ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2015 -ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ

#1

Τα θέματα !!!

Καλά αποτελέσματα !!!

Μπάμπης

#2

Γ΄ΛΥΚΕΙΟΥ - ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1

Έστω

ο αριθμός των μαθημάτων και $\displaystyle{0 \le {x_1} < {x_2} < \cdots < {x_n} \le 100}$ οι βαθμοί του υποψήφιου. Από τα δεδομένα του προβλήματος έχουμε ότι:

$\displaystyle{\frac{{{x_1} + {x_2} + \cdots + {x_n}}}{n} = 50 \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} + \cdots + {x_n} = 50n}$ $\bf \color{red} \left(1 \right)$

$\displaystyle{\frac{{{x_2} + {x_3} + \cdots + {x_n}}}{{n - 1}} = 56 \Leftrightarrow {x_2} + {x_3} + \cdots + {x_n} = 56\left( {n - 1} \right)}$ $\bf \color{red} \left(2 \right)$

$\displaystyle{\frac{{{x_1} + {x_2} + \cdots + {x_{n - 1}}}}{{n - 1}} = 40 \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} + \cdots + {x_{n - 1}} = 40\left( {n - 1} \right)}$ $\bf \color{red} \left(3 \right)$

$\displaystyle{\frac{{{x_2} + {x_3} + \cdots + {x_{n - 1}}}}{{n - 2}} = 45 \Leftrightarrow {x_2} + {x_3} + \cdots + {x_{n - 1}} = 45\left( {n - 2} \right)}$ $\bf \color{red} \left(4 \right)$ .

Από τις σχέσεις $\bf \color{red} \left(1 \right)$ , $\bf \color{red} \left(2 \right)$ , $\bf \color{red} \left(3 \right)$ και $\bf \color{red} \left(4 \right)$ προκύπτει το σύστημα:

$\displaystyle{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {50n - {x_1} = 56\left( {n - 1} \right)}\\ {50n - {x_n} = 40\left( {n - 1} \right)}\\ {50n - {x_1} - {x_n} = 45\left( {n - 2} \right)} \end{array}} \right\}}$

από τη λύση του οποίου εύκολα προκύπτει ότι $\displaystyle{n = 6,}$ $\displaystyle{{{x_1} = 20}}$ και $\displaystyle{{{x_n} = 100}}$ .

#3

Α λυκείου -ΘΕΜΑ 2

Έστω

ο αριθμός των μαθημάτων και $\displaystyle{0 \le {x_1} < {x_2} < \cdots < {x_n} \le 100}$ οι βαθμοί του υποψήφιου. Είναι

$x_1+x_2+\cdots +x_{n}=40n$

$x_2+\cdots +x_{n}=46(n-1)$

$x_1+\cdots +x_{n-1}=28(n-1)$

$x_2+x_3+\cdots +x_{n-1}=32(n-2)$

Συνεπώς,

$\displaystyle{46(n-1)+28(n-1)=(x_1+x_2+\cdots +x_{n})+(x_2+x_3+\cdots +x_{n-1})=40n+32(n-2)}$ ,

απ'οπου παίρνουμε n=5

.

και

Φιλικά,

Αχιλλέας

#4

Πρόβλημα 3

: Ευκλείδης_75_Α_λυκείου.png (23.24 KiB) Προβλήθηκε 8214 φορές

Επειδή $\Delta {\rm A} = \Delta {\rm Z}\,\,\,(1)$ ( η $\Delta {\rm E}$ μεσοκάθετος στο ${\rm A}{\rm Z}$ ) και $\Delta {\rm A} = {\rm B}\Gamma$ , το τετράπλευρο ${\rm B}{\rm Z}\Delta \Gamma$ ισοσκελές τραπέζιο .

Έτσι $\widehat \theta = \widehat \Gamma = \widehat \phi = \widehat \omega$ συνεπώς $\boxed{\widehat x = \widehat y}$ ( παραπληρώματα ίσων γωνιών)

Τα τρίγωνα ${\rm A}\Lambda \Delta \,\,\,\kappa \alpha \iota \;\,\,{\rm Z}{\rm K}\Delta$ είναι ίσα γιατί έχουν

1. $\Delta {\rm A} = \Delta {\rm Z}$ ( Λόγω της (1)

)

2. ${\rm A}\Lambda = {\rm A}{\rm B} = \Delta {\rm B} = \Gamma {\rm Z} = {\rm Z}{\rm K}$ ( ${\rm B}\Delta = {\rm Z}\Gamma$ ως διαγώνιοι ισοσκελούς τραπεζίου)

3. $\widehat x = \widehat y$

Άρα είναι ίσα και θα έχουν : $\Delta {\rm K} = \Delta \Lambda$ .

