Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

S.E.Louridas · #61

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 14: Αν $\displaystyle{x,y,z,w >0}$ , να αποδείξετε ότι:
$\displaystyle{\frac{x}{y+z+w}+\frac{y}{x+z+w}+\frac{z}{x+y+w}+\frac{w}{x+y+z}\geq \frac{4}{3}}$

Έχουμε και την στοιχειώδη διαπραγμάτευση που ακολουθεί και μόνο για λόγους Μαθηματικής πολυφωνίας:

$\displaystyle{y + z + w = 3a,\;z + w + x = 3b,\;x + w + y = 3c,\;x + y + z = 3d \Rightarrow}$ $\displaystyle{x+y+z+w=a+b+c+d}$ , έτσι παίρνουμε $\displaystyle{x=b+c+d-2a, y=a+c+d-2b, z=a+b+d-2c, w=a+b+c-2d}$ .

Εύκολα λοιπόν οδηγούμαστε στη διαπίστωση: Αρκεί να αποδείξουμε:

$\displaystyle{\left( {\frac{b} {a} + \frac{a} {b}} \right) + \left( {\frac{c} {a} + \frac{a} {c}} \right) + \left( {\frac{d} {a} + \frac{a} {d}} \right) + \left( {\frac{b} {d} + \frac{d} {b}} \right) + \left( {\frac{c} {d} + \frac{d} {c}} \right) + \left( {\frac{c} {b} + \frac{b} {c}} \right) \geqslant 12}$ , που προφανώς ισχύει.

#62

ΑΣΚΗΣΗ 27:
Oι διαγώνιες ενός κυρτού τετραπλεύρου $\rm ABCD$ τέμνονται κάθετα στο $\rm O.$ Έστω $\rm P,Q,R,S$ οι προβολές του $\rm O$ στις $\rm AB,BC,CD,DA$ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι $\rm \dfrac{1}{PA\cdot PB}+\dfrac{1}{RC\cdot RD}=\dfrac{1}{QB\cdot QC}+\dfrac{1}{SA\cdot SD}.$

ΑΣΚΗΣΗ 28:
Έστω τρίγωνο $\rm ABC$ με $\rm \hat{A}=90^o,$ $\rm D$ το μέσο της $\rm BC,$ $\rm F$ το μέσο της $\rm AB,$ $\rm E$ το μέσο της $\rm AF$ και $\rm G$ το μέσο της $\rm FB.$ Η $\rm AD$ τέμνει τις $\rm CE,CF,CG$ στα $\rm P,Q,R$ αντιστοίχως. Να βρεθεί ο λόγος $\rm \dfrac{PQ}{QR}.$

#63

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 14: Αν $\displaystyle{x,y,z,w >0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{x}{y+z+w}+\frac{y}{x+z+w}+\frac{z}{x+y+w}+\frac{w}{x+y+z}\geq \frac{4}{3}}$

Μετά τις ωραίες λύσεις του Χρήστου και του Σωτήρη παραπάνω, άλλη μία:

Χωρίς βλάβη x+y+z+w=1

(η παράσταση αριστερά είναι αναλλοίωτη ως προς πολλαπλασιασμό των μεταβλητών επί "λάμδα")
Άρα η αποδεικτέα γράφεται $\displaystyle{\frac{x}{1-x}+\frac{y}{1-y}+\frac{z}{1-z}+\frac{w}{1-w}\geq \frac{4}{3}}$ . Υπόψη ότι αφού x, y, z, w >0

είναι ακόμη x, y, z, w < 1

. Επίσης είναι

$\displaystyle{ \frac{x}{1-x} \geq \frac {16x-1}{9}$ (διότι πολλαπλασιάζοντας χιαστί ισοδυναμεί με την αληθή $(4x-1)^2\geq 0$ ). Όμοια οι υπόλοιπες.

