ΘΑΛΗΣ 2006 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

parmenides51 · #1

1. Έστω συνάρτηση $\displaystyle{f : \mathbb{R}\to\mathbb{R}}$ με την ιδιότητα $\displaystyle{f \left( f (x + y)\right) = x - f ( y)}$ για κάθε $\displaystyle{x, y \in \mathbb{R}}$ .
Να αποδείξετε ότι η $\displaystyle{h: \mathbb{R}\to\mathbb{R}}$ με $\displaystyle{h(x) = f (x) + f (-x)}$ είναι σταθερή.

2. Να βρείτε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{3^{x+1}- x\cdot 3^x- 4x-1 = 0}$ .

3. Έστω οι μιγαδικοί αριθμοί $\displaystyle{z_1,z_ 2}$ και $\displaystyle{\theta \in \left(0,\frac{\pi}{2}\right)}$ .
Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\frac{|z_1|^2}{\sigma \upsilon \nu ^2\theta}+\frac{|z_2|^2}{\eta \mu^2\theta} \ge |z_1|^2+|z_2|^2+2Re(\overline{z_1}z_2)}$

4. Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα $\displaystyle{B\Gamma}$ και τα σημεία $\displaystyle{K, \Lambda, M}$ προς το ίδιο μέρος της ευθείας $\displaystyle{B\Gamma}$ . Αν $\displaystyle{\widehat{BK \Gamma} =\widehat{ B \Lambda \Gamma} = \widehat{BM \Gamma}}$ ,
τότε να αποδείξετε ότι δύο τουλάχιστον από τα γινόμενα $\displaystyle{KB\cdot K\Gamma , \Lambda B\cdot \Lambda \Gamma}$ και $\displaystyle{MB\cdot M\Gamma}$ είναι άνισα.

#2

parmenides51 έγραψε:3.
Έστω οι μιγαδικοί αριθμοί $\displaystyle{z_1,z_ 2}$ και $\displaystyle{\theta \in \left(0,\frac{\pi}{2}\right)}$ .
Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\frac{|z_1|^2}{\sigma \upsilon \nu ^2\theta}+\frac{|z_2|^2}{\eta \mu^2\theta} \ge |z_1|^2+|z_2|^2+2Re(\overline{z_1}z_2)}$

Από Cauchy-Schwarz έχουμε

$\displaystyle{\frac{|z_1|^2}{\sigma \upsilon \nu ^2\theta}+\frac{|z_2|^2}{\eta \mu^2\theta}\geq (|z_1|+|z_2|)^2=|z_1|^2+|z_2|^2+2|z_1z_2|=|z_1|^2+|z_2|^2+2|\bar{z}_1z_2|}$

και η απόδειξη ολοκληρώνεται με χρήση της

$\displaystyle{|w|\geq \mathrm{Re}(w),~\forall w\in \mathbb{C}.}$

parmenides51 · #3

parmenides51 έγραψε:2. Να βρείτε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{3^{x+1}- x\cdot 3^x- 4x-1 = 0}$ .

$\displaystyle{3^{x+1}- x\cdot 3^x- 4x-1 = 0}$
$\displaystyle{\Leftrightarrow 3\cdot3^{x}- x\cdot 3^x- 4x-1+13 = 0+13}$
$\displaystyle{\Leftrightarrow 3\cdot3^{x}- x\cdot 3^x- 4x+12 = 13}$
$\displaystyle{\Leftrightarrow 3^{x}(3-x)+ 4(3-x) = 13}$
$\displaystyle{\Leftrightarrow (3^{x}+ 4)(3-x) = 13}$ (1)

Αφού το $\displaystyle{x}$ είναι ακέραιος τότε το $\displaystyle{3-x}$ είναι ακέραιος (ως διαφορά ακεραίων) και λόγω της (1) διαιρεί τον πρώτο αριθμό $\displaystyle{13}$ .

'Άρα το $\displaystyle{3-x}$ θα είναι διαιρέτης του $\displaystyle{13}$ , δηλαδή ένας από τους αριθμούς $\displaystyle{1,-1,13,-13}$ .

