Matematyka.pl

W tym roku odbędzie się kolejna edycja Konkursu Łańcuckiego im. prof. Jana Marszała. Hasło konkursu bieżącej edycji: „Nietypowe równania, nierówności i układy równań.” W celu lepszego przygotowania proponuję dodawanie problemów związanych właśnie z tymi zagadnieniami. Użytkowników proszę o pomoc i podawanie swoich propozycji rozwiązń.

[ Dodano: 15 Września 2008, 22:59 ]
To może ja coś pierwszy zapodam:
Rozwiązać równanie: \(\displaystyle{ x ^{3}- ft[ x\right]=3}\)

Gdy \(\displaystyle{ x qslant 2}\) bądź \(\displaystyle{ x qslant 0}\) łatwo pokazać sprzeczność (odpowiednio lewa strona będzie większa bądź mniejsza od trzech).


Gdy \(\displaystyle{ x (0,2)}\), rozważamy dwa przypadki:

a) \(\displaystyle{ x (0,1)}\), z tego mamy: \(\displaystyle{ [x]=0}\), zatem wystarczy rozwiązać: \(\displaystyle{ x^3=3 \iff x =\sqrt[3]{3}}\), ale \(\displaystyle{ \sqrt[3]{3} \not\in (0,1)}\) - w tym przypadku brak rozwiązań

b) \(\displaystyle{ x }\)

Dowieść, że jeżeli a, b, c > 0, to \(\displaystyle{ \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} qslant 3}\)

Macie/mieliście na to jakiś pomysł?
coś ze średnią harmoniczną?

zwykła arytmetyczną >geometryczną

Korzystając z nierówności Cauchy'ego otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \frac{ \frac{a}{b}+ \frac{b}{c}+ \frac{c}{a} }{3} \geqslant \sqrt[3]{ \frac{a}{b} \cdot \frac{b}{c} \cdot \frac{c}{a} }}\)
Mnożąc obustronnie przez 3 otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \frac{a}{b}+ \frac{b}{c}+ \frac{c}{a} \geqslant 3 \sqrt[3]{1}}\)
\(\displaystyle{ \frac{a}{b}+ \frac{b}{c}+ \frac{c}{a} \geqslant 3}\) c.b.d.u

Zadania z dzisiejszego etapu tego konkursu.
Zadania dla klas 1

Zadanie 1.
Dowieść, że prawdziwa jest nierówność\(\displaystyle{ x ^{2}+y ^{2} +z ^{2} qslant xy + yz+ zx}\) dla dowolnych liczb \(\displaystyle{ x, y, z}\)

Zadanie 2.
W trójkącie równoramiennym ramię jest dwa razy dłuższe od podstawy, zaś suma długośći promieni okregów wpisanego i opisanego na tym trójkącie jest równa\(\displaystyle{ 11}\). Obliczyć długość podstawy tego trójkąta.

Zadanie 3.
Wykazać, że dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n}\) liczb \(\displaystyle{ l= \sqrt{8n+3}}\) jest niewymierna.

Proszę o rozwiązania głównie zadania drugiego

1.
Mnożymy obie strony przez 2, przerzucamy wszystko na lewą stronę i otrzymujemy, że:
\(\displaystyle{ (x-y) ^{2}+(y-z) ^{2}+(x-z) ^{2} qslant 0}\)

2.
Zauważ, że ta dana suma to poprostu wysokość opuszczona na podstawę, zatem oznaczając przez a długość podstawy, z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy, że \(\displaystyle{ \frac{ a\sqrt{15} }{2}=11}\), dalej łatwo.

3.
Wystarczy zauważyć, że dla każdej liczby będącej kwadratem liczby naturalnej reszta z dzielenia zawiera się w zbiorze {0, 1, 4}, można też ładnie z kongruencji.

Trzecie zrobiłem bardzo głupio i przez to mi wyszło źle... Na szczęście pierwsze 2 mam dobrze

\(\displaystyle{ l= \sqrt{8n+3}}\) podniosłem do kwadratu
\(\displaystyle{ l ^{2}=8n+3}\)
\(\displaystyle{ l ^{2} -3=8n}\)pierwiastek z tego
\(\displaystyle{ l- \sqrt{3} = \sqrt{8n}}\)
\(\displaystyle{ l= \sqrt{8n} + \sqrt{3}}\) I napisałem ze kazda liczba do ktorej doda sie \(\displaystyle{ \sqrt{3}}\) jest niewymierna...
Wiem ze glupota nie smiejcie sie za bardzo.
Mozna jakos dokladniej to 3 wyjaśnic?

Liczba naturalna k może być postaci:
\(\displaystyle{ k=8n k ^{2}\equiv 0 (mod8)

k=8n+1 k ^{2} \equiv 1 (mod8)

k=8n+2 k ^{2} \equiv 4 (mod8)

k=8k+3 k ^{2}\equiv 1 (mod8)

k= 8k+4 k ^{2}\equiv 0 (mod8)

k=8k+5 k ^{2}\equiv 1 (mod8)

k=8k+6 k ^{2} \equiv 4 (mod8)

k=8k+7\Rightarrow k ^{2} \equiv 1 (mod8)}\)

Stąd widać, że kwadrat żadnej liczby naturalnej nie daje reszty 3 z dzielenia przez 8.