Προσθέτοντας κατά μέλη, έπεται ότι το αριστερό μέλος είναι

$\displaystyle{ \ge \frac {16x-1}{9} + \frac {16y-1}{9}+ \frac {16z-1}{9}+ \frac {16w-1}{9}= \frac {16(x+y+z+w)-4}{9}= \frac {16-4}{9} = \frac {4}{3}$ , όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης

#64

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 25:

Να λυθεί η εξίσωση $\sqrt{5x+1}-2\sqrt{4-x}+\sqrt{5}\sqrt{x+2}=\sqrt{61-4x}.$

Χμ...Βλέποντας την είπα να αχοληθώ, μα προέκυψε χαμάλικη, πολύ χαμάλικη λύση. Θα προσπαθήσω να την σκιαγραφήσω.
Δε μπόρεσα να βρω κάτι πιo ...τσαχπίνικο.
Η εξίσωση ορίζεται για $\displaystyle{ - \frac{1}{5} \le x \le 4}$ .

Τότε ισοδύναμα γράφεται:

$\displaystyle{\sqrt {5x + 1} + \sqrt {5x + 10} = \sqrt {61 - 4x} + \sqrt {16 - 4x} }$ (1)

Αν κάνω πολλαπλασιασμό και ταυτόχρονη διαίρεση με τη συζυγή παράσταση κάθε μέλους έχω:

$\displaystyle{5\sqrt {5x + 10} - 5\sqrt {5x + 1} = \sqrt {61 - 4x}-\sqrt{16-4x} (2)}$

Με πρόσθεση των (1),(2)

κατά μέλη έχω:

$\displaystyle{6\sqrt {5x + 10} - 4\sqrt {5x + 1} = 2\sqrt {61 - 4x} }$

Υψώνοντας στο τετράγωνο, έπεται η σχέση:

$\displaystyle{23x + 11 = 4\sqrt {\left( {5x + 10} \right)\left( {5x + 1} \right)} }$

Ξανά το ίδιο και...

$\displaystyle{129{x^2} - 374x - 39 = 0}$

με λύσεις $\displaystyle{x = 3 \vee x = - \frac{{13}}{{129}}}$

Είναι δεκτή η x=3

ενώ η έτερη απορρίπτεται (αν έκανα σωστά τις πράξεις...)

Σ. Διονύσης · #65

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 25:

Να λυθεί η εξίσωση $\sqrt{5x+1}-2\sqrt{4-x}+\sqrt{5}\sqrt{x+2}=\sqrt{61-4x}.$

Μία πιο τσαχπίνικη λύση, μετά την διδακτική λύση του κυρίου Χρήστου.

Φυσικά: $\displaystyle{x\in[-\frac{1}{5}, 4]}$

Η συνάτηση του LHS

: $\dislaystyle{f(x)=\sqrt{5x+1}-2\sqrt{4-x}+\sqrt{5}\sqrt{x+2}}$ , είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{x\in[-\frac{1}{5}, 4]}$ ως άθροισμα γνησίων αυξουσών συναρτήσεων, ενώ η συνάρτηση του RHS

: $g(x)=\sqrt{61-4x}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{x\in[-\frac{1}{5}, 4]}$ .

Επομένως οι f,g

θα έχουν το πολύ ένα κοινό σημείο. Παρατηρούμε ότι το x=3

ικανοποιεί την εξίσωση, άρα είναι και το μοναδικό κοινό σημείο των δυο συναρτήσεων.

#66

Σ. Διονύσης έγραψε:
Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 25:

Να λυθεί η εξίσωση $\sqrt{5x+1}-2\sqrt{4-x}+\sqrt{5}\sqrt{x+2}=\sqrt{61-4x}.$
Μία πιο τσαχπίνικη λύση, μετά την διδακτική λύση του κυρίου Χρήστου.

