Προκριματικός 2013

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

jim.jt
Δημοσιεύσεις: 226
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 09, 2013 7:56 pm

Προκριματικός 2013

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από jim.jt » Κυρ Μαρ 31, 2013 2:43 pm

Σε έναν μήνα περίπου είναι ο προκριματικός διαγωνισμός της ΕΜΕ. Γι'αυτό προτείνω όποιος θέλει να ανεβάσει ασκήσεις αυτού του επιπέδου εδώ ώστε να βοηθήσει τους μαθητές του mathematica που θα συμμετέχουν.


Τσιντσιλίδας Δημήτρης
Παύλος Μαραγκουδάκης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1492
Εγγραφή: Παρ Ιαν 30, 2009 1:45 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Re: Προκριματικός 2013

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Παύλος Μαραγκουδάκης » Κυρ Μαρ 31, 2013 4:16 pm

Άσκηση 1
\left(\alpha  \right) Υπάρχουν τέσσερις διαφορετικοί θετικοί φυσικοί αριθμοί ώστε το άθροισμα τριών οποιωνδήποτε από αυτούς να είναι πρώτος αριθμός;
\left(\beta \right) Υπάρχουν πέντε διαφορετικοί θετικοί φυσικοί αριθμοί ώστε το άθροισμα τριών οποιωνδήποτε από αυτούς να είναι πρώτος αριθμός;


Στάλα τη στάλα το νερό το μάρμαρο τρυπά το,
εκείνο που μισεί κανείς γυρίζει κι αγαπά το.
jim.jt
Δημοσιεύσεις: 226
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 09, 2013 7:56 pm

Re: Προκριματικός 2013

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από jim.jt » Κυρ Μαρ 31, 2013 4:42 pm

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:Άσκηση 1
\left(\alpha  \right) Υπάρχουν τέσσερις διαφορετικοί θετικοί φυσικοί αριθμοί ώστε το άθροισμα τριών οποιωνδήποτε από αυτούς να είναι πρώτος αριθμός;
\left(\beta \right) Υπάρχουν πέντε διαφορετικοί θετικοί φυσικοί αριθμοί ώστε το άθροισμα τριών οποιωνδήποτε από αυτούς να είναι πρώτος αριθμός;
Σας ευχαριστώ πολύ που βοηθάτε σε αυτήν την προσπάθεια. Όμως θα σας παρακαλούσα να γράψετε το επίπεδο του διαγωνισμού. Ευχαριστώ εκ των προτέρων!


Τσιντσιλίδας Δημήτρης
jim.jt
Δημοσιεύσεις: 226
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 09, 2013 7:56 pm

Re: Προκριματικός 2013

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από jim.jt » Κυρ Μαρ 31, 2013 5:11 pm

Μια δικιά μου για τους μικρούς:

Άσκηση 2Αν a,b,c θετικοί πραγματικοί αριθμοί με abc=8 να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης:

\frac{a^2b^2}{a+b}+\frac{b^2c^2}{b+c}+\frac{c^2a^2}{c+a} ή \sum{\frac{a^2b^2}{a+b}}.

Πότε ισχύει η ισότητα;


Τσιντσιλίδας Δημήτρης
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8543
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Προκριματικός 2013

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Κυρ Μαρ 31, 2013 5:34 pm

jim.jt έγραψε:Μια δικιά μου για τους μικρούς:

Άσκηση 2Αν a,b,c θετικοί πραγματικοί αριθμοί με abc=8 να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης:

\frac{a^2b^2}{a+b}+\frac{b^2c^2}{b+c}+\frac{c^2a^2}{c+a} ή \sum{\frac{a^2b^2}{a+b}}.

Πότε ισχύει η ισότητα;
Δημήτρη συγχαρητήρια για την πρόκριση και καλή επιτυχία στον προκριματικό. Αν κρίνω από τια άλλες απαντήσεις που βάζεις η άσκηση του Παύλου είναι μέσα στις δυνατότητές σου.

Για την άσκηση που έβαλες τώρα έχουμε

\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}} \frac{a^2b^2}{a+b} = 8\sum_{\text{cyc}} \frac{ab}{ac+bc} \geqslant 12}

όπου στην τελευταία ανισότητα χρησιμοποίησα την ανισότητα

\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}} \frac{x}{y+z} \geqslant \frac{3}{2}}

της οποίας όμως ξεχνάω το όνομα. :oops: Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν x = y = z που δίνει ab = bc = ca και άρα a=b=c=2.