: Ευκλείδης_75_Β_λυκείου.png (24.7 KiB) Προβλήθηκε 8079 φορές

Στην ειδική περίπτωση (πρόβλημα 3 Β λυκείου) που η γωνία $\boxed{{\rm A} = {{75}^0}}$

Πάλι το τρίγωνο DKL

είναι ισοσκελές και τα τρίγωνα $DKL\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DAZ$ είναι όμοια συνεπώς $K\widehat DL = Z\widehat AD = {30^0}$

Νίκος

#5

Γ΄ΛΥΚΕΙΟΥ - ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2

Θέτουμε $\displaystyle{x = \sqrt[3]{{\frac{b}{a}}} > 0,}$ οπότε η δοσμένη εξίσωση γράφεται ισοδύναμα:

$\displaystyle{\frac{1}{{{x^3} + 1}} + x = \frac{3}{2} \Leftrightarrow 2 + 2x\left( {{x^3} + 1} \right) = 3\left( {{x^3} + 1} \right) \Leftrightarrow 2{x^4} - 3{x^3} + 2x - 1 = 0}$ $\bf \color{red} \left(1 \right)$

Χρησιμοποιώντας το σχήμα Horner βρίσκουμε ότι

$\displaystyle{2{x^4} - 3{x^3} + 2x - 1 = \left( {x - 1} \right)\left( {2{x^3} - {x^2} - x + 1} \right).}$

Αλλά για κάθε x>0

είναι

$\displaystyle{2{x^3} - {x^2} - x + 1 = {x^3} + {x^3} - {x^2} - x + 1 = {x^3} + {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x + 1} \right) > 0,}$

οπότε η εξίσωση $\bf \color{red} \left(1 \right)$ έχει τη μοναδική θετική λύση x = 1

και άρα

.

#6

ΘΕΜΑ 3¨

Έστω $AB=B\Delta=\Gamma\Delta=a$ .

Τα τρίγωνα $Z\Gamma\Delta$ και $AB\Delta$ είναι ίσα

(αφού εύκολα βλέπουμε ότι $Z\Delta=A\Delta$ , $\Gamma\Delta=B\Delta$ και $Z\widehat{\Delta}\Gamma=B\widehat{\Delta}A$ )

κι άρα $Z\Gamma=B\Delta=a$ )

Συνεπώς,

$K\Gamma=2a=B\Lambda$ ,

οπότε τα τρίγωνα $\Lambda B\Delta$ και $K\Gamma\Delta$ είναι ίσα,

αφού έχουν ακόμη $\Gamma\Delta=a=B\Delta$ και $\Lambda \widehat{B}\Delta=K\widehat{\Gamma}\Delta$

#7

Β΄ΛΥΚΕΙΟΥ - ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1

Πρέπει $\displaystyle{x \ne 1,}$ $\displaystyle{x \ne 2}$ και $\displaystyle{x \ne 3.}$

Θέτουμε y = x-2

, οπότε $\displaystyle{y \ne -1,}$ $\displaystyle{y \ne 0}$ και $\displaystyle{y \ne 1.}$ Η δοσμένη εξίσωση τότε γράφεται ισοδύναμα:

$\displaystyle{\frac{1}{{y - 1}} + \frac{2}{y} + \frac{3}{{y + 1}} = 3 \Leftrightarrow y\left( {y + 1} \right) + 2\left( {y - 1} \right)\left( {y + 1} \right) + 3y\left( {y - 1} \right) = 3y\left( {y - 1} \right)\left( {y + 1} \right) \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow 3{y^3} - 6{y^2} - y + 2 = 0 \Leftrightarrow \left( {y - 2} \right)\left( {3{y^2} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow y \in \left\{ {2, - \frac{{\sqrt 3 }}{3},\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right\},}$

οπότε τελικά η αρχική εξίσωση έχει τις λύσεις $\displaystyle{x \in \left\{ {4,2 - \frac{{\sqrt 3 }}{3},2 + \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right\}.}$

#8

Θέμα 2 Β Λυκείου

Έστω a-3k, a-2k, a-k, a, a+k, a+2k, a+3k

οι αριθμοί. Από τα δεδομένα έχουμε 7a=r^3

για κάποιο ακέραιο

, και

για κάποιο ακέραιο

.

