗΣΗ 1333: Να λυθεί το σύστημα:
\displaystyle{x^2 +2y^2 =3z^2 +2xy}

\displaystyle{3y^2 +15z^2 =3x^2 +8yz}

\displaystyle{7z^2 +5x^2 =6y^2 -16xz}


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1390
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2690

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Πέμ Ιουν 09, 2016 11:40 pm

Δίνω μία άλλη(ελπίζω σωστή...) προσέγγιση της ΑΣΚΗΣΗΣ 1254.

Μετά από πράξεις αρκεί να αποδείξουμε ότι \displaystyle{x^2+y^2+z^2+(\frac{1}{x})^2+(\frac{1}{y})^2+(\frac{1}{z})^2 \geq 10.

Τώρα, από την συνθήκη και με χρήση της ανισότητας \displaystyle{xyz\leq(\frac{x+y+z}{3})^3} λαμβάνουμε ότι x+y+z\geq3\cdot\sqrt{3}.

Έτσι :

a) \displaystyle{x^2+y^2+z^2\geq\frac{(x+y+z)^2}{3}\geq\frac{(3\sqrt{3})^2}{3}=9 (1).

b) \displaystyle{\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\geq\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}=\frac{x+y+z}{xyz}=1 (2)(χρησιμοποιήθηκε η γνωστή ανισότητα a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca, για \displaystyle{a=\frac{1}{x}}κλπ.

Οι (1) και (2) με πρόσθεση δίνουν το ζητούμενο.

Ισότητα αν \displaystyle{x=y=z=\sqrt{3}} ή \displaystyle{x=y=z=-\sqrt{3}}.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
jason.prod
Δημοσιεύσεις: 129
Εγγραφή: Τρί Φεβ 25, 2014 5:29 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2691

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από jason.prod » Παρ Ιουν 10, 2016 9:10 pm

orestis26 έγραψε:Δίνω μία άλλη(ελπίζω σωστή...) προσέγγιση της ΑΣΚΗΣΗΣ 1254.

Τώρα, από την συνθήκη και με χρήση της ανισότητας \displaystyle{xyz\leq(\frac{x+y+z}{3})^3} λαμβάνουμε ότι x+y+z\geq3\cdot\sqrt{3}.
Εδώ υπάρχει λάθος. Τα x, y, z δεν είναι απαραίτητα θετικά, οπότε η ανισότητα αυτή δεν μπορεί να χρησιμοποιηθεί. Πάρε, για παράδειγμα x=-1, y=-2, z=-3, που ικανοποιούν και τη συνθήκη.


Προδρομίδης Κυπριανός-Ιάσων
Άβαταρ μέλους
Λάμπρος Μπαλός
Δημοσιεύσεις: 897
Εγγραφή: Τρί Αύγ 13, 2013 12:21 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2692

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Μπαλός » Σάβ Ιουν 11, 2016 10:55 am

Άσκηση 1334

Δίνονται οι αριθμοί a=n(n-1) και b=(n+1)^{2} , όπου n είναι θετικός ακέραιος. Να αποδειχθεί ότι οι αριθμοί a και b έχουν διαφορετικό άθροισμα ψηφίων.

Διόρθωση αβλεψίας που την παρατήρησε ο Jimnt και ο Ορέστης όπως φαίνεται και παρακάτω και τους ευχαριστώ.
τελευταία επεξεργασία από Λάμπρος Μπαλός σε Δευ Ιουν 13, 2016 10:30 am, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Λάμπρος Μπαλός
lamprosbalos81@gmail.com
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1390
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2693

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Σάβ Ιουν 11, 2016 11:06 am

Άσκηση 1334

Αρχικά υποθέτω ότι a=n(n-1).

Αν οι a και b έχουν ίδιο άθροισμα ψηφίων, θα πρέπει η διαφορά τους να είναι πολλαπλάσιο του 3. Όμως, b-a=3n+1, που δεν είναι πολλ.3 , άτοπο.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 533
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2694

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Δευ Ιουν 13, 2016 10:21 am

Λάμπρος Μπαλός έγραψε:Άσκηση 1334

Δίνονται οι αριθμοί a=n(n+1) και b=(n+1)^{2} , όπου n είναι θετικός ακέραιος. Να αποδειχθεί ότι οι αριθμοί a και b έχουν διαφορετικό άθροισμα ψηφίων.
Σίγουρα είναι σωστή; Πάρτε π.χ n=8.


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10945
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2695

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Δευ Ιουν 13, 2016 12:53 pm

JimNt. έγραψε:
Λάμπρος Μπαλός έγραψε:Άσκηση 1334

Δίνονται οι αριθμοί a=n(n+1) και b=(n+1)^{2} , όπου n είναι θετικός ακέραιος. Να αποδειχθεί ότι οι αριθμοί a και b έχουν διαφορετικό άθροισμα ψηφίων.
Σίγουρα είναι σωστή; Πάρτε π.χ n=8.
Ίσως δεν αντιλήφθηκες ότι ο Ορέστης στην λύση του έκανε και την διόρθωση του (προφανώς τυπογραφικού) σφάλματος:
orestis26 έγραψε: Αρχικά υποθέτω ότι a=n(n-1).


