Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, socrates, silouan

stranton
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 656
Εγγραφή: Πέμ Ιουν 25, 2009 5:00 pm
Τοποθεσία: Σπάρτη
Επικοινωνία:

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#81

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranton » Κυρ Οκτ 07, 2012 9:07 am

cretanman έγραψε:
stranton έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 31

Να γράψετε τον αντίστροφο ενός πρώτου αριθμού p, σαν άθροισμα δύο κλασμάτων,

που το καθένα από αυτά να έχει αριθμητή το 1.
\dfrac{1}{p}=\dfrac{1}{p(p+1)}+\dfrac{1}{p+1}
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
stranton έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 31

Να γράψετε τον αντίστροφο ενός πρώτου αριθμού p, σαν άθροισμα δύο κλασμάτων,

που το καθένα από αυτά να έχει αριθμητή το 1.
Έστω p πρώτος. Τότε: \displaystyle{\frac{1}{p}=\frac{1}{2p}+\frac{1}{2p}}

Μήπως έχει παραληφθεί κάτι από την εκφώνηση; Γιατί δεν είναι απαραίτητο να είναι ο p πρώτος...
Η εκφώνηση μπορεί να συμπληρωθεί με: "... και παρονομαστή (θετικό) ακέραιο."

Θέλουμε \dfrac{1}{p}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y} και έστω 0<x\leq y αν οι παρονομαστές είναι θετικοί ακέραιοι ή
x\leq y και x,y\neq 0 αν οι παρονομαστές είναι ακέραιοι.

\dfrac{1}{p}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y} \iff xy=px+py \iff xy-px-py+p^2=p^2 \iff (x-p)(y-p)=p^2=1\cdot p\cdot p =1\cdot (-p)(-p)=(-1)\cdot (-p)\cdot p .

Με εξέταση των διάφορων περιπτώσεων έχουμε:

\dfrac{1}{p}=\dfrac{1}{p+1}+\dfrac{1}{p(p+1)} και \dfrac{1}{p}=\dfrac{1}{2p}+\dfrac{1}{2p} με παρονομαστή θετικό ακέραιο

και επί πλέον \dfrac{1}{p}=\dfrac{1}{p(1-p)}+\dfrac{1}{p-1} με παρονομαστή ακέραιο.


Στράτης Αντωνέας
orestisgotsis
Δημοσιεύσεις: 1308
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 25, 2012 10:19 pm

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#82

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από orestisgotsis » Κυρ Οκτ 07, 2012 12:32 pm

ΑΣΚΗΣΗ 38

Τετραψήφιου αριθμού το πρώτο ψηφίο είναι ίσο με το δεύτερο και το τρίτο ίσο με το τέταρτο.
Να βρεθεί ο αριθμός αν είναι γνωστό ότι είναι τέλειο τετράγωνο.


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6043
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#83

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Κυρ Οκτ 07, 2012 3:01 pm

orestisgotsis έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 38

Τετραψήφιου αριθμού το πρώτο ψηφίο είναι ίσο με το δεύτερο και το τρίτο ίσο με το τέταρτο.
Να βρεθεί ο αριθμός αν είναι γνωστό ότι είναι τέλειο τετράγωνο.
Ας είναι ο ζητούμενος αριθμός ο \displaystyle{\overline{aabb}}, όπου \displaystyle{a,b\in \{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9\}}

Είναι

\displaystyle{\overline{aabb}=1000a+100a+10b+b=1100a+11b=11(100a+b).}

Αφού είναι τέλειο τετράγωνο, πρέπει το \displaystyle{100a+b} να είναι πολλαπλάσιο του \displaystyle{11} και επειδή \displaystyle{100a+b=99a+a+b} πρέπει το \displaystyle{a+b} να είναι πολλαπλάσιο του \displaystyle{11}.