Αφού

άρα

δηλαδή

οπότε

συνεπώς

οπότε αρκεί να βρούμε την ελάχιστη τιμή του s_1

λαμβάνοντας όμως υπόψιν τη σχέση 7a=r^3

.

Αφού

άρα

δηλαδή

και

άρα τελικά βγάζουμε s_1^2=35^2s_2^3

. Η ελάχιστη τιμή του s_2

είναι το

άρα η ελάχιστη τιμή του s_1^2

είναι το

.

Συνεπώς $a_{\min}=5\cdot 35^2 = 6125$

Αλεξανδρος

#9

Β' ΛΥΚΕΙΟΥ - ΠΡΟΒΛΗΜΑ 4

Υποθέτουμε ότι $k, m \in \mathbb{Z}$ . Επειδή το τριώνυμο έχει διακεκριμένες ρίζες, θα είναι:

$\displaystyle{\Delta > 0 \Leftrightarrow {k^2} > 16m}$ $\bf \color{red} \left(1 \right)$ .

Έστω $\displaystyle{{x_1},{x_2} \in \left( {0,1} \right)}$ οι ρίζες του τριωνύμου. Από τους τύπους του Vieta έχουμε ότι

$\displaystyle{0 < {x_1} + {x_2} < 2 \Leftrightarrow 0 < - \frac{k}{4} < 2 \Leftrightarrow - 8 < k < 0 \Leftrightarrow k \in \left\{ { - 7, - 6, - 5, - 4, - 3, - 2, - 1} \right\}}$

και

$\displaystyle{0 < {x_1}{x_2} < 1 \Leftrightarrow 0 < \frac{m}{4} < 1 \Leftrightarrow 0 < m < 4 \Leftrightarrow m \in \left\{ {1,2,3} \right\}.}$

Λόγω της $\bf \color{red} \left(1 \right)$ , τα πιθανά ζεύγη $\displaystyle{\left( {k,m} \right)}$ είναι τα ακόλουθα:

$\bullet$ $\displaystyle{\left( {k,m} \right) = \left( { - 5,1} \right),}$ οπότε $\displaystyle{f\left( x \right) = 4{x^2} - 5x + 1,}$ που έχει ρίζα το x=1,

πράγμα άτοπο.

$\bullet$ $\displaystyle{\left( {k,m} \right) = \left( { - 6,1} \right),}$ οπότε $\displaystyle{f\left( x \right) = 4{x^2} - 6x + 1,}$ που έχει ρίζα το $\displaystyle{\frac{{3 + \sqrt 5 }}{4} > 1,}$ πράγμα άτοπο.

$\bullet$ $\displaystyle{\left( {k,m} \right) = \left( { - 6,2} \right),}$ οπότε $\displaystyle{f\left( x \right) = 4{x^2} - 6x + 2,}$ που έχει ρίζα το x=1,

πράγμα άτοπο.

$\bullet$ $\displaystyle{\left( {k,m} \right) = \left( { - 7,1} \right),}$ οπότε $\displaystyle{f\left( x \right) = 4{x^2} - 7x + 1,}$ που έχει ρίζα το $\displaystyle{\frac{{7 + \sqrt 33 }}{8} > 1,}$ πράγμα άτοπο.

$\bullet$ $\displaystyle{\left( {k,m} \right) = \left( { - 7,2} \right),}$ οπότε $\displaystyle{f\left( x \right) = 4{x^2} - 7x + 2,}$ που έχει ρίζα το $\displaystyle{\frac{{7 + \sqrt 17 }}{8} > 1,}$ πράγμα άτοπο.

$\bullet$ $\displaystyle{\left( {k,m} \right) = \left( { - 7,3} \right),}$ οπότε $\displaystyle{f\left( x \right) = 4{x^2} - 7x + 3,}$ που έχει ρίζα το x=1,

πράγμα άτοπο.