Φυσικά: $\displaystyle{x\in[-\frac{1}{5}, 4]}$

Η συνάτηση του : $\dislaystyle{f(x)=\sqrt{5x+1}-2\sqrt{4-x}+\sqrt{5}\sqrt{x+2}}$ , είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{x\in[-\frac{1}{5}, 4]}$ ως άθροισμα γνησίων αυξουσών συναρτήσεων, ενώ η συνάρτηση του : $g(x)=\sqrt{61-4x}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{x\in[-\frac{1}{5}, 4]}$ .

Επομένως οι θα έχουν το πολύ ένα κοινό σημείο. Παρατηρούμε ότι το ικανοποιεί την εξίσωση, άρα είναι και το μοναδικό κοινό σημείο των δυο συναρτήσεων.

Συμφωνώ!

Με προσωπικό μήνυμα ο Βαγγέλης(BAGGP93) μου έθιξε περίπου την ίδια ιδέα.Γνωστή ιδέα αλλά δε μου έρχονταν με τίποτα!

Ευχαριστώ, καλό βράδυ!

#67

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 27:
Oι διαγώνιες ενός κυρτού τετραπλεύρου $\rm ABCD$ τέμνονται κάθετα στο $\rm O.$ Έστω $\rm P,Q,R,S$ οι προβολές του $\rm O$ στις $\rm AB,BC,CD,DA$ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι $\rm \dfrac{1}{PA\cdot PB}+\dfrac{1}{RC\cdot RD}=\dfrac{1}{QB\cdot QC}+\dfrac{1}{SA\cdot SD}.$

Θα δώσω μία λύση απλή, αλλά δε με ικανοποιεί...

Αρκεί να αποδείξω ότι: (με χρήση μετρικών σχέσεων...) $\displaystyle{\frac{1}{{O{P^2}}} + \frac{1}{{O{R^2}}} = \frac{1}{{O{Q^2}}} + \frac{1}{{O{S^2}}}}$

Αρκεί να δείξουμε ότι: ( πάλι από μετρικές)

$\displaystyle{\frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}} + \frac{1}{{O{D^2}}} = \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}} + \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{D^2}}}}$

που...ισχύει!

gavrilos · #68

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 28:
Έστω τρίγωνο $\rm ABC$ με $\rm \hat{A}=90^o,$ $\rm D$ το μέσο της $\rm BC,$ $\rm F$ το μέσο της $\rm AB,$ $\rm E$ το μέσο της $\rm AF$ και $\rm G$ το μέσο της $\rm FB.$ Η $\rm AD$ τέμνει τις $\rm CE,CF,CG$ στα $\rm P,Q,R$ αντιστοίχως. Να βρεθεί ο λόγος $\rm \dfrac{PQ}{QR}.$

: Γεωμετρια mathematica_38.PNG (17.36 KiB) Προβλήθηκε 2565 φορές

Ωραία εφαρμογή για εξάσκηση στον Μενέλαο.

Από το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο $\displaystyle{BCG}$ παίρνουμε $\displaystyle{\frac{AG}{GB}\cdot \frac{BD}{CD}\cdot \frac{CR}{RG}=1\Leftrightarrow \frac{CR}{RG}=\frac{4}{3}}$ .

Από το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο $\displaystyle{ARG}$ με διατέμνουσα την $\displaystyle{CF}$ , και επειδή το σημείο $\displaystyle{Q}$ είναι το βαρύκεντρό του , παίρνουμε

$\displaystyle{\frac{CR}{RG}\cdot \frac{FG}{FA}\cdot \frac{AQ}{QR}=1\Leftrightarrow \frac{4}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{AP}{PQ}=1\Leftrightarrow \boxed {\frac{AP}{PQ}=\frac{3}{2}}}$ .

Από το ίδιο θεώρημα στο τρίγωνο $\displaystyle{ARG}$ με διατέμνουσα την $\displaystyle{CE}$ παίρνουμε $\displaystyle{\frac{CR}{CG}\cdot \frac{GE}{EA}\cdot \frac{AP}{PR}=1\Leftrightarrow \boxed{\frac{AP}{PR}=\frac{7}{8}}}$ .