Επειδή \displaystyle{a,b\in \{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9\}} πρέπει \displaystyle{a+b=11.}

Επίσης, αφού ο \displaystyle{\overline{aabb}} είναι τέλειο τετράγωνο, το \displaystyle{b} δεν μπορεί να ισούται με \displaystyle{2,3,7,8.}

Άρα έχουμε τα εξής ενδεχόμενα:

\displaystyle{\bullet a=5,b=6,}

\displaystyle{\bullet a=6,b=5,}

\displaystyle{\bullet a=7,b=4,}

\displaystyle{\bullet a=2,b=9.}

Τώρα, είναι απλό να δούμε ότι μόνο ο αριθμός \displaystyle{7744} είναι τέλειο τετράγωνο (\displaystyle{7744=88^2}).


Μάγκος Θάνος
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4184
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#84

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Κυρ Οκτ 07, 2012 3:37 pm

ΑΣΚΗΣΗ 39 . Nα βρεθούν οι φυσικοί αριθμοί \displaystyle{a, b , c , d}, αν είναι μικρότεροι του 3 και αν \displaystyle{27a +9b +3c +d=67}


Άβαταρ μέλους
exdx
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1306
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 6:00 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#85

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από exdx » Κυρ Οκτ 07, 2012 10:17 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 39 . Nα βρεθούν οι φυσικοί αριθμοί \displaystyle{a, b , c , d}, αν είναι μικρότεροι του 3 και αν \displaystyle{27a +9b +3c +d=67}
Η δοσμένη γράφεται
\displaystyle{27a + 9b + 3c + d = 67 \Leftrightarrow 3(9a + 3b + c) = 67 - d}
Επομένως ο αριθμός \displaystyle{\,\,\,67 - d\,\,\,} είναι πολλαπλάσιο του\displaystyle{\,\,3\,\,}
Για \displaystyle{\,\,d = 0,1,2\,\,} , παίρνουμε τους\displaystyle{\,\,67,66,65\,\,}, από τους οποίους μόνο το\displaystyle{\,\,66\,\,} είναι πολλαπλάσιο του \displaystyle{\,\,3\,\,}
Έτσι η προηγούμενη σχέση γίνεται \displaystyle{\,\,\,\,9a + 3b + c = 22 \Leftrightarrow 3(3a + b) = 22 - c}
Με όμοιο συλλογισμό βρίσκουμε διαδοχικά\displaystyle{\,\,c = 1\,\,} και \displaystyle{\,b = 1\,\,\,\,} , οπότε \displaystyle{\begin{array}{l} 
 \,\,a = 2 \\  
  \\  
 \end{array}}
τελευταία επεξεργασία από Φωτεινή σε Δευ Νοέμ 05, 2012 10:06 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.
Λόγος: προσθήκη εκφώνησης


Kαλαθάκης Γιώργης
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4184
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#86

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Κυρ Οκτ 07, 2012 10:27 pm

ΑΣΚΗΣΗ 40: Αν \displaystyle{a-1=b\pi +u}, είναι η ευκλείδεια διαίρεση του \displaystyle{a-1} με τον \displaystyle{b}, όπου

\displaystyle{a,b\epsilon N^{*}}, να βρεθεί το πηλίκο και το υπόλοιπο της διαίρεσης \displaystyle{(ab^{k}-1):b^{k+1}}


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 9572
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#87

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Κυρ Οκτ 07, 2012 11:12 pm

Άσκηση 41

Στο άκρο B της διαμέτρου του ημικυκλίου φέραμε κάθετη . Αν το άκρο C χορδής BCμήκους x ,

απέχει από την κάθετη απόσταση y , πώς μπορούμε να βρούμε την ακτίνα του ημικυκλίου ;
Συνημμένα
Ακτίνα.png
Ακτίνα.png (6.36 KiB) Προβλήθηκε 1661 φορές


freyia
Δημοσιεύσεις: 197
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 15, 2011 9:44 pm

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#88

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από freyia » Δευ Οκτ 08, 2012 8:05 pm