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5789
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2696

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Πέμ Σεπ 22, 2016 8:14 pm

Άσκηση 1335
Να δειχθεί |1+x|+|1+y|+|1+xy| \geq |x|+|y| για όλα τα ζεύγη πραγματικών αριθμών (x,y).
Πότε ισχύει η ισότητα;
viewtopic.php?f=111&t=6552


Άσκηση 1336
Έστω a_1,a_2,... , a_n πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε \displaystyle a_1+a_2+...+a_n=0 και
\displaystyle|a_1|+|a_2|+...+|a_n|=1.

Να δείξετε ότι \displaystyle |a_1+2a_2+...+na_n|\leq \frac{n-1}{2}.
viewtopic.php?f=109&t=6835


Άσκηση 1337
Θεωρούμε τους πραγματικούς αριθμούς \displaystyle a_1,a_2,a_3,a_4, a_5, με άθροισμα μηδέν, και τέτοιους ώστε \displaystyle |a_i-a_j|\leq 1 για κάθε \displaystyle i,j \in \{ 1,2,3,4,5 \}.

Να δείξετε ότι \displaystyle a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2+a_5^2\leq \frac{6}{5}. Είναι δυνατή η ισότητα;
viewtopic.php?f=109&t=6837


Άσκηση 1338
Αν a,b,c >0 και a+b+c=3 , να αποδειχθεί ότι :

\displaystyle \frac{{a^3 \left( {a + b} \right)}}{{a^2  + ab + b^2 }} + \frac{{b^3 \left( {b + c} \right)}}{{b^2  + bc + c^2 }} + \frac{{c^3 \left( {c + a} \right)}}{{c^2  + ac + a^2 }} \ge 2
viewtopic.php?f=111&t=5290


Άσκηση 1339
Αν οι αριθμοί a,b,c είναι πραγματικοί με a^2+b^2+c^2=1 να βρείτε τη μέγιστη και την ελάχιστη τιμή της παράστασης ab+\displaystyle\frac{1}{2}bc.
viewtopic.php?f=111&t=7284


Άσκηση 1340
Αν a,b,c,d είναι θετικοί πραγματικοί και a^2+b^2+c^2+d^2=4 δείξτε ότι
\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{d}+\frac{d^2}{a}\geq 4
viewtopic.php?f=111&t=7430


Άσκηση 1341
Αν a,b,c>0 τέτοιοι ώστε ab+bc+ca=3 και k\geq 1, τότε να δείξετε ότι

\displaystyle \frac{1}{a^2+b^2+k}+\frac{1}{b^2+c^2+k}+\frac{1}{c^2+a^2+k}\leq \frac{3}{2+k}
viewtopic.php?f=111&t=9895


Άσκηση 1342
Αν \displaystyle{a,b,c>0} διαφορετικοί ανά δύο, με

\displaystyle{\left(1+\frac{a}{a-b} \right)^2+\left(1+\frac{b}{b-c} \right)^2+\left(1+\frac{c}{c-a} \right)^2=5,}

να αποδείξετε ότι

\displaystyle{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}>\frac{b}{a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{b}.}
viewtopic.php?f=111&t=13197


Άσκηση 1343
Να λυθεί το σύστημα:

\begin{cases} 
 
\displaystyle  
 \frac {7y^2+z^2}{x^2+y^2}=\frac{y^2+4}{x} , \\  
\displaystyle 
 \frac {7z^2+x^2}{y^2+z^2}=\frac{z^2+4}{y} , \\ 
\displaystyle 
  \frac {7x^2+y^2}{z^2+x^2}=\frac{x^2+4}{z} 
 
\end{cases}.
viewtopic.php?f=109&t=12046


Άσκηση 1344
Στην περιφέρεια κύκλου θεωρούμε πεπερασμένου πλήθους πραγματικούς αριθμούς με άθροισμα θετικό.
Από όλα τα αθροίσματα αριθμών που βρίσκονται σε διαδοχικές θέσεις στον κύκλο, έστω S το μεγαλύτερο και s το μικρότερο άθροισμα. Να δείξετε ότι S+s>0.
viewtopic.php?f=109&t=7329


Άσκηση 1345
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση p(p-7)+q(q-7)=r(r-7).
viewtopic.php?f=109&t=7316


Άσκηση 1346
Έστω \displaystyle 1=d_1<d_2<...<d_k=n οι διαιρέτες του θετικού ακέραιου n.