Επομένως, ένας τουλάχιστον από τους αριθμούς

και

δεν είναι ακέραιος.

#10

Πρόβλημα 4 (Γ' Γυμνασίου)
Θεωρούμε τρίγωνο $AB\Gamma$ με $\widehat A=90^0$ , $\widehat \Gamma=60^0$ και υποτείνουσα $B\Gamma=a$ . Η μεσοκάθετη στο
μέσον της $B\Gamma$ τέμνει τη διχοτόμο $B\Delta$ (το $\Delta$ είναι σημείο της $A\Gamma$ ) στο σημείο και
την ευθεία $A\Gamma$ στο σημείο . Έστω $\Lambda$ είναι το μέσον του ευθύγραμμου τμήματος $K\Delta$ .
1. Nα αποδείξετε ότι: $N\Lambda ⊥ B\Delta$ .
2. Θεωρούμε τον κύκλο $\omega$ με διάμετρο το ευθύγραμμο τμήμα , ο οποίος δίνεται ότι
περνάει από τα σημεία $A,\Lambda$ και . Έστω το χωρίο που έχει πλευρές τις $M\Gamma, A\Gamma$ και
το τόξο του κύκλου $\omega$ . Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου
συναρτήσει της $B\Gamma=a$ .
Σημείωση: Το χωρίο είναι στο εσωτερικό του τριγώνου $AB\Gamma$ και εξωτερικά του κύκλου $\omega$ .

: Ευκλείδης Γ' Γυμνασίου 2015.png (15.86 KiB) Προβλήθηκε 8137 φορές

1. $\boxed{N\widehat \Lambda B=90^0}$ επειδή είναι εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο(*).

2. O, A, M

είναι τα μέσα των πλευρών του ισοπλεύρου $B\Gamma N$ , άρα το $OA\Gamma M$ είναι ρόμβος με πλευρά $\displaystyle{\frac{\alpha }{2}}$ . Αν από το εμβαδόν του ρόμβου αφαιρέσουμε το εμβαδόν του κυκλικού τομέα OAM

θα βρούμε το ζητούμενο.

$\displaystyle{{{\rm E}_{{\rm O}{\rm A}\Gamma {\rm M}}} = 2({\rm O}{\rm A}{\rm M}) = 2{\left( {\frac{\alpha }{2}} \right)^2}\frac{{\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{\alpha ^2}\sqrt 3 }}{8}}$

$\displaystyle{{{\rm E}_{\kappa .\tau }} = \frac{{\pi {{\left( {\frac{\alpha }{2}} \right)}^2}{{60}^0}}}{{{{360}^0}}} = \frac{{\pi {\alpha ^2}}}{{24}}}$

$\displaystyle{{\rm E} = \frac{{{\alpha ^2}\sqrt 3 }}{8} - \frac{{\pi {\alpha ^2}}}{{24}} = \frac{{3{\alpha ^2}\sqrt 3 - \pi {\alpha ^2}}}{{24}} \Leftrightarrow }$ $\boxed{{\rm E} = \frac{{{\alpha ^2}}}{{24}}\left( {3\sqrt 3 - \pi } \right)}$

(*) Έχω μια ένσταση σ' αυτό το θέμα. Δίνεται στο δεύτερο ερώτημα ότι το $\Lambda$ είναι σημείο του κύκλου με διάμετρο

. Αν κάποιος μαθητής απαντούσε όπως εγώ, τι θα γινόταν;

#11

Α λυκείου -ΘΕΜΑ 4

Έστω s=x+y+z+w

.

Παίρνοντας modulo 9 τη διαφορά της

1000w+100z+10y+x=227s+16

(1)

από τη σχέση

1000x+100y+10z+w=327s+14

(2)

παίρνουμε (2)- (1):

$100s-2=999x+90y-90z-999w \equiv 0\pmod{9}$

κι άρα είναι $s\equiv 2\pmod{9}$ ,

όποτε οι δυνατές τιμές του

είναι 2, 11, 20, 29.

Η περίπτωση s=2

απορρίπτεται εύκολα διότι δίνει 3ψήφιο.