KARKAR έγραψε:Άσκηση 41

Στο άκρο B της διαμέτρου του ημικυκλίου φέραμε κάθετη . Αν το άκρο C χορδής BCμήκους x ,

απέχει από την κάθετη απόσταση y , πώς μπορούμε να βρούμε την ακτίνα του ημικυκλίου ;

Mε το σχήμα του KARKAR:

Άμα φέρω την χορδή \displaystyle{AC}, παρατηρώ ότι τα τρίγωνα \displaystyle{ACB} και \displaystyle{BCC{'}}, είναι όμοια επειδή είναι ορθογώνια και έχουν την γωνία \displaystyle{CBC{'}=BAC} (γωνία από χορδή και εφαπτομένη). Επομένως:

\displaystyle{\frac{x}{2R}=\frac{y}{x}\Leftrightarrow 2Ry=x^2 \Leftrightarrow R=\frac{x^2}{2y}}


freyia
Δημοσιεύσεις: 197
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 15, 2011 9:44 pm

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#89

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από freyia » Δευ Οκτ 08, 2012 9:54 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 40: Αν \displaystyle{a-1=b\pi +u}, είναι η ευκλείδεια διαίρεση του \displaystyle{a-1} με τον \displaystyle{b}, όπου

\displaystyle{a,b\epsilon N^{*}}, να βρεθεί το πηλίκο και το υπόλοιπο της διαίρεσης \displaystyle{(ab^{k}-1):b^{k+1}}


Από υπόθεση έχουμε \displaystyle{a=b\pi +u+1 , 0\leq u<b}

Επομένως: \displaystyle{ab^k =b^{k+1}\pi +(u+1)b^k \Rightarrow ab^k -1 =b^{k+1}\pi +(u+1)b^k -1}

Για να είναι η πιο πάνω ισότητα ευκλείδεια διαίρεση, (με διαιρέτη το b^{k+1}), θα πρέπει να αποδείξω ότι:

\displaystyle{(u+1)b^k -1<b^{k+1}}

Eπειδή \displaystyle{u<b\Rightarrow u+1\leq b\Rightarrow (u+1)b^k \leq bb^k \Rightarrow (u+1)b^k -1 \leq b^{k+1}-1<b^{k+1}}

Επομένως έχουμε ευκλείδεια διαίρεση με διαιρετέο τον \displaystyle{a.b^k -1} , διαιρέτη το \displaystyle{b^{k+1}} , πηλίκο το \displaystyle{\pi}, και

υπόλοιπο το \displaystyle{(u+1)b^k -1}


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4184
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#90

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Δευ Οκτ 08, 2012 11:23 pm

ΑΣΚΗΣΗ 42: Αν \displaystyle{a , b , c} είναι περιττοί φυσικοί αριθμοί, δείξτε ότι η εξίσωση:

\displaystyle{ax^2 +bx +c =0}, δεν έχει ρίζες ακέραιες


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6043
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#91

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Δευ Οκτ 08, 2012 11:33 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 42: Αν \displaystyle{a , b , c} είναι περιττοί φυσικοί αριθμοί, δείξτε ότι η εξίσωση:

\displaystyle{ax^2 +bx +c =0}, δεν έχει ρίζες ακέραιες
Ας αποδειχθεί και το ισχυρότερο, δηλαδή ότι η παραπάνω εξίσωση δεν έχει ρητές ρίζες.


Μάγκος Θάνος
sokratis lyras
Δημοσιεύσεις: 710
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 05, 2011 9:13 pm

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#92

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sokratis lyras » Τρί Οκτ 09, 2012 1:52 pm

matha έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 42: Αν \displaystyle{a , b , c} είναι περιττοί φυσικοί αριθμοί, δείξτε ότι η εξίσωση:

\displaystyle{ax^2 +bx +c =0}, δεν έχει ρίζες ακέραιες
Ας αποδειχθεί και το ισχυρότερο, δηλαδή ότι η παραπάνω εξίσωση δεν έχει ρητές ρίζες.
Έστω μία ρητή ρίζα της παραπάνω εξίσωσης της μορφής x=\displaystyle\frac{p}{q} με p,q\in N και (p,q)=1.Άρα θα ισχύει :

a\displaystyle\frac{p^2}{q^2}+b\frac{p}{q}+c=0\Rightarrow ap^2+bpq+cq^2=0 (1).Φυσικά δεν γίνεται να είναι p\equiv q\mod 2 και με \mod 2 παίρνουμε άτοπο στην (1) αφού το δεξί μέλος είναι 0 ενώ το αριστερό είναι πάντα περιττό.


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4184
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#93

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Τρί Οκτ 09, 2012 2:51 pm

matha έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 42: Αν \displaystyle{a , b , c} είναι περιττοί φυσικοί αριθμοί, δείξτε ότι η εξίσωση:

\displaystyle{ax^2 +bx +c =0}, δεν έχει ρίζες ακέραιες
Ας αποδειχθεί και το ισχυρότερο, δηλαδή ότι η παραπάνω εξίσωση δεν έχει ρητές ρίζες.

Aς δούμε και μια ακόμα λύση στο θέμα αυτό, χωρίς την χρήση των ισοτιμιών.

Αφού οι αριθμοί \displaystyle{a , b , c} είναι περιττοί φυσικοί αριθμοί, θα υπάρχουν \displaystyle{k , m , n\epsilon N}, ώστε:

\displaystyle{a=2k+1 , b=2m+1 , c=2n+1}.

Η διακρίνουσα του τριωνύμου, είναι:

\displaystyle{\Delta =b^2 -4ac = (2m+1)^2 -4(2k+1)(2n+1)=4m^2 +4m-16kn-8k-8n-3=4m(m+1)-16kn-8k-8n-3} , (ΣΧΕΣΗ 1)

ΠΡΕΠΕΙ ΟΜΩΣ ΝΑ ΓΝΩΡΙΖΟΥΜΕ ΟΤΙ: "Το γινόμενο δύο διαδοχικών ακεραίων, είναι πάντοτε πολλαπλάσιο του 2

Άρα \displaystyle{m(m+1)=2q , q\epsilon N}. Οπότε η (ΣΧΕΣΗ 1) γράφεται:

\displaystyle{\Delta =8q -16kn-8k-8n-3=8(q-2kn-k-n)-3=8t-3}, όπου \displaystyle{t\epsilon Z}

Πρέπει τώρα να αποδείξουμε ότι η διακρίνουσα ΄δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο ρητού αριθμού και μάλιστα, επειδή
είναι ακέραιος αριθμός, θα δείξουμε ότι δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

ΠΡΕΠΕΙ ΟΜΩΣ ΝΑ ΓΝΩΡΙΖΟΥΜΕ ΟΤΙ: Το τετράγωνο περιττού αριθμού παίρνει πάντα την μορφή

\displaystyle{8v+1}. (Η απόδειξη της πρότασης αυτής είναι απλή και αφήνεται ως άσκηση)

Άρα, αν η διακρίνουσα ήταν τέλειο τετράγωνο ακεραίου, θα έπρεπε \displaystyle{\Delta=8v+1 , v\epsilon N}

Άρα θα έχουμε \displaystyle{8t-3=8v+1\Rightarrow 8t=8v+4\Rightarrow 2t=2v+1}, πράγμα που είναι άτοπο, αφού το πρώτο μέλος είναι άρτιος, ενώ το δεύτερο περιττός.

Άρα το τριώνυμο, δεν έχει ρίζες ρητές.