$\displaystyle{\bullet}$ για $\displaystyle{3-x=1\Leftrightarrow x=2}$ όποτε $\displaystyle{(3^{x}+ 4)(3-x) = (3^{2}+ 4)\cdot 1=13\cdot 1=13}$ , δεκτή
$\displaystyle{\bullet}$ για $\displaystyle{3-x=-1\Leftrightarrow x=4}$ όποτε $\displaystyle{(3^{x}+ 4)(3-x) = (3^{4}+ 4)\cdot (-1)=85\cdot (-1)=-85\ne 13}$ , απορρίπτεται
$\displaystyle{\bullet}$ για $\displaystyle{3-x=13\Leftrightarrow x=-10}$ όποτε $\displaystyle{(3^{x}+ 4)(3-x) = (3^{-10}+ 4)\cdot 13 \ne 13}$ , απορρίπτεται
$\displaystyle{\bullet}$ για $\displaystyle{3-x=-13\Leftrightarrow x=-16}$ όποτε $\displaystyle{(3^{x}+ 4)(3-x) = (3^{-16}+ 4)\cdot (-13)\ne 13}$ , απορρίπτεται

τελικά $\displaystyle{x=2}$

η παραπάνω λύση είναι λανθασμένη γιατί

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

edit
Διόρθωση αριθμητικού λάθους

#4

parmenides51 έγραψε:1. Έστω συνάρτηση $\displaystyle{f : \mathbb{R}\to\mathbb{R}}$ με την ιδιότητα $\displaystyle{f \left( f (x + y)\right) = x - f ( y)}$ για κάθε $\displaystyle{x, y \in \mathbb{R}}$ .
Να αποδείξετε ότι η $\displaystyle{h: \mathbb{R}\to\mathbb{R}}$ με $\displaystyle{h(x) = f (x) + f (-x)}$ είναι σταθερή.

Για

είναι

οπότε

για κάθε

δηλαδή σταθερή.
Μάλιστα, αντικαθιστώντας, a=0,

δηλαδή η μοναδική συνάρτηση λύση είναι η f(x)=-x.

Αλλιώς,

είναι f(f(x))=x-f(0)

απ' όπου η

είναι επί. Επίσης, $f(f(y))=-f(y)\implies f(x)=-x.$

parmenides51 · #5

parmenides51 έγραψε:4. Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα $\displaystyle{B\Gamma}$ και τα σημεία $\displaystyle{K, \Lambda, M}$ προς το ίδιο μέρος της ευθείας $\displaystyle{B\Gamma}$ . Αν $\displaystyle{\widehat{BK \Gamma} =\widehat{ B \Lambda \Gamma} = \widehat{BM \Gamma}}$ ,
τότε να αποδείξετε ότι δύο τουλάχιστον από τα γινόμενα $\displaystyle{KB\cdot K\Gamma , \Lambda B\cdot \Lambda \Gamma}$ και $\displaystyle{MB\cdot M\Gamma}$ είναι άνισα.

: 8alis 2006 4o.png (22.96 KiB) Προβλήθηκε 1867 φορές

Αφού τα σημεία $\displaystyle{K, \Lambda, M}$ βρίσκονται προς το ίδιο μέρος της ευθείας $\displaystyle{B\Gamma}$ και βλέπουν υπό ίσες γωνίες το τμήμα $\displaystyle{AB}$ θα βρίσκονται στον ίδιο κύκλο τόξου $\displaystyle{B\Gamma}$ και προς το ίδιο μέρος του $\displaystyle{B\Gamma}$ .

Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι τα σημεία διατάσσονται στο τόξο $\displaystyle{B\Gamma}$ με την σειρά $\displaystyle{B,K, \Lambda, M,\Gamma}$ όπως στο σχήμα.

Έστω $\displaystyle{U_1, U_2, U_3}$ οι αποστάσεις των σημείων $\displaystyle{K, \Lambda, M}$ από την ευθεία $\displaystyle{B\Gamma}$ και $\displaystyle{\widehat{BK \Gamma} =\widehat{ B \Lambda \Gamma} = \widehat{BM \Gamma}=\omega}$ .

$\displaystyle{(AKB)=\frac{1}{2}KB\cdot K\Gamma \cdot \eta\mu \widehat{BK \Gamma}=\frac{1}{2}KB\cdot K\Gamma \eta\mu\omega=(AB) \cdot U_1\Rightarrow KB\cdot K\Gamma=\frac{2}{\eta\mu\omega}(AB) \cdot U_1}$ (1)

Ομοίως $\displaystyle{ \Lambda B\cdot \Lambda \Gamma=\frac{2}{\eta\mu\omega}(AB) \cdot U_2}$ (2)

και $\displaystyle{ MB\cdot M\Gamma=\frac{2}{\eta\mu\omega}(AB) \cdot U_3}$ . (3)

Από (1),(2),(3) προκύπτει πως τα γινόμενα $\displaystyle{KB\cdot K\Gamma , \Lambda B\cdot \Lambda \Gamma,\displaystyle{MB\cdot M\Gamma}$ είναι άνισα αν και μόνο τα (ύψη) $\displaystyle{U_1, U_2, U_3}$ είναι ομοίως άνισα.