Με απλούς υπολογισμούς, βάζοντας s=11, 20, 29

στις (1) και (2), βλέπουμε μόνο στην περίπτωση όπου

s=20

παίρνουμε αριθμούς της δοθείσας μορφής:

$327\cdot 20 +14= 6554$ και $227\cdot 20 +16=4556$

Άρα ο ζητούμενος αριθμός είναι ο 6554.

Φιλικα,

Αχιλλέας

#12

Γ' Λυκείου - Πρόβλημα 3

Έχουμε $\displaystyle{ \sum_{k=-14}^{14} k^2 = \frac{14 \times 15 \times 29}{3} = 2030 > 2018}$ οπότε ο αριθμός 2018

είναι άθροισμα το πολύ

τετραγώνων διαφορετικών ακεραίων.

Επειδή $\displaystyle{ \left(\sum_{k=-15}^{15} k^2\right) - 2018 = 12 + 15^2 + 15^2 = 462,}$ και επειδή 462 = 1^2 + 10^2 + 19^2

, τότε έχουμε

$\displaystyle{ \sum_{n \in A} n^2 = 2018}$ όπου το $A = \{-15,-14,\ldots,15\} \setminus \{1,10,19\}$ έχει 28 στοιχεία.

Άρα το 2018

γράφεται ως άθροισμα

τετραγώνων διαφορετικών ακεραίων, αλλά όχι περισσότερων.

Όπως σωστά έχει επισημανθεί το πιο πάνω είναι λάθος αφού το 19 δεν περιέχεται στο αρχικό σύνολο

Σαν άθροισμα με 27 στοιχεία μπορούμε να γράψουμε

$\displaystyle{ \sum_{n \in A} n^2 = 2018}$ όπου $A = \{-13,\ldots,15\} \setminus \{4,5\}$ .

Σαν άθροισμα με 28 στοιχεία νομίζω πως δεν γίνεται αλλά ο μόνος τρόπος που έχω είναι μια κάπως μακροσκελής ανάλυση περιπτώσεων. Θα δω αν μπορώ να την συντομέψω πριν να γράψω κάτι επιπλέον.

Εν τέλει γίνεται και με 28 στοιχεία. Δείτε π.χ. την ανάρτηση του Σιλουανού πιο κάτω. Ας πρόσεχα περισσότερο όταν έκανα την ανάλυση περιπτώσεων.

Ιστοσελίδα · #13

Β’ Λυκείου – Πρόβλημα 3

: p3.png (39.66 KiB) Προβλήθηκε 8089 φορές

: B-Lykeioy-Problem3.png (27.16 KiB) Προβλήθηκε 8089 φορές

Το

είναι ισοσκελές τραπέζιο, άρα ZC = BD

και $\triangleleft BAD({30^ \circ }{,75^ \circ }{,75^ \circ })$ .

Ισχύει $\triangleleft KCD\mathop = \limits^{\Pi - \Gamma - \Pi } \triangleleft LBD \Rightarrow D\widehat KC = D\widehat LB \Rightarrow LKZD$ εγγράψιμο, συνεπώς $K\widehat DL = K\widehat ZL\mathop = \limits^{LB//CD} {30^ \circ }$ .

Κώστας Παππέλης · #14

Γ' Λυκείου Γεωμετρία συνοπτικά:

Κατ΄ αρχάς εύκολα <AED=90

. Αν τώρα οι

,

τέμνονται στο

τότε παρατηρούμε ότι αυτό είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου AND

(αφού

κάθετη στην

και

κάθετη στην

)

Έστω ότι η

τέμνει την

στο

. Λόγω του ορθοκέντρου, το

ανήκει στον κύκλο με κέντρο το

. Μένει να αποδείξουμε ότι ανήκει και τον περιγεγραμμένο του KME

. Αρκεί νδο <MZ'E=180-<MKE

ή ισοδύναμα ότι <MZ'E=2<A

. Το οποίο είναι αληθές λόγω της βασικής ιδιότητας του ορθικού τριγώνου να διχοτομούνται οι κορυφές του από τα ύψη.