Άβαταρ μέλους
G.Bas
Δημοσιεύσεις: 705
Εγγραφή: Τετ Οκτ 13, 2010 9:27 pm
Τοποθεσία: Karditsa - Ioannina
Επικοινωνία:

Re: Προκριματικός 2013

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από G.Bas » Κυρ Μαρ 31, 2013 5:36 pm

jim.jt έγραψε:Μια δικιά μου για τους μικρούς:

Άσκηση 2Αν a,b,c θετικοί πραγματικοί αριθμοί με abc=8 να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης:

\frac{a^2b^2}{a+b}+\frac{b^2c^2}{b+c}+\frac{c^2a^2}{c+a} ή \sum{\frac{a^2b^2}{a+b}}.

Πότε ισχύει η ισότητα;
Ακολουθούμε τον μετασχηματισμό \displaystyle{(a,b,c)\mapsto\left(\frac{2}{x},\frac{2}{y},\frac{2}{z}\right)} και τότε αρκεί να βρούμε το ελάχιστο της παράστασης

\displaystyle{S=\sum\frac{8}{xy(x+y)}=8\sum\frac{z}{x+y}.}

Αλλά το \displaystyle{\sum\frac{z}{x+y}\geq\frac{3}{2}.}

Άρα, \displaystyle{S\geq 8\cdot\frac{3}{2}=12}

και έχουμε ελάχιστο για a=b=c=2. :smile:

EDIT

oops, με πρόλαβε ο Δημήτρης :mrgreen:
Είναι η Ανισότητα Nesbitt, Δημήτρη.


Let Solutions Say Your Method!

George Basdekis

Cauchy-Schwarz is the best tool!
jim.jt
Δημοσιεύσεις: 226
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 09, 2013 7:56 pm

Re: Προκριματικός 2013

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από jim.jt » Κυρ Μαρ 31, 2013 5:56 pm

Εγώ την έφτιαξα για να λύνεται έτσι:

\frac{a^2b^2}{a+b}+\frac{b^2c^2}{b+c}+\frac{c^2a^2}{c+a}\geq \frac{(ab+bc+ca)^2}{2(a+b+c)}\geq \frac{3abc(a+b+c)}{2(a+b+c)}=12.


Τσιντσιλίδας Δημήτρης
Άβαταρ μέλους
Broly
Δημοσιεύσεις: 220
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 27, 2010 11:29 pm

Re: Προκριματικός 2013

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Broly » Κυρ Μαρ 31, 2013 7:23 pm

Μικροί:

Αν x,y,z>0 , k>2 και a=x+ky+kz, b=kx+y+kz , c=kx+ky+z να δειχθεί ότι :

\frac{x}{b}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c} \geq \frac{3}{2k+1} .

Η άσκηση αυτή είχε πέσει στον προκριματικό στην ελλάδα το 1998.

Μεγάλοι:


Αν a_1,a_2,...,a_n είναι πραγματικοί αριθμοί να δειχθεί ότι :
\sqrt{a_1^2+(1-a_2)^2}+\sqrt{a_2^2+(1-a_3)^2}+...+\sqrt{a_{n-1}^2+(1-a_n)^2}+\sqrt{a_n^2+(1-a_1)^2} \geq\frac{n\sqrt{2}}{2}

για κάθε πραγματικό αριθμό a_1,a_2,...,a_n. Πότε ισχύει η ισότητα?


~Κώστας
Παύλος Μαραγκουδάκης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1492
Εγγραφή: Παρ Ιαν 30, 2009 1:45 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Re: Προκριματικός 2013

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Παύλος Μαραγκουδάκης » Κυρ Μαρ 31, 2013 9:40 pm

Άσκηση 3 Να λυθεί στους ακεραίους η εξίσωση x^2-y^2+6x+6=0.

Άσκηση 4 Έστω ABC ένα ορθογώνιο τρίγωνο στο A. Αποδείξτε ότι \sqrt{2}\left(AB+AC-\sqrt{AB \cdot AC} \right)\geq BC.

Άσκηση 5 Να λυθεί στους ακεραίους η εξίσωση 9x^2+y^2=\left(3xy+5 \right)^2.