Ας υποθέσουμε πως και τα τρία ύψη είναι ίσα δηλαδή $\displaystyle{U_1= U_2= U_3}$ τότε τα (τρία και διαφορετικά) σημεία $\displaystyle{K, \Lambda, M}$ θα ισαπέχουν από την $\displaystyle{B\Gamma}$ άρα θα ανήκουν σε ευθεία παράλληλη προς αυτήν, άτοπο γιατί το μέγιστο πλήθος σημείων τομής ευθείας με κύκλο είναι δυο (σημεία).

Οπότε το πολύ δυο απο τα γινόμενα $\displaystyle{KB\cdot K\Gamma , \Lambda B\cdot \Lambda \Gamma,\displaystyle{MB\cdot M\Gamma}$ είναι ίσα , άρα τουλάχιστον δυο από τα γινόμενα $\displaystyle{KB\cdot K\Gamma , \Lambda B\cdot \Lambda \Gamma,\displaystyle{MB\cdot M\Gamma}$ είναι άνισα.

parmenides51 · #6

Αφού αποτύχαμε πρίν, ας αλλάξουμε σκεπτικό

parmenides51 έγραψε:2. Να βρείτε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{3^{x+1}- x\cdot 3^x- 4x-1 = 0}$ .

$\displaystyle{3^{x+1}- x\cdot 3^x- 4x-1 = 0 \Leftrightarrow 3^{x+1}- x\cdot 3^x=4x+1 \Leftrightarrow 3^x(3-x)=4x+1}$ (1)

Επειδή $\displaystyle{3^x>0}$ για κάθε $\displaystyle{x\in\mathbb{R}}$ για να έχει λύση η εξίσωση (1) πρέπει οι παραστάσεις $\displaystyle{(3-x)}$ και $\displaystyle{(4x+1)}$ να είναι ομόσημες.

$\displaystyle{\bullet}$ $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} 3-x>0\\ 4x+1>0 \end{matrix}\right}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x<3\\ x>-\displaystyle\frac{1}{4} \end{matrix}\right}}$ κι επειδή $\displaystyle{x\in\mathbb{Z}}$ θα ισχύει πως $\displaystyle{x\in\{0,1,2\}}$

Για $\displaystyle{x=0}$ από την (1) $\displaystyle{\Rightarrow 3^0(3-0)=4\cdot 0+1 \Leftrightarrow 3=1}$ , απορρίπτεται
Για $\displaystyle{x=1}$ από την (1) $\displaystyle{\Rightarrow 3^1(3-1)=4\cdot 1+1 \Leftrightarrow 6=5}$ , απορρίπτεται
Για $\displaystyle{x=2}$ από την (1) $\displaystyle{\Rightarrow 3^2(3-1)=4\cdot 2+1 \Leftrightarrow 9=9}$ , δεκτή

$\displaystyle{\bullet}$ $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} 3-x=0\\ 4x+1=0 \end{matrix}\right}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=3\\ x=-\displaystyle\frac{1}{4} \end{matrix}\right}}$ , αδύνατο

$\displaystyle{\bullet}$ $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} 3-x<0\\ 4x+1<0 \end{matrix}\right}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x>3\\ x<-\displaystyle\frac{1}{4} \end{matrix}\right}}$ , αδύνατο

Άρα η μόνη ακέραια λύση είναι η $\displaystyle{x=2}$ .

Νίκος Αϊνστάιν · #7

parmenides51 έγραψε: 2. Να βρείτε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{3^{x+1}- x\cdot 3^x- 4x-1 = 0}$ .

Σκέφτηκα μια μερικώς διαφορετική λύση από αυτήν του κ. Parmenides.
Έχουμε στην εξίσωση: ${3}^{x} \cdot 3 - {3}^{x} \cdot x - 4x - 1 = 0 \Leftrightarrow {3}^{x}(3 - x) = 4x + 1$ .
Έστω ότι $x \geq 4$ . Τότε, 3 - x < 0

. Όμως,

(άτοπο).
Έστω ότι $x \leq -1$ . Τότε, 3 - x > 0

. Όμως,

(άτοπο).
Τώρα, διακρίνουμε τις περιπτώσεις:
Για x = 0

: ${3}^{0}(3 - 0) = 4 \cdot 0 + 1 \Leftrightarrow 1 \cdot 3 = 5 \Leftrightarrow 3 = 5$ , άτοπο.
Για x = 1

: ${3}^{1}(3 - 1) = 4 \cdot 1 + 1 \Leftrightarrow 3 \cdot 2 = 4 + 1 \Leftrightarrow 6 = 5$ , άτοπο.
Για x = 2

: ${3}^{2}(3 - 2) = 4 \cdot 2 + 1 \Leftrightarrow 9 \cdot 1 = 8 + 1 \Leftrightarrow 9 = 9$ , που ισχύει.