Επομένως $\displaystyle{\frac{PQ}{PR}=\frac{\frac{7}{8}}{\frac{3}{2}}=\frac{7}{12}\Leftrightarrow \boxed{\frac{PQ}{QR}=\frac{7}{5}}}$ .

#69

ΑΣΚΗΣΗ 29:
Να λυθεί στο σύνολο των πραγματικών αριθμών η εξίσωση 4x^3-30x^2+75x+1=0.

#70

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 29:
Να λυθεί στο σύνολο των πραγματικών αριθμών η εξίσωση

Καλησπέρα Παύλο.
Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται και:

$\displaystyle{{x^3} - \frac{{30}}{4}{x^2} + \frac{{75}}{4}x + \frac{1}{4} = 0 \Rightarrow {x^3} - 3\frac{{15}}{6}{x^2} + 3\frac{{25}}{4}x + \frac{1}{4} = 0 \Rightarrow {x^3} - 3\frac{{15}}{6}{x^2} + 3\frac{{225}}{{36}}x + \frac{1}{4} = 0}$

$\displaystyle{\Rightarrow{x^3} - 3\frac{{15}}{6}{x^2} + 3{\left( {\frac{{15}}{6}} \right)^2}x + \frac{1}{4} = 0 \Rightarrow {x^3} - 3\frac{{15}}{6}{x^2} + 3{\left( {\frac{{15}}{6}} \right)^2}x - {\left( {\frac{{15}}{6}} \right)^3} + {\left( {\frac{{15}}{6}} \right)^3} + \frac{1}{4} = 0}$

$\displaystyle{{\left( {x - \frac{{15}}{6}} \right)^3} = - \left[ {{{\left( {\frac{{15}}{6}} \right)}^3} + \frac{1}{4}} \right] \Rightarrow x = \frac{{15}}{6} - \sqrt[3]{{\left| { - \left[ {{{\left( {\frac{{15}}{6}} \right)}^3} + \frac{1}{4}} \right]} \right|}} \Rightarrow x = \frac{{15}}{6} - \sqrt[3]{{\frac{{3429}}{{216}}}} \Rightarrow x = \frac{{15}}{6} - \frac{{\sqrt[3]{{127}}}}{2}}$

Xμ...η επαλήθευση είναι ένα θέμα!!

S.E.Louridas · #71

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 29:
Να λυθεί στο σύνολο των πραγματικών αριθμών η εξίσωση

Καλημέρα:

Παρατηρούμε ότι:
$\displaystyle{4x^3 - 30x^2 + 75x + 1 = 0 \Leftrightarrow 8x^3 - 60x^2 + 150x - 125 = -127 \Leftrightarrow}$ $\displaystyle{\left( {-2x +5} \right)^3 =127 \Leftrightarrow x = \frac{{5 - \root 3 \of {127} }} {2}.}$

(*) Ο πολλαπλασιασμός και των δύο μελών της αρχικής επί 2 έγινε ώστε να "στοχεύσουμε" κατ' αρχάς σε τέλειο κύβο πράγμα που τελικά επιτεύχθηκε (κάτι που έκανε και ο Χρήστος με την μέθοδο της συμπλήρωσης κύβου. Όπως δηλαδή εργαζόμεθα στο τριώνυμο με την συμπλήρωση τετραγώνου).