#15

Πρόβλημα 2 (Γ' Γυμνασίου)
Οι πραγματικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε και
$\displaystyle{\frac{{b(a - b)}}{{a(a + b)}} + \frac{{b(a + b)}}{{a(a - b)}} = \frac{{3ab - {b^2}}}{{{a^2} - {b^2}}}}$

(α) Να αποδείξετε ότι:
(β) Να βρείτε την τιμή του λόγου $\displaystyle{\frac{a}{b}}$

(α) $\displaystyle{\frac{{b(a - b)}}{{a(a + b)}} + \frac{{b(a + b)}}{{a(a - b)}} = \frac{{3ab - {b^2}}}{{{a^2} - {b^2}}} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{\frac{{b\left[ {{{(a - b)}^2} + {{(a + b)}^2}} \right]}}{{a({a^2} - {b^2})}} = \frac{{b(3a - b)}}{{{a^2} - {b^2}}} \Leftrightarrow 2({a^2} + {b^2}) = 3a - b \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{2{a^2} + 2{b^2} = 3{a^2} - ab \Leftrightarrow }$ $\boxed{a^2=b(a+2b)}$

Σημείωση: Όλες οι απλοποιήσεις έγιναν με βάση τον περιορισμό της υπόθεσης.

(β) $\displaystyle{{a^2} - ab - 2{b^2} = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{b \ne 0} \frac{{{a^2}}}{{{b^2}}} - \frac{a}{b} - 2 = 0 \Leftrightarrow {\left( {\frac{a}{b}} \right)^2} - \frac{a}{b} - 2 = 0}$

Θέτω $\displaystyle{x = \frac{a}{b}}$ . Η εξίσωση $\displaystyle{{x^2} - x - 2 = 0}$ έχει λύσεις x=2,x=-1

. Η λύση

, απορρίπτεται γιατί τότε a=-b

, που αντίκειται στην υπόθεση. Άρα $\boxed{\frac{a}{b} = 2}$

GMANS · #16

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3 (Γ΄ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ)

Έστω S=x+ y+ z

τότε:
$100x+10y+z=43\cdot S+9$ (1) και
$100z+10y+x=30\cdot S+6$ (2)
Από (1)-(2) $\rightarrow 99\cdot(x-z)=13\cdot S+3$ όμως
$9<S\leq 27$ τότε:
$\frac{120}{99}<\frac{13\cdot S+3 }{99}\leq \frac{354}{99}$
επομένως x-z=2

ή

αν $x-z=2\rightarrow x=2+z$ τότε S=15

οπότε

αντικαθιστόντας στην $(2)\rightarrow z=4$ οπότε x=6,y=5

οπότε ο αριθμός είναι 654
αν $x-z=3 \rightarrow S=\frac{294}{13}$ άτοπο

#17

Οι λύσεις

nikolaos p. · #18

Ευχαριστούμε πολύ!

Τσιαλας Νικολαος · #19

θεωρω απαραδεκτο να εχει λαθος η ασκηση στη β γυμνασιου και να δωθει η διευκρινιση μετα απο το περας μιαμιση ωρας.....τα παιδια κολισαν και φαγαν μια ωρα στο θεμα δευτερο και αγχωθηκαν χωρις λογο...

nickthegreek · #20

Ας δώσω κι εγώ μια διαφορετική λύση στο 2ο της Γ' Λυκείου:

Θέτω $x=\frac{b}{a}$ και αρκεί να δείξω ότι $\frac{1}{x+1} +x^{1/3} =\frac{3}{2}$ έχει μοναδική λύση το x=1

Θέτω

την παραπάνω συνάρτηση και παίρνω $f'(x)= -\frac{1}{(x+1)^2} +\frac{1}{3 x^{2/3}}$ .

Όμως $(x+1)^2 =x^2+2x+1=x^2+(x+x+1) \geq x^2 +3 x^{2/3} > 3 x^{2/3}$ και άρα η συνάρτησή μας είναι γνησίως αύξουσα στο $\mathbb{R}^{+}$ . Συνεπώς η τιμή x=1

που είναι λύση είναι και η μοναδική.

Κατά τ' άλλα όμορφα σχετικά τα θέματα, καλή επιτυχία σε όλα τα παιδιά που συμμετέχουν!

Νίκος

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2015 -ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2015 -ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2015 -ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2015 -ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2015 -ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2015 -ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2015 -ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2015 -ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2015 -ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2015 -ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2015 -ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2015 -ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2015 -ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2015 -ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2015 -ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2015 -ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2015 -ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2015 -ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2015 -ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2015 -ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2015 -ΘΕΜΑΤΑ-ΛΥΣΕΙΣ

Μέλη σε σύνδεση