Άρα η μοναδική λύση της εξίσωσης είναι η x = 2

.

Του κ. Parmenides η λύση ακολουθεί την ίδια δομή, ωστόσο, εγώ προσπάθησα μόνος μου και θεώρησα σωστό να βάλω την λύση μου, έτσι όπως ακριβώς την έγραψα.

mathxl · #8

parmenides51 έγραψε:
3. Έστω οι μιγαδικοί αριθμοί $\displaystyle{z_1,z_ 2}$ και $\displaystyle{\theta \in \left(0,\frac{\pi}{2}\right)}$ .
Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\frac{|z_1|^2}{\sigma \upsilon \nu ^2\theta}+\frac{|z_2|^2}{\eta \mu^2\theta} \ge |z_1|^2+|z_2|^2+2Re(\overline{z_1}z_2)}$

Για να ισχύει η $\frac{{|{z_1}{|^2}}}{{\sigma \upsilon {\nu ^2}\theta }} + \frac{{|{z_2}{|^2}}}{{\eta {\mu ^2}\theta }} \ge |{z_1}{|^2} + |{z_2}{|^2} + 2Re(\overline {{z_1}} {z_2})$
αρκεί $0 \ge |{z_1}{|^2} \cdot \left( {1 - \frac{1}{{\sigma \upsilon {\nu ^2}\theta }}} \right) + |{z_2}{|^2} \cdot \left( {1 - \frac{1}{{\eta {\mu ^2}\theta }}} \right) + 2Re(\overline {{z_1}} {z_2})$
αρκεί $|{z_1}{|^2}\varepsilon {\varphi ^2}\theta + |{z_2}{|^2}\sigma {\varphi ^2}\theta \ge 2Re(\overline {{z_1}} {z_2})$ , που ισχύει, διότι,
$|{z_1}{|^2}\varepsilon {\varphi ^2}\theta + |{z_2}{|^2}\sigma {\varphi ^2}\theta \ge 2|{z_1}|\varepsilon \varphi \theta |{z_2}|\sigma \varphi \theta = 2|{z_1}||{z_2}| \ge 2\left| {Re(\overline {{z_1}} {z_2})} \right| \ge 2Re(\overline {{z_1}} {z_2})$
Χρησιμοποιήθηκαν οι: ${a^2} + {b^2} \ge 2ab$ , $\left| a \right| \ge a$ και η κοσί (σχολικό β λυκείου κατεύθυνσης αφού το $Re(\overline {{z_1}} {z_2})$ εκφράζει το εσωτερικό γινόμενο των διανυσματικών ακτινών των μιγαδικών)

kostas232 · #9

parmenides51 έγραψε: 2. Να βρείτε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{3^{x+1}- x\cdot 3^x- 4x-1 = 0}$ .

κάτι που σκέφτηκα χωρίς να έχω υπ' όψιν τις προηγούμενες λύσεις:

Η δοσμένη εξίσωση γράφεται ισοδύναμα
(3^x +4)(3-x)=13

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις
i) Αν $x\in \mathbb{N}$ τότε $3^x +4 \in \mathbb{N}$ και $3-x \in \mathbb{N}$ .
Επομένως, πρέπει $\frac{13}{3-x} \in \mathbb{N} \Leftrightarrow 3-x \in {\pm1, \pm13}$ , οπότε x=2

είναι η μόνη δεκτή.
ii) Αν $x \in \mathbb{Z^-}$ τότε υπάρχει $a\in \mathbb{N^+}$ με x=-a

. Αν λοιπόν

είναι μια λύση της δοσμένης στο $\mathbb{Z^-}$ τότε υπάρχει $s\in \mathbb{N^+}$ ώστε r=-s

οπότε είναι:
$(3^{-s} +4)(3+s)=13\Leftrightarrow 3^{-s} (3+s)+4(3+s)=13\Leftrightarrow \frac{3+s}{3^s}=13-4(3+s)\in\mathbb{Z}$

Πρέπει λοιπόν να είναι $\frac{3+s}{3^s} \in \mathbb{Z}$ . Για s=1

δεν ισχύει. Για s>1

ισχύει η ανισότητα(αποδεικνύεται πολύ εύκολα με επαγωγή):
$3^s>s+3 \leftrightarrow \frac{s+3}{3^s} <1$
συνεπώς η αρχική εξίσωση δεν έχει λύσεις στο $\mathbb{Z^-}$ . Μοναδική λύση λοιπόν παραμένει η x=2

.

Φιλικά, Τερζής Κωνσταντίνος

ΘΑΛΗΣ 2006 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΑΛΗΣ 2006 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2006 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2006 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2006 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2006 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2006 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2006 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2006 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2006 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μέλη σε σύνδεση