Στάλα τη στάλα το νερό το μάρμαρο τρυπά το,
εκείνο που μισεί κανείς γυρίζει κι αγαπά το.
Άβαταρ μέλους
Broly
Δημοσιεύσεις: 220
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 27, 2010 11:29 pm

Re: Προκριματικός 2013

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Broly » Κυρ Μαρ 31, 2013 11:36 pm

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:Άσκηση 3 Να λυθεί στους ακεραίους η εξίσωση x^2-y^2+6x+6=0.
Η εξίσωση μπορεί να γραφτεί x^2+6x+(6-y^2)=0, ως τριώνυμο του χ.

Άρα D_y=36-4(6-y^2)=4y^2+12. Επειδή ψάχνουμε τις ακέραιες ρίζες η διακρίνουσα θα πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο.

Έστω λοιπόν 4y^2+12=k^2 ή (k-2y)(k+2y)=12. Μιας και το άθροισμα των όρων k-2y,k+2y είναι άρτιος και το γινόμενο τους επίσης είναι άρτιος,

κάθε ένας ξεχωριστά θα πρέπει να είναι άρτιος.

Άρα έχουμε : k-2y=2 ,k+2y=6 από όπου προκύπτει ότι (k,y)=(4,1) και από το σύστημα : k-2y=6,k+2y=2 έχουμε ότι (k,y)=(4,-1).

Παρατηρούμε απο την αρχική εξίσωση x^2-y^2+6x+6=0 πως αν (x,y) είναι λύση της , τότε και (x,-y) είναι επίσης λύση.

Τώρα για να βρόυμε και τους ακεραίους x που ικανοποιούν την εξίσωση αρκεί να λύσουμε το τριώνυμο x^2+6x+5=0 ή (x+1)(x+5)=0 ή x=-1 ή x=-5.

Άρα τα ζεύγη που ικανοποιούν την εξίσωση είναι : (x,y)=(-1,1),(-1,-1),(-5,1),(-5,-1).

Καθένα από τα παραπάνω ζεύγη επαληθεύει την αρχική. Παρόμοιο θέμα με το 2ο του αρχιμήδη των μεγάλων ως προς την αντιμετώπιση του.


~Κώστας
Antonis_Z
Δημοσιεύσεις: 524
Εγγραφή: Δευ Σεπ 05, 2011 12:07 am

Re: Προκριματικός 2013

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Antonis_Z » Δευ Απρ 01, 2013 1:51 am

Άσκηση 6:(μεγάλοι μάλλον)

Λύστε στους ακεραίους την εξίσωση x^3=y^2+1.
Επιτρέπεται και η αλγεβρική θεωρία αριθμών


Αντώνης Ζητρίδης
Άβαταρ μέλους
G.Bas
Δημοσιεύσεις: 705
Εγγραφή: Τετ Οκτ 13, 2010 9:27 pm
Τοποθεσία: Karditsa - Ioannina
Επικοινωνία:

Re: Προκριματικός 2013

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από G.Bas » Δευ Απρ 01, 2013 2:26 am

Broly έγραψε:Μικροί:

Αν x,y,z>0 , k>2 και a=x+ky+kz, b=kx+y+kz , c=kx+ky+z να δειχθεί ότι :

\frac{x}{b}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c} \geq \frac{3}{2k+1} .

Η άσκηση αυτή είχε πέσει στον προκριματικό στην ελλάδα το 1998.

Μεγάλοι:


Αν a_1,a_2,...,a_n είναι πραγματικοί αριθμοί να δειχθεί ότι :
\sqrt{a_1^2+(1-a_2)^2}+\sqrt{a_2^2+(1-a_3)^2}+...+\sqrt{a_{n-1}^2+(1-a_n)^2}+\sqrt{a_n^2+(1-a_1)^2} \geq\frac{n\sqrt{2}}{2}

για κάθε πραγματικό αριθμό a_1,a_2,...,a_n. Πότε ισχύει η ισότητα?
1)

Ισχύει από την Ανισότητα Cauchy-Schwarz

\displaystyle{\sum\frac{x}{a}\geq\frac{(x+y+z)^2}{ax+by+cz}=\frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+2k(xy+yz+zx)}.}

Μένει να δείξουμε ότι \displaystyle{(2k+1)(x+y+z)^2\geq 3(x^2+y^2+z^2)+6k(xy+yz+zx),}

το οποίο μετά τις πράξεις καταλήγει στην προφανή \displaystyle{x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx.}

2) Από την Ανισότητα Minkowski έχουμε

\displaystyle{\sum\sqrt{a_1^2+(1-a_2)^2}\geq\sqrt{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^2+(n-a_1-a_2-\cdots-a_n)^2}.}

Επιπλεόν, από την Ανισότητα Cauchy-Schwarz ισχύει

\displaystyle{\sqrt{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^2+(n-a_1-a_2-\cdots-a_n)^2}\geq\sqrt{\frac{n^2}{2}}=\frac{n\sqrt{2}}{2}.}


Let Solutions Say Your Method!