Αν υπάρχουν \displaystyle  i,j>13 ώστε d_7^2+d_i^2=d_j^2 τότε ο n είναι πολλαπλάσιο του 8.
viewtopic.php?f=109&t=7016


Άσκηση 1347
Να αποδείξετε ότι κάθε φυσικός \nu γράφεται στη μορφή: \nu=x^2+y^2-5z^2
viewtopic.php?f=111&t=7013


Άσκηση 1348
Να λυθεί η εξίσωση : \,\,\,\displaystyle{\color{blue}\bf\frac{1}{[x]}+\frac{1}{[2x]}=x-[x]}
viewtopic.php?f=111&t=7424


Άσκηση 1349
Ένας θετικός ακέραιος n είναι σύνθετος αν και μόνο αν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι a,b,x,y ώστε n=a+b και \displaystyle \frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1.
viewtopic.php?f=109&t=7960


Άσκηση 1350
Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι n τέτοιοι ώστε ο a να διαιρεί τον n, για όλους τους περιττούς θετικούς ακεραίους a που δεν υπερβαίνουν το \sqrt{n}.
viewtopic.php?f=109&t=7922


Άσκηση 1351
Αν a , b είναι θετικοί ακέραιοι , τότε ο αριθμός \big(a + \frac{1}{2}\big)^n +\big(b + \frac{1}{2}\big)^n είναι ακέραιος μόνο για πεπερασμένο πλήθος φυσικών αριθμών n.
viewtopic.php?f=9&t=12444


Άσκηση 1352
Στο επίπεδο δίνονται 51 σημεία με ακέραιες συντεταγμένες και τέτοια ώστε η απόσταση μεταξύ δύο οποιονδήποτε από αυτά να είναι φυσικός αριθμός.
Να δείξετε ότι τουλάχιστον το 49 \% αυτών των αποστάσεων είναι άρτιοι αριθμοί.
viewtopic.php?f=109&t=7317


Άσκηση 1353
Βάζουμε τους αριθμούς από το 1 ως το 10 στις κορυφές ενός κανονικού δεκαγώνου. Ακολούθως προσθέτουμε κάθε αριθμό στους δύο διπλανούς του για να πάρουμε δέκα καινούργιους αριθμούς. Ποια είναι η μέγιστη δυνατή τιμή του ελάχιστου από αυτούς τους νέους αριθμούς;
viewtopic.php?f=111&t=55601


Άσκηση 1354
Δίνεται το σύνολο M=\{1,2,3,...,n\}.
Αν υπάρχουν σύνολα X,Y τέτοια ώστε X\cup Y=M, και κανένα από αυτά δεν περιέχει την μέση τιμή δύο οποιονδήποτε στοιχείων του, να βρεθεί η μέγιστη τιμή του n.
viewtopic.php?f=109&t=13583


Θανάσης Κοντογεώργης
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4208
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2697

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Πέμ Οκτ 06, 2016 10:43 pm

ΑΣΚΗΣΗ 1355 Να λυθεί το σύστημα:

\displaystyle{x^4 =2x+3y}

\displaystyle{y^4 = 2y+3x}


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1390
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2698

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Πέμ Οκτ 06, 2016 11:12 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1355 Να λυθεί το σύστημα:

\displaystyle{x^4 =2x+3y}

\displaystyle{y^4 = 2y+3x}
Καλησπέρα!
Αν για αρχή υποθέσουμε ότι ένας εκ των x,y είναι 0, τότε και ο άλλος θα είναι 0.

Έστω τώρα x,y \neq 0.

Ας υποθέσουμε χωρίς βλάβη ότι x \geq y.
Τότε, x^4=2x+3y \leq 5x \Leftrightarrow x^3 \leq  5, y^4=2y+3x \geq 5y \Leftrightarrow y^3 \geq 5.

Άρα, y^3 \geq 5 \geq x^3, και αφού x \geq y, πρέπει x=y=\sqrt[3]{5}.

Τελικά, λύσεις οι (x,y)=(0,0),(x,y)=(\sqrt[3]{5},\sqrt[3]{5}).


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 768
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2699

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Πέμ Οκτ 06, 2016 11:25 pm

Αν και με πρόλαβαν, την ανεβάζω για τον κόπο...

Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε:

x^4 + y^4=5(x+y)

άρα x+y>0 ή x+y=0

Έστω x-y\neq 0. Τότε αφαιρώντας κατά μέλη έχουμε:

x^{4}-y^{4}=y-x\Leftrightarrow ... \Leftrightarrow (x+y)(x^{2}+y^{2})=-1, που είναι άτοπο, καθώς x+y μη αρνητικό και x^{2}+y^{2} θετικό. Άρα x=y.

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

α) Αν x+y=0, έχουμε ότι x=y=0 που επαληθεύεται στο σύστημα.

β) Αν x+y>0, έχουμε ότι x=y>0 και αντικαθιστώντας παίρνουμε ότι:

x^{4}=5x\Leftrightarrow x=y=\sqrt[3]{5}

Άρα έχουμε ότι:
(x, y)=(\sqrt[3]{5}, \sqrt[3]{5}) ή (0, 0)


Houston, we have a problem!
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4208
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2700

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Παρ Οκτ 07, 2016 12:20 am

Μετά τις ωραίες λύσεις που έδωσαν οι ταλαντούχοι μαθητές στο παραπάνω σύστημα, ας δούμε και ένα ακόμα σύστημα (λίγο πιο δύσκολο)

ΑΣΚΗΣΗ 1356 : Να λυθεί το σύστημα:

\displaystyle{x^4 = 5x+2y}

\displaystyle{y^4 = 2x+5y}


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