Τεστ Εξάσκησης (58), Μικροί

#1

ΘΕΜΑ 1
Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί a, b

και

είναι τέτοιοι, ώστε a + b + c = 3.

Να αποδείξετε ότι $a^2 + b^2 + c^2 + a^2b + b^2c + c^2a\geq 6.$

ΘΕΜΑ 2
Να προσδιορίσετε όλους τους θετικούς ακέραιους

για τους οποίους υπάρχουν θετικοί ακέραιοι a_1, a_2, . . . , a_8

τέτοιοι, ώστε

$\displaystyle{\bullet \ \ \frac{a_1}{a_2}=\frac{a_3}{a_4}=\frac{a_5}{a_6}=\frac{a_7}{a_8}=k}$ και

$\displaystyle{\bullet }$ το σύνολο $\{a_1, a_2, . . . , a_8\}$ είναι το σύνολο των θετικών διαιρετών του αριθμού 24.

ΘΕΜΑ 3
Θεωρούμε παραλληλόγραμμο ABCD,

το σημείο τομής των διαγωνίων του,

και το μέσο ,M,

της πλευράς AB.

Έστω

σημείο του τμήματος

και

το σημείο τομής των ευθειών

και

Η παράλληλη στην

από το

τέμνει την ευθεία

στο σημείο

Να αποδείξετε ότι τα σημεία A, N

και

είναι συνευθειακά αν και μόνο αν το

είναι το μέσο του OC.

ΘΕΜΑ 4
Να προσδιορίσετε το μικρότερο θετικό ακέραιο

για τον οποίο ισχύει:
Για οποιονδήποτε χρωματισμό των αριθμών του συνόλου $A=\{2, 3, . . . , n\}$ με δύο χρώματα, υπάρχουν $x,y,z\in A, \ \ x\ne y,$ με το ίδιο χρώμα τέτοιοι, ώστε x + y = z.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #2

Θεωρούμε παραλληλόγραμμο ABCD, το σημείο τομής των διαγωνίων του,O και το μέσο ,M, της πλευράς AB.
Έστω P σημείο του τμήματος OC και Q το σημείο τομής των ευθειών MP και BC. Η παράλληλη στην MP από το O τέμνει την ευθεία CD στο σημείο N. Να αποδείξετε ότι τα σημεία A, N και Q είναι συνευθειακά αν και μόνο αν το P είναι το μέσο του OC.

Απόδειξη

Έστω

μέσον της

.Επειδή

θα είναι

Επειδή

μέσον της

και

θα είναι

παραλ/μμο άρα $QC=OM\Rightarrow CS= 2QC=2OM=BC$

Προφανώς DSBT

παραλ/μμο, άρα AT=CS=BC

.Επομένως $\dfrac{SQ}{AT}= \dfrac{QC}{AD}$ κι από

θ.κ δέσμης οι ST,CD,AQ

συγκλίνουν στο

Αντίστροφα

Επειδή AQ,BQ,MQ

συντρέχουν , NC//AB

και $\dfrac{AM}{MB} =1$ θα είναι (θ.κ.δ) και $\dfrac{NI}{NC} =1$

κι επειδή IP//NO

το

θα είναι μέσον της

: Τεστ εξάσκησης 58 μικροί.png (19.13 KiB) Προβλήθηκε 913 φορές

#3

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 13, 2023 10:56 pm
ΘΕΜΑ 1
Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί και είναι τέτοιοι, ώστε
Να αποδείξετε ότι $a^2 + b^2 + c^2 + a^2b + b^2c + c^2a\geq 6.$

Θεωρούμε τις εξάδες:

$\displaystyle{a,b,c,b\sqrt{a} , c\sqrt{b} , a\sqrt{c}}$

$\displaystyle{a , b , c , \sqrt{a} , \sqrt{b} , \sqrt{c}}$

Τότε:

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

Άρα

$\displaystyle{a^2 +b^2 +c^2 +ab^2 +bc^2 +ca^2 \geq \frac{(a^2 +b^2 +c^2 +ab+bc+ca)^2}{a^2 +b^2 +c^2 +3}}$

