ανισότητα με απόλυτες τιμές

Ιστοσελίδα · #1

#2

Mετά απο αρκετό διάβασμα και κεφάλι καζάνι, έχουμε:

$\displaystyle{ \begin{array}{l} x + |x| \ge 2y \Rightarrow |x| \ge 2y - x \\ x - |x| \le 2y \Rightarrow |x| \ge x - 2y \\ \end{array} }$
Αρα
$\displaystyle{ |x| \ge |2y - x|(1) }$
Όμως:

$\displaystyle{ |2y - x| \ge |2y| - |x|(2) }$
Απο (1) και (2) λαμβάνω:
$\displaystyle{ |x| \ge |2y| - |x| \Rightarrow 2|x| \ge 2|y| \Rightarrow |x| \ge |y| }$

#3

Οι δοθείσες δίνουν $-|x|\leq x-2y\leq|x|$ ,αρα $|x-2y|\leq|x|$ , αρα $x^{2}-4xy+4y^{2}\leq x^{2}$ , άρα $4y(y-x)\leq0$ , άρα

$\Big($ ή ( $y\leq0$ και $y\geq x$ ), είτε ( $y\geq0$ και $y\leq x$ ) $\Big)$ , άρα $|x|\geq|y|$ .

#4

Ι) Αν χ >= 0 τοτε οι δοθεισες δινουν 2χ >= 2ψ και 0 <= 2ψ, συνεπως 0 <= ψ <= χ και |ψ| <= |χ|

ΙΙ) Αν χ < 0 τοτε οι δοθεισες δινουν 0 >= 2ψ και 2χ <= 2ψ, συνεπως χ <= ψ < = 0 και |χ| >= |ψ|

Γιωργος Μπαλογλου

p_gianno · #5

Είναι
$\displaystyle{ \begin{array}{l} 2|x| = |x| + |x|\mathop \ge \limits^{|x| \ge x} x + |x|\, \ge 2y \Rightarrow 2|x|\, \ge 2y\,\, \Rightarrow \,|x|\,\, \ge \,y\, \Rightarrow \,y\, \le \,|x|(1) \\ - 2|x| = - |x| - |x|\mathop \le \limits^{ - |x| \le x} x - |x|\, \le 2y \Rightarrow - 2|x|\, \le 2y \Rightarrow - |x|\, \le y\,\,\,(2) \\ (1,2) \Rightarrow - |x|\, \le y \le \,|x|\, \Rightarrow \,|y|\, \le \,|x| \\ \end{array} }$
Π.Γ

#6

math_finder έγραψε:Είναι
$\displaystyle{ \begin{array}{l} 2|x| = |x| + |x|\mathop \ge \limits^{|x| \ge x} x + |x|\, \ge 2y \Rightarrow 2|x|\, \ge 2y\,\, \Rightarrow \,|x|\,\, \ge \,y\, \Rightarrow \,y\, \le \,|x|(1) \\ - 2|x| = - |x| - |x|\mathop \le \limits^{ - |x| \le x} x - |x|\, \le 2y \Rightarrow - 2|x|\, \le 2y \Rightarrow - |x|\, \le y\,\,\,(2) \\ (1,2) \Rightarrow - |x|\, \le y \le \,|x|\, \Rightarrow \,|y|\, \le \,|x| \\ \end{array} }$
Π.Γ

Πολύ όμορφη λύση!

Μάκης Χατζόπουλος · #7

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Οι δοθείσες δίνουν $-|x|\leq x-2y\leq|x|$ ,αρα $|x-2y|\leq|x|$ , αρα $x^{2}-4xy+4y^{2}\leq x^{2}$ , άρα $4y(y-x)\leq0$ , άρα

$\Big($ ή ( $y\leq0$ και $y\geq x$ ), είτε ( $y\geq0$ και $y\leq x$ ) $\Big)$ , άρα $|x|\geq|y|$ .

Όμοια λύση έχω με τον Αναστάση, αλλά δεν την σκοτώνω στο τέλος (!!!) δηλ.

ο Τάσος έφτασε $\displaystyle{\left| {x - 2y} \right| \le \left| x \right|}$ δηλ. $\displaystyle{ \left| {2y} \right| - \left| x \right| \le \left| {2y - x} \right| \le \left| x \right| }$
οπότε $\displaystyle{\left| {2y} \right| - \left| x \right| \le \left| x \right| \Leftrightarrow 2\left| y \right| \le 2\left| x \right| \Leftrightarrow \left| y \right| \le \left| x \right|}$

Υ.Γ: Υψώνουμε στο τετράγωνο μόνο αν είμαστε απελπισμένοι Αναστάση ( σε τσιγκλάω γιατί γνωρίζω ότι έχεις χιούμορ)

#8

Μάκης Χατζόπουλος έγραψε:Υ.Γ: Υψώνουμε στο τετράγωνο μόνο αν είμαστε απελπισμένοι Αναστάση ( σε τσιγκλάω γιατί γνωρίζω ότι έχεις χιούμορ)

Άσε...χθές ήμουν πολύ down. Με είχε πιάσει μαύρη απελπισία..!!

Η εκδοχή σου είναι πράγματι κομψότερη

Ιστοσελίδα · #9

Χρήστο, Αναστάση, Γιώργο, Πάνο και Μάκη σας ευχαριστώ που ασχοληθήκατε με την άσκηση.

ανισότητα με απόλυτες τιμές

ανισότητα με απόλυτες τιμές

Re: ανισότητα με απόλυτες τιμές

Re: ανισότητα με απόλυτες τιμές

Re: ανισότητα με απόλυτες τιμές

Re: ανισότητα με απόλυτες τιμές

Re: ανισότητα με απόλυτες τιμές

Re: ανισότητα με απόλυτες τιμές

Re: ανισότητα με απόλυτες τιμές

Re: ανισότητα με απόλυτες τιμές

Μέλη σε σύνδεση