George Basdekis

Cauchy-Schwarz is the best tool!
Άβαταρ μέλους
G.Bas
Δημοσιεύσεις: 705
Εγγραφή: Τετ Οκτ 13, 2010 9:27 pm
Τοποθεσία: Karditsa - Ioannina
Επικοινωνία:

Re: Προκριματικός 2013

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από G.Bas » Δευ Απρ 01, 2013 2:31 am

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:
Άσκηση 4 Έστω ABC ένα ορθογώνιο τρίγωνο στο A. Αποδείξτε ότι \sqrt{2}\left(AB+AC-\sqrt{AB \cdot AC} \right)\geq BC.
Θέτουμε \displaystyle{ x=(AB),\, y=(AC),\, z=(BC).} Τότε η Ανισότητα γίνεται

\displaystyle{\sqrt{2}(x+y-\sqrt{xy})\geq z}

ή

\displaystyle{x+y\geq\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}+\sqrt{xy}.}

Αλλά, από την Ανισότητα Cauchy-Schwarz ισχύει για το δεξί μέλος

\displaystyle{\left(\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}+\sqrt{xy}\right)^2\leq 2\left(\frac{x^2+y^2}{2}+xy\right)=(x+y)^2.}


Let Solutions Say Your Method!

George Basdekis

Cauchy-Schwarz is the best tool!
Άβαταρ μέλους
Broly
Δημοσιεύσεις: 220
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 27, 2010 11:29 pm

Re: Προκριματικός 2013

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Broly » Δευ Απρ 01, 2013 2:45 am

G.Bas έγραψε:
Broly έγραψε:Μικροί:

Αν x,y,z>0 , k>2 και a=x+ky+kz, b=kx+y+kz , c=kx+ky+z να δειχθεί ότι :

\frac{x}{b}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c} \geq \frac{3}{2k+1} .

Η άσκηση αυτή είχε πέσει στον προκριματικό στην ελλάδα το 1998.

Μεγάλοι:


Αν a_1,a_2,...,a_n είναι πραγματικοί αριθμοί να δειχθεί ότι :
\sqrt{a_1^2+(1-a_2)^2}+\sqrt{a_2^2+(1-a_3)^2}+...+\sqrt{a_{n-1}^2+(1-a_n)^2}+\sqrt{a_n^2+(1-a_1)^2} \geq\frac{n\sqrt{2}}{2}

για κάθε πραγματικό αριθμό a_1,a_2,...,a_n. Πότε ισχύει η ισότητα?
1)

Ισχύει από την Ανισότητα Cauchy-Schwarz

\displaystyle{\sum\frac{x}{a}\geq\frac{(x+y+z)^2}{ax+by+cz}=\frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+2k(xy+yz+zx)}.}

Μένει να δείξουμε ότι \displaystyle{(2k+1)(x+y+z)^2\geq 3(x^2+y^2+z^2)+6k(xy+yz+zx),}

το οποίο μετά τις πράξεις καταλήγει στην προφανή \displaystyle{x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx.}

2) Από την Ανισότητα Minkowski έχουμε

\displaystyle{\sum\sqrt{a_1^2+(1-a_2)^2}\geq\sqrt{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^2+(n-a_1-a_2-\cdots-a_n)^2}.}

Επιπλεόν, από την Ανισότητα Cauchy-Schwarz ισχύει

\displaystyle{\sqrt{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^2+(n-a_1-a_2-\cdots-a_n)^2}\geq\sqrt{\frac{n^2}{2}}=\frac{n\sqrt{2}}{2}.}

ωραίος. Για την δεύτερη, έχω συναντήσει μια εναλλακτική λύση την οποία θα ποστάρω πιο μετά.


~Κώστας
Άβαταρ μέλους
G.Bas
Δημοσιεύσεις: 705
Εγγραφή: Τετ Οκτ 13, 2010 9:27 pm
Τοποθεσία: Karditsa - Ioannina
Επικοινωνία:

Re: Προκριματικός 2013

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από G.Bas » Δευ Απρ 01, 2013 2:52 am

Broly έγραψε:

ωραίος. Για την δεύτερη, έχω συναντήσει μια εναλλακτική λύση την οποία θα ποστάρω πιο μετά.
Μήπως η ενναλακτική λύση είναι αυτή;

Από την Ανισότητα Cauchy-Schwarz ισχύει

\displaystyle{\sum\sqrt{a_1^2+(1-a_2)^2}\geq\sum\frac{a_1+1-a_2}{\sqrt{2}}=\frac{n}{\sqrt{2}}.}

:smile:


Let Solutions Say Your Method!