#72

ΑΣΚΗΣΗ 30:
Να βρεθεί το σύνολο των σημείων M(x,y)

ενός επιπέδου για τα οποία ισχύει
$\sqrt{4x^2+4y^2+24x-4y+37}+\sqrt{4x^2+4y^2-8x-28y+53}=10.$

#73

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 30:
Να βρεθεί το σύνολο των σημείων ενός επιπέδου για τα οποία ισχύει
$\sqrt{4x^2+4y^2+24x-4y+37}+\sqrt{4x^2+4y^2-8x-28y+53}=10.$

Καλημέρα Παύλο!
Παρατηρώ πως:
$\displaystyle{\sqrt{4x^2+4y^2+24x-4y+37}+\sqrt{4x^2+4y^2-8x-28y+53}=}$ $\displaystyle{\sqrt {{{\left( {2x + 6} \right)}^2} + {{\left( {2y - 1} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {2x - 2} \right)}^2} + {{\left( {2y - 7} \right)}^2}} \le \sqrt {{{\left[ {\left( {2x + 6} \right) - \left( {2x - 2} \right)} \right]}^2} + {{\left[ {\left( {2y - 1} \right) - \left( {2y - 7} \right)} \right]}^2}} = 10}$ (από Minkowski)

Ουσιαστικά ζητάμε την ισότητα σε αυτήν την ανισοισότητα. Αυτή ιαχύει αν και μόνον αν:

$\displaystyle{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\frac{{2x + 6}}{{ - \left( {2x - 2} \right)}} = \frac{{2y - 1}}{{ - \left( {2y - 7} \right)}}}\\ {x \ne 1 \wedge y \ne \frac{7}{2}} \end{array}} \right. \Leftrightarrow ...\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {3x - 4y + 11 = 0}\\ {x \ne 1 \wedge y \ne \frac{7}{2}} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {3x - 4y + 11 = 0}\\ {(x,y) \ne \left( {1,\frac{7}{2}} \right)} \end{array}} \right.}$

Παρατηρώ όμως πως και το ζεύγος $\displaystyle{(1,\frac{7}{2})}$ επαληθεύει επομένως πρόκειται για σημεία της ευθείας $\displaystyle{3x-4y+11=0.}$

Αν τώρα θέσω $x=\lambda$ τότε $y=\frac{3\lambda+11}{4}$ και αντικαθιστώντας στη δοθείσα έχω, μετά τις πράξεις:

$\displaystyle{5\left| {\lambda + 3} \right| + 5\left| {\lambda - 1} \right| = 20 \Leftrightarrow \left| {\lambda + 3} \right| + \left| {\lambda - 1} \right| = 4}$

Όμως γενικότερα έχω: $\displaystyle{\left| {\lambda + 3} \right| + \left| {\lambda - 1} \right| \ge \left| {\lambda + 3 - \left( {\lambda - 1} \right)} \right| = 4}$

Αναζητώ και πάλι την περίπτωση της ισότητας. Αυτή ισχύει αν και μόνον αν οι $\lambda+3, \lambda-1$ είναι ετερόσημοι ή ένας από αυτούς είναι μηδέν.

Αυτό ισχύει αν και μόνον αν $\displaystyle{-3\le \lambda \le 1}.$

Δηλαδή αν και μόνον αν $\displaystyle{-3\le x \le 1}.$

Επομένως το ζητούμενο σύνολο ζευγών είναι το ευθύγραμμο τμήμα πάνω στην προαναφερθείσα ευθεία με άκρα τα σημεία $\displaystyle{(-3,\frac{1}{2})}$ και $\displaystyle{(1,\frac{7}{2})}.$

#74

ΑΣΚΗΣΗ 31:
Να βρεθoύν οι πραγματικοί αριθμοί x,y,z

ώστε
$6\left(x^2+y^2+z^2 \right)-3\left(xy+yz+zx \right)+2\left(x+y+z \right)+1=0.$

kostas_zervos · #75

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 31:
Να βρεθoύν οι πραγματικοί αριθμοί ώστε
$6\left(x^2+y^2+z^2 \right)-3\left(xy+yz+zx \right)+2\left(x+y+z \right)+1=0.$

$6\left(x^2+y^2+z^2 \right)-3\left(xy+yz+zx \right)+2\left(x+y+z \right)+1=0\iff$