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι:

$\displaystyle{\frac{(a^2 +b^2 +c^2 +ab+bc+ca)^2}{a^2 +b^2 +c^2 +3} \geq 6}$ , δηλαδή ότι:

$\displaystyle{(a^2 +b^2 +c^2 +_ab +bc +ca)^2 \geq 6(a^2 +b^2 +c^2)+18}$ , (1)

Θέτω: $\displaystyle{a^2 +b^2 +c^2 = K}$ . Τότε $\displaystyle{(a+b+c)^2 -2(ab+bc+ca)=K}$ και άρα: $\displaystyle{ab+bc+ca = \frac{9-K}{2}}$

Έτσι λόγω της (1), αρκεί να δείξουμε ότι:

$\displaystyle{(K + \frac{9-K}{2})^2 \geq 6K + 18}$ , ή αρκεί:

$\displaystyle{(\frac{K+9}{2})^2 \geq 6K+18}$ , ή

$\displaystyle{K^2 +18K +81 \geq 24K +72}$ , ή

$\displaystyle{(K-3)^2 \geq 0}$ , το οποίο είναι αληθές.

#4

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 13, 2023 10:56 pm

ΘΕΜΑ 2
Να προσδιορίσετε όλους τους θετικούς ακέραιους για τους οποίους υπάρχουν θετικοί ακέραιοι τέτοιοι, ώστε

$\displaystyle{\bullet \ \ \frac{a_1}{a_2}=\frac{a_3}{a_4}=\frac{a_5}{a_6}=\frac{a_7}{a_8}=k}$ και

$\displaystyle{\bullet }$ το σύνολο $\{a_1, a_2, . . . , a_8\}$ είναι το σύνολο των θετικών διαιρετών του αριθμού

Το σύνολο των θετικών διαιρετών του $\displaystyle{4}$ είναι το $\displaystyle{A=\{1,2,3,4,6,8,12,24\}}$

Παρατηρούμε ότι:

(α) $\displaystyle{\frac{2}{1}=\frac{6}{3}=\frac{8}{4}=\frac{24}{12}}$ . Άρα $\displaystyle{K=2}$

(β) $\displaystyle{\frac{3}{1}=\frac{6}{2}=\frac{12}{4}=\frac{24}{8}}$ . Άρα $\displaystyle{K=3}$

(γ) $\displaystyle{\frac{4}{1}=\frac{8}{2}=\frac{12}{3}=\frac{24}{6}}$ . Άρα $\displaystyle{K=4}$

Οι άλλες πιθανές τιμές για το $\displaystyle{K}$ που είναι $\displaystyle{6,8,12}$ , εύκολα διαπιστώνουμε ότι δεν μπορούν να εμφανισθούν.

SmbdTLv · #5

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 13, 2023 10:56 pm
ΘΕΜΑ 1
Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί και είναι τέτοιοι, ώστε
Να αποδείξετε ότι $a^2 + b^2 + c^2 + a^2b + b^2c + c^2a\geq 6.$

Έχουμε από ΑΜ-ΓΜ $a+b+c \geq 3\sqrt[3]{abc} => 3\sqrt[3]{abc} \leq 3 => abc \leq 1$
Έχουμε επιπλέον ότι $a^2 + b^2 + c^2 + a^2b + b^2c + c^2a\geq 6\sqrt[6]{a^5b^5c^5}.$
Συνεπώς, ακόμη και για την μέγιστη τιμή του abc

(δηλ. 1), έχουμε:
$a^2 + b^2 + c^2 + a^2b + b^2c + c^2a\geq 6\sqrt[6]{1} => a^2 + b^2 + c^2 + a^2b + b^2c + c^2a\geq 6.$

#6

SmbdTLv έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 25, 2024 8:36 pm
Συνεπώς, ακόμη και για την μέγιστη τιμή του (δηλ. 1), έχουμε:
$a^2 + b^2 + c^2 + a^2b + b^2c + c^2a\geq 6\sqrt[6]{1}$

Για ξαναδές το αυτό γιατί πρόκειται για λογικό σφάλμα. Με λίγα λόγια, αν ισχύει $A\ge B$ με A,B

μεταβλητά, δεν έπεται ότι $A \ge \max B$ .