George Basdekis

Cauchy-Schwarz is the best tool!
Άβαταρ μέλους
Broly
Δημοσιεύσεις: 220
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 27, 2010 11:29 pm

Re: Προκριματικός 2013

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Broly » Δευ Απρ 01, 2013 3:14 am

G.Bas έγραψε:
Broly έγραψε:

ωραίος. Για την δεύτερη, έχω συναντήσει μια εναλλακτική λύση την οποία θα ποστάρω πιο μετά.
Μήπως η ενναλακτική λύση είναι αυτή;

Από την Ανισότητα Cauchy-Schwarz ισχύει

\displaystyle{\sum\sqrt{a_1^2+(1-a_2)^2}\geq\sum\frac{a_1+1-a_2}{\sqrt{2}}=\frac{n}{\sqrt{2}}.}

:smile:
ωραίος φίλε. όχι δεν είναι αυτή. την άσκηση αυτή την βρήκα στο βιβλίο "USSR OLYMPIAD PROBLEM BOOK" και έχει μια άκυρη λύση με διανύσματα και ιστορίες.
έλεγα να την βάλω αλλά τελικά είναι λίγο μεγαλούτσικη...ουσιαστικά την έβαλα εδώ μιας και ήμουν σίγουρος πως μπορεί να λυθεί με Cauchy-Schwarz απλά
εγώ δεν έβλεπα πως...


~Κώστας
jim.jt
Δημοσιεύσεις: 226
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 09, 2013 7:56 pm

Re: Προκριματικός 2013

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από jim.jt » Πέμ Απρ 04, 2013 9:46 pm

Μικροί

Να βρεθεί ο κύβος του αριθμού N, όπου

N=\sqrt{7\sqrt{3\sqrt{7\sqrt{3\sqrt{7\sqrt{3...}}}}}}


Τσιντσιλίδας Δημήτρης
jim.jt
Δημοσιεύσεις: 226
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 09, 2013 7:56 pm

Re: Προκριματικός 2013

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από jim.jt » Πέμ Απρ 04, 2013 9:50 pm

Μικροί

Άλλη μία με ρίζες:

x=\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2...}}}} και y=\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2...}}}}}

Να βρείτε τη διαφορά S=x-y.


Τσιντσιλίδας Δημήτρης
Άβαταρ μέλους
Broly
Δημοσιεύσεις: 220
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 27, 2010 11:29 pm

Re: Προκριματικός 2013

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Broly » Πέμ Απρ 04, 2013 10:09 pm

jim.jt έγραψε:Μικροί

Να βρεθεί ο κύβος του αριθμού N, όπου

N=\sqrt{7\sqrt{3\sqrt{7\sqrt{3\sqrt{7\sqrt{3...}}}}}}

Έχουμε N^2=7\sqrt{3\sqrt{7\sqrt{3\sqrt{7\sqrt{3...}}}}}} ή N^2=7\sqrt{3N} ή N^4=7^2*3N , άρα N^3=49*3=147 .

Δεν είμαι σίγουρος για την λύση.μπορεί να είναι και λάθος.


~Κώστας
Άβαταρ μέλους
Broly
Δημοσιεύσεις: 220
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 27, 2010 11:29 pm

Re: Προκριματικός 2013

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Broly » Πέμ Απρ 04, 2013 10:23 pm

jim.jt έγραψε:Μικροί

Άλλη μία με ρίζες:

x=\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2...}}}} και y=\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2...}}}}}

Να βρείτε τη διαφορά S=x-y.

Έχουμε x^2=2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2...}}}} ή x^2=2+x . Η δευτεροβά8μια δύνει τις λύσεις 2,-1.
Η λύση -1 είναι αδύνατη μιας και το χ είναι θετικός αριθμός . Άρα x=2.

Παρόμοια έχουμε y^2=2\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2...}}}}} ή y^2=2y οπότε y(y-2)=0 . Επειδή y>0 έχουμε y=2.

Άρα η διαφορά x-y ισούται με 0.


~Κώστας
Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 5 επισκέπτες