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4184
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#94

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Τρί Οκτ 09, 2012 3:00 pm

AΣΚΗΣΗ 43: Σε ένα ισοσκελές τρίγωνο \displaystyle{ABC}, με βάση την \displaystyle{BC}, φέρνουμε το ύψος \displaystyle{CD}. Eπί της \displaystyle{CA}, παίρνουμε σημείο E, έτσι ώστε \displaystyle{CE=CD}. Φέρνουμε και το ευθύγραμμο τμήμα \displaystyle{DE}.
Αν η γωνία A είναι ίση με 50^o, να υπολογιστούν οι γωνίες \displaystyle{B , DCB , EDC , AED}


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4184
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#95

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Τρί Οκτ 09, 2012 8:26 pm

ΑΣΚΗΣΗ 44: Θεωρούμε έναν τριψήφιο αριθμό του οποίου το ψηφίο των εκατοντάδων είναι μεγαλύτερο από το ψηφίο των μονάδων του. Στη συνέχεια, θεωρούμε και τον τριψήφιο αριθμό, ο οποίος έχει τα ψηφία του πρώτου με αντίστροφη σειρά. Αφαιρούμε τους δύο αυτούς αριθμούς και και βρίσκουμε έναν νέο φυσικό αριθμό. Στον νέο αυτόν αριθμό, προσθέτουμε τον αριθμό που έχει τα ίδια με αυτόν ψηφία, γραμμένα κατά την αντίστροφη σειρά.
Να δικαιολογήσετε γιατί θα προκύψει σταθερός αριθμός (τον οποίο και να βρείτε)
Είναι λίγο δυσκολούτσικο για αρχάριους, αλλά όταν δείτε την λύση θα είναι θεωρώ,πλήρως κατανοητή


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 9572
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#96

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τρί Οκτ 09, 2012 9:14 pm

Άσκηση 45 : Ένας θετικός ακέραιος έχει περισσότερα από ένα φηφία . Δείξτε ότι

ο αριθμός είναι μεγαλύτερος από το γινόμενο των ψηφίων του .


freyia
Δημοσιεύσεις: 197
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 15, 2011 9:44 pm

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#97

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από freyia » Τρί Οκτ 09, 2012 10:13 pm

KARKAR έγραψε:Άσκηση 45 : Ένας θετικός ακέραιος έχει περισσότερα από ένα φηφία . Δείξτε ότι

ο αριθμός είναι μεγαλύτερος από το γινόμενο των ψηφίων του .
Έστω ότι ο αριθμός είναι \displaystyle{x_0 +10x_1 +10^2 x_2 + . . . +10^n x_n}, με ένα τουλάχιστον από τα \displaystyle{ x_1 , ... ,x_n}, διάφορο του μηδενός. Τότε

\displaystyle{x_0 +10x_1 +10^2 x_2 + . . . +10^n x_n -x_0 x_1 x_2  . . . x_n=}

\displaystyle{=x_n (10^n -x_0 x_1 ...x_{n-1})+x_0 +10x_1 +10^2 x_2 +...+10^{n-1}x_{n-1}>0}, επειδή:

\displaystyle{10>x_0}

\displaystyle{10>x_1}

\displaystyle{10>x_2}

..........
.........
.........

\displaystyle{10>x_{n-1}}

και άμα πολλαπλασιάσω κατ'ά μέλη, θα πάρω:

\displaystyle{10^n >x_0 x_1 x_2 ...x_{n-1}\Rightarrow 10^n -x_0 x_1 x_2 ...x_{n-1}>0}

Eπομένως \displaystyle{x_n (10^n -x_0 x_1 x_2 ...x_{n-1})\geq 0\Rightarrow}

\displaystyle{\Rightarrow x_n (10^n -x_0 x_1 x_2 ...x_{n-1}))+x_0 +10x_1 +10^2 x_2 + . . . +10^{n-1}x_{n-1}>0}, επειδή κάποιο από

τα \displaystyle{ x_1 , x_2 , ... , x_{n-1},x_n } , είναι διάφορο του μηδέν .