Ας δούμε ένα απλό παράδειγμα που ακολουθεί τον συλλογισμό σου αλλά δίνει εσφαλμένο συμπέρασμα. Εξετάζουμε το 1+2a

για $0\le a \le 1$ .

Ισχύει $1+2a \ge 1+a$ (άμεσο, αφού $a\ge 0$ ). Τώρα το 1+a

έχει μέγιστο

καθώς $1+a \le 2$ (άμεσο, αφού $a\le 1$ ) με ισότητα όταν a=1

.

Όμως δεν μπορούμε να πούμε ότι ακόμη και για την μέγιστη τιμή

του

ισχύει η $1+2a \ge 2$ . Για παράδειγμα πάρε $a= \frac {1}{10}$ για να δεις ότι δεν ισχύει καθώς $1+\frac {2}{10} \not \ge 2$ .

SmbdTLv · #7

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 25, 2024 9:24 pm

SmbdTLv έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 25, 2024 8:36 pm
Συνεπώς, ακόμη και για την μέγιστη τιμή του (δηλ. 1), έχουμε:
$a^2 + b^2 + c^2 + a^2b + b^2c + c^2a\geq 6\sqrt[6]{1}$
Για ξαναδές το αυτό γιατί πρόκειται για λογικό σφάλμα. Με λίγα λόγια, αν ισχύει $A\ge B$ με μεταβλητά, δεν έπεται ότι $A \ge \max B$ .

Με συγχωρείτε κ. Λάμπρου, μάλλον η διατύπωση της λύσης μου ήταν λάθος.
Προηγουμένως από ανισότητα ΑΜ-ΓΜ, απέδειξα ότι $abc \leq 1$ , οπότε max

.
Έπειτα απέδειξα ότι $a^2 + b^2 + c^2 + a^2b + b^2c + c^2a \geq max$ abc

Και αν $A \geq max$

, έπεται $A \geq B$
Σας ευχαριστώ πολύ και σας παρακαλώ να με διορθώσετε εάν υπάρχει λάθος.

#8

SmbdTLv έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 25, 2024 9:47 pm
Έπειτα απέδειξα ότι $a^2 + b^2 + c^2 + a^2b + b^2c + c^2a \geq max$

Διασταυρωθήκαν τα μηνύματά μας καθώς συμπλήρωνα την αρχική μου ανάρτηση με ένα παράδειγμα (βλέπε τις έξι τελευταίες γραμμές).

Τώρα έχω ήδη απαντήσει με παράδειγμα σε αυτό που ισχυρίζεσαι. Ας προσθέσω ότι αυτό που γράφεις τώρα οτι έδειξες (το απομόνωσα παραπάνω), δεν υπάρχει στην απόδειξή σου. Τουλάχιστον δεν το βλέπω. Μπορείς να μου πεις σε ποιο βήμα το έδειξες;

SmbdTLv · #9

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 25, 2024 9:54 pm

SmbdTLv έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 25, 2024 9:47 pm
Έπειτα απέδειξα ότι $a^2 + b^2 + c^2 + a^2b + b^2c + c^2a \geq max$
Διασταυρωθήκαν τα μηνύματά μας καθώς συμπλήρωνα την αρχική μου ανάρτηση με ένα παράδειγμα (βλέπε τις έξι τελευταίες γραμμές).