A tak w ogóle zadanie zostało rozwiązane: https://matematyka.pl/88945.htm?highlight=#332133

3. Równoważnie: \(\displaystyle{ l^2 = 8n+3}\). Wystarczy zauważyć, że prawa strona daje zawsze resztę 3 z dzielenia przez 8, a kwadrat liczby całkowitej może dawać reszty 0,1 lub 4 (rozważ kolejno liczby: l=8k, l=8k+1, l=8k+2, ..., l=8k+7, aby przekonać się o prawdziwości tego stwierdzenia).

A zadanka prościutkie

Sylwek pisze:A zadanka prościutkie

To co prawda był zestaw dla klas pierwszych, ale rzeczywiście nietrudny.
Zadania dla klas III też nie jakieś skomplikowane, ale już troszkę trudniejsze.

A to ich tematy:
Zadanie 1.
Rozwiąż równanie: \(\displaystyle{ \sqrt[5]{2(1+\sqrt{x-2})-x}+\sqrt[5]{4(\sqrt{x+1}-1)-x}=\frac{2}{ ft| cos\pi x\right| }}\)
Moja odp.: x=3

Zadanie 2.
Liczby dodatnie \(\displaystyle{ a, b, c}\) są długościami boków trójkąta i spełniają warunek \(\displaystyle{ ab+bc+ca=12}\). Udowodnić, że \(\displaystyle{ 6 qslant a+b+c}\)

no a jak wam poszlo? ja w III klasach mam pierwsze, trzecie i jedna nierownosc z drugiego tak wiec chyba nie jest zle troche mnie zdziwil poziom trudnosci, myslalem, ze latwiej bedzie

a klasy II?
Ile sobie punktow naliczyliscie ?
Ile zrobiliscie ?

MagdaW pisze: 2.
Zauważ, że ta dana suma to poprostu wysokość opuszczona na podstawę, zatem oznaczając przez a długość podstawy, z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy, że \(\displaystyle{ \frac{ a\sqrt{15} }{2}=11}\), dalej łatwo.

czy aby na pewno? bo zbytnio nie rozumiem według mnie wysokosc to R+r+r+y gdzie y to ten krótki odcinek który zostaje miedzy promieniem okregu wpisanego a promieniem okręgu opisanego

Zadania dla klas 3 znacznie ciekawsze i dla kogoś nie mającego styczności z konkursami z pewnością mogłyby być dość trudne, no ale w końcu to jest konkurs - tu się wymaga wiedzy i chwała temu konkursowi za to.
P.S. Fajny zestaw, wszystkie zadania to nierówności


ad. 1. Wystarczy dowieść, że: \(\displaystyle{ 2(1+\sqrt{x-2})-x 1}\), przy czym równość tylko dla x=3 oraz \(\displaystyle{ 4(\sqrt{x+1}-1)-x 1}\), przy czym równość zachodzi tylko dla x=3, zatem:
\(\displaystyle{ L \sqrt[5]{1}+\sqrt[5]{1} = 2 \frac{2}{\cos \pi x}}\), przy czym równość może zachodzić tylko dla x=3 - wystarczy sprawdzić więc, czy x=3 spełnia to równanie, bo jest to jego jedyne ewentualne rozwiązanie.


ad. 2. Lemat: dla dowolnych liczb rzeczywistych a,b,c zachodzi: \(\displaystyle{ (a+b+c)^2 3(ab+bc+ca)}\) (wystarczy wykonać wszystkie działania i pozwijać w sumę kwadratów), stąd: \(\displaystyle{ (a+b+c) \sqrt{3(ab+bc+ca)}=\sqrt{36}=6}\)

W drugą stronę:
Lemat: dla a,b,c będących długościami boków pewnego trójkąta zachodzi: \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2 < 2(ab+bc+ca)}\) (gdyż jest to równoważne: \(\displaystyle{ a(-a+b+c)+b(a-b+c)+c(a+b-c)>0}\), a to na mocy nierówności trójkąta jest prawdą, stąd:
\(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2 + 2(ab+bc+ca) < 4(ab+bc+ca) \iff (a+b+c)^2 < 4(ab+bc+ca) (a+b+c) < \sqrt{4(ab+bc+ca)}=\sqrt{48} 0, \ \sqrt{x^2+1}+x > 0, \ \sqrt{x^2+1}-x >0}\), zatem z nierówności pomiędzy średnimi:
\(\displaystyle{ \frac{\sqrt{\sqrt{x^2+1}+x} + \sqrt{\sqrt{x^2+1}-x}}{2} \\ \sqrt{(\sqrt{\sqrt{x^2+1}+x}) (\sqrt{\sqrt{x^2+1}-x})}}= \\ = \sqrt[4]{(x^2+1)-x^2)}=\sqrt[4]{1}=1}\)
a równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy: \(\displaystyle{ \sqrt{x^2+1}+x=\sqrt{x^2+1}-x \iff 2x=0 \iff x=0}\), toteż: \(\displaystyle{ f(x)=min \iff x=0}\)