Δηλαδή, απέδειξα ότι:

\displaystyle{x_0 +10x_1 +10^2 x_2 + . . . +10^n x_n>x_0 x_1 x_2 ...x_n}


kleovoulos
Δημοσιεύσεις: 285
Εγγραφή: Πέμ Αύγ 02, 2012 3:12 pm
Τοποθεσία: Κολινδρός Πιερίας
Επικοινωνία:

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#98

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kleovoulos » Τρί Οκτ 09, 2012 10:33 pm

Ελπίζω να το βάζω στο σωστό σημείο, μιας και το θεωρώ ύλη διαγωνισμών. Πρόκειται για μία άσκηση που βρήκα στο διαδίκτυο πάνω στην ταυτότητα Lagrange.

"Prove that (a^{2}+b^{2})(x^{2}+y^{2})=(ax+by)^{2}+(ay-bx)^{2} (Lagrange)."

Σκέφτομαι με βάση το πως δείχνουμε μία ταυτότητα με δύο μέλη.

Το 1ο μέλος θα γίνει: (a^{2}+b^{2})(x^{2}+y^{2})= a^{2}x^{2}+a^{2}y^{2}+b^{2}x^{2}+b^{2}y^{2}
To 2o μέλος θα γίνει: (ax+by)^{2}+(ay-bx)^{2}=(ax)^{2}+2(ax)(by)+(by)^{2}+(ay)^{2}-2(ay)(bx)+(bx)^{2}=a^{2}x^{2}+2abxy+b^{2}y^{2}+a^{2}y^{2}-2abxy+b^{2}y^{2}=a^{2}x^{2}+a^{2}y^{2}+b^{2}x^{2}+b^{2}y^{2}

Άρα αφού τα δύο μέλη είναι ίσα θα ισχύει και η ταυτότητα. Είναι σωστή η σκέψη μου;


Κλεόβουλος Κοφονικόλας
freyia
Δημοσιεύσεις: 197
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 15, 2011 9:44 pm

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#99

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από freyia » Τρί Οκτ 09, 2012 10:38 pm

kleovoulos έγραψε:Ελπίζω να το βάζω στο σωστό σημείο, μιας και το θεωρώ ύλη διαγωνισμών. Πρόκειται για μία άσκηση που βρήκα στο διαδίκτυο πάνω στην ταυτότητα Lagrange.

"Prove that (a^{2}+b^{2})(x^{2}+y^{2})=(ax+by)^{2}+(ay-bx)^{2} (Lagrange)."

Σκέφτομαι με βάση το πως δείχνουμε μία ταυτότητα με δύο μέλη.

Το 1ο μέλος θα γίνει: (a^{2}+b^{2})(x^{2}+y^{2})= a^{2}x^{2}+a^{2}y^{2}+b^{2}x^{2}+b^{2}y^{2}
To 2o μέλος θα γίνει: (ax+by)^{2}+(ay-bx)^{2}=(ax)^{2}+2(ax)(by)+(by)^{2}+(ay)^{2}-2(ay)(bx)+(bx)^{2}=a^{2}x^{2}+2abxy+b^{2}y^{2}+a^{2}y^{2}-2abxy+b^{2}y^{2}=a^{2}x^{2}+a^{2}y^{2}+b^{2}x^{2}+b^{2}y^{2}

Άρα αφού τα δύο μέλη είναι ίσα θα ισχύει και η ταυτότητα. Είναι σωστή η σκέψη μου;

:coolspeak: Σωστή είναι η σκέψη. Πάντως είναι πολύ απλή για διαγωνισμούς. Μακάρι να βάζανε και μια τέτοια εύκολη μέσα σε τόσο δύσκολα που βάζουνε :P :P :P


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4184
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#100

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Σάβ Οκτ 13, 2012 3:58 pm

ΑΣΚΗΣΗ 46. Αν υπάρχουν θετικού αριθμοί \displaystyle{x , y , z} , τέτοιοι ώστε να είναι:

\displaystyle{xy(\frac{x+y}{2}-z)+yz(\frac{y+z}{2}-x)+zx(\frac{z+x}{2}-y)\leq 0}, να αποδείξετε ότι \displaystyle{x=y=z}


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