$\iff 5\left(x^2+y^2+z^2 \right)-5\left(xy+yz+zx \right)+$

$+x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx+2\left(x+y+z \right)+1=0\iff$

$\iff 5\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)+(x+y+z)^2+2(x+y+z)+1=0\iff$

$\iff \dfrac{5}{2}\left(2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\right)+(x+y+z+1)^2=0\iff$

$\iff \dfrac{5}{2}\left[(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\right]+(x+y+z+1)^2=0\iff$

$\iff x=y$ και y=z

και

και $x+y+z+1=0\iff$

$\iff x=y=z=-\dfrac{1}{3}$ .

#76

ΑΣΚΗΣΗ 32:
Να βρεθεί συναρτήσει του

ο

οστός όρος της ακολουθίας $(a_n),n\geq 1$ αν όλοι οι όροι της ακολουθίας είναι θετικοί και για κάθε $n\geq 1$ ισχύει

$\dfrac{a_1^4+a_2^4+...+a_n^4}{a_1^2+a_2^2+...+a_n^2}=\dfrac{3n^2+3n-1}{5}.$

#77

ΑΣΚΗΣΗ 33
Έστω ABC

ένα οξυγώνιο τρίγωνο. Για κάθε σημείο

στο εσωτερικό ή στις πλευρές του ας είναι P_a,P_b,P_c

οι προβολές του

στις πλευρές BC,CA,AB

αντίστοιχα. Για αυτά τα σημεία ορίζουμε τη συνάρτηση

$f(P)=\dfrac{AP_c+BP_a+CP_b}{PP_a+PP_b+PP_c}.$

Δείξτε ότι η συνάρτηση αυτή είναι σταθερή αν και μόνο αν το τρίγωνο ABC

είναι ισόπλευρο.

kostas_zervos · #78

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 32:
Να βρεθεί συναρτήσει του ο οστός όρος της ακολουθίας $(a_n),n\geq 1$ αν όλοι οι όροι της ακολουθίας είναι θετικοί και για κάθε $n\geq 1$ ισχύει

$\dfrac{a_1^4+a_2^4+...+a_n^4}{a_1^2+a_2^2+...+a_n^2}=\dfrac{3n^2+3n-1}{5}.$

Παρατηρούμε ότι:

Για n=1

έχουμε $\dfrac{a_1^4}{a_1^2}=\dfrac{2\cdot 1^2+3\cdot 1-1}{5}\iff a_1=1$ .

Για n=2

έχουμε $\dfrac{a_1^4+a_2^4}{a_1^2+a_2^2}=\dfrac{2\cdot 2^2+3\cdot 2-1}{5}\iff a_2^4-17a_2^2-12=0\iff a_2=2$ .

Θα χρειαστούμε τους τύπους $1^2+2^2+\cdots+n^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ και

$1^4+2^4+\cdots+n^4=\dfrac{n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)}{30}$ που αποδεικνύονται εύκολα με επαγωγή.

Θα αποδείξουμε με επαγωγή ότι a_n=n

για κάθε $n\in\Bbb{N}^*$ .

Για n=1

πρέπει

που ισχύει.

Έστω ότι a_n=n

για κάθε $n\leq k$ .

Θα δείξουμε ότι $a_{k+1}=k+1$ .

Έχουμε $\dfrac{a_1^4+a_2^4+a_3^4+\cdots+a_k^4+a_{k+a}^4}{a_1^2+a_2^2+a_3^2+\cdots+a_k^2+a_{k+a}^2}=\dfrac{3(k+1)^2+3(k+1)-1}{5}\iff$

$\iff\dfrac{1^4+2^4+3^4+\cdots+k^4+a_{k+a}^4}{1^2+2^2+3^2+\cdots+k^2+a_{k+a}^2}=\dfrac{3(k+1)^2+3(k+1)-1}{5}\iff$