Τώρα έχω ήδη απαντήσει με παράδειγμα σε αυτό που ισχυρίζεσαι. Ας προσθέσω ότι αυτό που γράφεις τώρα οτι έδειξες (το απομόνωσα παραπάνω), δεν υπάρχει στην απόδειξή σου. Τουλάχιστον δεν το βλέπω. Μπορείς να μου πεις σε ποιο βήμα το έδειξες;

Λέγοντας ότι ...για την μέγιστη τιμή του abc

ισχύει ότι...
Επειδή οι a,b,c θετικοί, το abc αποκτά μέγιστη τιμή όταν a,b,c αποκτούν την μέγιστή τους τιμή.
Σας ευχαριστώ πολύ

#10

SmbdTLv έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 25, 2024 10:10 pm
[Λέγοντας ότι ...για την μέγιστη τιμή του ισχύει ότι...
Επειδή οι a,b,c θετικοί, το abc αποκτά μέγιστη τιμή όταν a,b,c αποκτούν την μέγιστή τους τιμή.
Σας ευχαριστώ πολύ

Δεν απάντησες στο ερώτημα που σου έθεσα. Ας είναι.

Δυστυχώς και αυτό που έγραψες τώρα είναι εσφαλμένο. Φαίνεται να νομίζεις ότι η μέγιστή τιμή των θετικών a,b,c

είναι

. Δεν ισχύει. Τα a,b,c

ικανοποιούν a+b+c=3

. Οπότε το καθένα χωριστά μπορεί να πάρει οποιαδήποτε τιμή στο ανοικτό διάστημα (0,3)

. Μάλιστα μπορεί να πλησιάσει το

όσο κοντά θέλεις.

Αυτό που ίσως παραβλέπεις είναι ότι τα a,b,c

εξαρτώνται το ένα από τα άλλα. Όταν μεταβάλλεται το ένα, επηρεάζει την τιμή των άλλων.

Για να συνοψίσω και κλείνω: Η απόδειξη που έγραψες της ανισότητας είναι εσφαλμένη. Καλό είναι να καταλάβεις γιατί είναι εσφαλμένη. Με χαρά να σε βοηθήσουμε σε ότι θέλεις, αλλά πρέπει και εσύ παράλληλα να είσαι ανοικτός στην υπόδειξη του σφάλματος που σου επισημαίνουμε. ΔΕΝ είναι μεμπτό να κάνει κανείς λάθη. Αντίθετα, είναι ευκαιρία για γνώση.

SmbdTLv · #11

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 25, 2024 11:03 pm

SmbdTLv έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 25, 2024 10:10 pm
[Λέγοντας ότι ...για την μέγιστη τιμή του ισχύει ότι...
Επειδή οι a,b,c θετικοί, το abc αποκτά μέγιστη τιμή όταν a,b,c αποκτούν την μέγιστή τους τιμή.
Σας ευχαριστώ πολύ
Δεν απάντησες στο ερώτημα που σου έθεσα. Ας είναι.

Δυστυχώς και αυτό που έγραψες τώρα είναι εσφαλμένο. Φαίνεται να νομίζεις ότι η μέγιστή τιμή των θετικών είναι . Δεν ισχύει. Τα ικανοποιούν . Οπότε το καθένα χωριστά μπορεί να πάρει οποιαδήποτε τιμή στο ανοικτό διάστημα . Μάλιστα μπορεί να πλησιάσει το όσο κοντά θέλεις.

Αυτό που ίσως παραβλέπεις είναι ότι τα εξαρτώνται το ένα από τα άλλα. Όταν μεταβάλλεται το ένα, επηρεάζει την τιμή των άλλων.

Για να συνοψίσω και κλείνω: Η απόδειξη που έγραψες της ανισότητας είναι εσφαλμένη. Καλό είναι να καταλάβεις γιατί είναι εσφαλμένη. Με χαρά να σε βοηθήσουμε σε ότι θέλεις, αλλά πρέπει και εσύ παράλληλα να είσαι ανοικτός στην υπόδειξη του σφάλματος που σου επισημαίνουμε. ΔΕΝ είναι μεμπτό να κάνει κανείς λάθη. Αντίθετα, είναι ευκαιρία για γνώση.

Σας ευχαριστώ πάρα πολύ κ. Λάμπρου για την κατατοπιστική σας απάντηση!

Τεστ Εξάσκησης (58), Μικροί

Τεστ Εξάσκησης (58), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (58), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (58), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (58), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (58), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (58), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (58), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (58), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (58), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (58), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (58), Μικροί

Μέλη σε σύνδεση