$\iff \dfrac{\dfrac{k(k+1)(2k+1)(3k^2+3k-1)}{30}+a_{k+1}^4}{\dfrac{k(k+1)(2k+1)}{6}+a_{k+1}^2}=\dfrac{3k^2+9k+5}{5}\iff$

$\iff \dfrac{k(k+1)(2k+1)(3k^2+3k-1)+30a_{k+1}^4}{k(k+1)(2k+1)+6a_{k+1}^2}=3k^2+9k+5\iff$

$\iff 30a_{k+1}^4-6(3k^2+9k+5)a_{k+1}^2+$

$+k(k+1)(2k+1)(3k^2+3k-1)-k(k+1)(2k+1)(3k^2+9k+5=0\iff$

$\iff 30a_{k+1}^4-6(3k^2+9k+5)a_{k+1}^2-6k(k+1)^2(2k+1)=0\iff$

$\iff 5a_{k+1}^4-(3k^2+9k+5)a_{k+1}^2-k(k+1)^2(2k+1)=0\iff$

$\iff \left(a_{k+1}^2-(k+1)^2\right)\left(5a_{k+1}^2+k(2k+1)\right)=0\overset{a_{k+1}>0}{\iff}$

$\iff a_{k+1}=k+1$ .

Άρα a_n=n

για κάθε $n\in\Bbb{N}^*$ .

#79

ΑΣΚΗΣΗ 34:
Έστω $\displaystyle{x,y,z}$ τρεις πραγματικοί αριθμοί με x<y<z<6.

Να λύσετε το σύστημα των ανισώσεων

$\begin{cases}\dfrac{1}{y-x}+\dfrac{1}{z-y}\leq 2\\ \\ \dfrac{1}{6-z}+2\leq x \end{cases}$

Αποχαιρετώντας το 2013:

ΑΣΚΗΣΗ 35:
Ένας θετικός ακέραιος $\displaystyle{n}$ είναι τέτοιος ώστε ο n(n+2013)

είναι τέλειο τετράγωνο.
α) Να αποδείξετε ότι ο

δεν είναι πρώτος.
β) Βρείτε παράδειγμα ενός τέτοιου ακεραίου

.

ΑΣΚΗΣΗ 36:
Χωρίζουμε την υποτείνουσα $\displaystyle{BC}$ ενός ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ σε πέντε ίσα τμήματα. Να υπολογίσετε την εφαπτομένη των πέντε γωνιών που βλέπουν τα πέντε αυτά τμήματα από την κορυφή $\displaystyle{A}.$

kleovoulos · #80

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 8

Αν $\displaystyle{x\in (-3,5)}$ και $\displaystyle{y\in (-1,6)}$ , να αποδείξετε ότι ο αριθμός

$\displaystyle{a=\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2xy-22x-22y+121}\,+\,\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2xy+8x+8y+16}}$

είναι φυσικός .

Μπάμπης

Τη βρήκα εύκολη και είπα να απαντήσω, έκπληκτος που κανείς δεν απάντησε.

Εύκολα παρατηρούμε ότι: $\rm x^2+y^2+2xy-22x-22y+121= x^2 + y^2 + (-11)^2 +2xy +2(-11)x+2(-11)y=(x+y-11)^2$ και $\rm x^2+y^2+2xy+8x+8y+16=x^2+y^2+4^2+2xy+2\cdot 4x+2\cdot 4y=(x+y+4)^2$ άρα θα ισχύει $\rm a=\sqrt{\rm (x+y-11)^2}+\sqrt{\rm (x+y+4)^2}=|x+y-11|+|x+y+4|$ . Επίσης ισχύει: $\rm -3<x<5$ και $\rm -1<y<6$ οι οποίες με πρόσθεση κατά μέλη δίνουν -4<x+y<11

. Άρα έχουμε: $\rm a= -x-y+11 +x+y+4= 11+4=15\in \mathbb{N}$

Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Μέλη σε σύνδεση