Να δούμε και μια διαφορετική λύση της γενικής περίπτωσης:

Έστω $a_1+a_2+...+a_n=k$ οπότε $\displaystyle LHS= \frac{a_1}{k-a_1} + \frac{a_2}{k-a_2}+...+ \frac{a_n}{k-a_n}$

Λόγω συμμετρίας μπορούμε να υποθέσουμε ότι $a_1\geq a_2 \geq ... \geq a_n \Rightarrow k-a_1\leq k-a_2\leq ...\leq k-a_n$

και ...

Αλγεβριστής έγραψε:Άσκηση 239: Για τους θετικούς να αποδείξετε ότι

.

Μπορούμε επίσης να πολλαπλασιάσουμε με και τότε είναι ίδια με την 233 και μπορεί να λυθεί με .

Σχιζοφρένεια θετικής κατεύθυνσης

Για $x=y=0$ έχουμε $f(0)=0$

Για $\displaystyle x=1 \Rightarrow f(f(y)+y)=2y$

Έστω $x_0 \in \Bbb{R}$ τέτοιο ώστε $f(x_0)=1$

Τότε για $\displaystyle y=x_0 \Rightarrow f(xx_0+x)=2xx_0$

και για $\displaystyle x= \frac{x_0}{x_0+1}$ αφού $x_0 \neq -1$

έχουμε $x_0=1$ ή $x_0=-\frac{1}{2}$

$\bullet f(1 ...

Μια προσπάθεια

Για $y\rightarrow0^+ \Rightarrow f(x)=h(x)+h(0)-g(0)$

Άρα η αρχική σχέση γίνεται $h(x+y)-h(x)-h(y)=-g(xy)+g(0)-h(0)=G(xy), (1)$

Θέτω σε αυτήν όπου $y$ το $y+z$ οπότε
$h(x+y+z)=h(x)+h(y+z)+G(xy+xz)=h(x)+h(y)+h(z)+G(yz)+G(xy+xz)$

Ομοίως και με τις άλλες μεταβλητές οπότε προκύπτει ...

$x=y=z=0 \Rightarrow 3f^2(0)+2f(0)-1=0$

Άρα $f(0)= \frac{1}{3}$ ή $f(0)=-1$

Αν $f(0)= \frac{1}{3}$ για $y=z=0$ στην αρχική έχουμε $\displaystyle 2f(x)+\frac{2}{3}f(x)+ \frac{1}{9}=1 \Rightarrow f(x)=\frac{1}{3}$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$

Αν $f(0)=-1$ για $z=-y$ προκύπτει $\displaystyle 2f(x)+f ...

Σήμερα στο διάλειμμα από τη στατιστική μου ήρθε αυτή η ιδέα (χρησίμευσε τελικά κάπου!)

Η ανισότητα γράφεται ισοδύναμα $(1+8y^2)x^2+y^2-1 \leq 0$

Το τριώνυμο έχει διακρίνουσα $D=-4(y-1)(y+1)(1+8y^2)=4(1-y)(1+y)(1+8y^2) \geq 0$ με την ισότητα για $y=1$

οπότε $x=-\frac{\sqrt{D}}{2(1+8y^2)}=-\sqrt ...

ΑΣΚΗΣΗ 581
Σε πόσα μηδενικά τελειώνει ο αριθμός $2007!$; Ποιο το τελευταίο μη μηδενικό ψηφίο του;


Ο αριθμός των μηδενικών είναι ίσος με τον αριθμό των πέντε αφού θα υπάρχουν σίγουρα αρκετά δύο ώστε να πολλαπλασιαστούν με αυτά.
Έτσι ο αριθμός $2007!$ τελειώνει σε $401+80+16+3=500$ μηδενικά ...

Για

Αν θέσουμε όπου το προκύπτει λόγω της και για

Άρα

Για προκύπτει

Για προκύπτει και για έχουμε άρα μαζί με την για κάθε η οποία επαληθεύει την αρχική.

Παρατηρούμε ότι για $t=2$ ισχύει ενώ για $t=-2$ δεν ισχύει για κάθε $x,y,z \in R$

Ισοδύναμα γράφεται $x^2+t(y+z)x+y^2+z^2+tyz \geq 0$ και το τριώνυμο έχει διακρίνουσα $D=t^2(y+z)^2-4y^2-4z^2-4tyz=(t^2-4)y^2+2tz(t-2)y+(t^2-4)z^2$ και θέλουμε $D \leq0$

Η διακρίνουσα του δεύτερου τριωνύμου($t^2\neq4 ...

Διότι ισχύει γενικά άρα θα ισχύει μόνο η ισότητα.

Να αποδείξετε ότι

β) $\displaystyle{\frac{{{x}^{3}}}{{{y}^{2}}(x+2z)}+\frac{{{y}^{3}}}{{{z}^{2}}(y+2x)}+\frac{{{z}^{3}}}{{{x}^{2}}(z+2y)}\,\,\ge \,\,1\,\,,\,\,\forall \,x,y,z\,>\,0}$

Μπάμπης

Λίγο διαφορετικά...
$LHS=\sum \dfrac{\left(\displaystyle{\frac{x}{y}\right)^2}}{1+2\displaystyle ...

Διαφορετικά με

Τότε άρα

Για το α. μπορούμε επίσης να κάνουμε το εξής

Έστω ότι για κάποια $a,b \in \mathbb R$ ισχύει $f(a)=f(b)$

Τότε $\displaystyle f(a)+e^{f(a)}=f(b)+e^{f(b)}$ άρα $\displaystyle a+ae^a=b+be^b \Rightarrow g(a)=g(b),(1)$ όπου $g(x)=x+xe^x$

$g'(x)=1+e^x+xe^x$
$g''(x)=e^x(x+2)$ και $g''(x)=0 \Rightarrow ...

Έστω $n$ οι εργαζόμενοι του Α τμήματος και $m$ οι εργαζόμενοι του Β.
Τότε $n+m=50, (1)$

Αν $x_1,x_2,...,x_n$ οι μισθοί των εργαζομένων του Α τμήματος και $y_1,y_2,...,y_m$ του Β τμήματος και $\bar w$ η μέση τιμή όλων των μισθών τότε

$\displaystyle \bar w=\frac{x_1+x_2+...+x_n+y_1+y_2+...+y_m}{50 ...

Θέλουμε να βρούμε τη ρίζα της εξίσωσης $f(x)=x, x>0$

Έστω $x_0$ η ζητούμενη ρίζα οπότε $f(x_0)=x_0 \Rightarrow f(f(x_0))=f(x_0) \Rightarrow (x_0-1)f(x_0)=0$

Άρα $x_0=1$ διότι $f(x)>0$

Αλλιώς η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την $\displaystyle \frac{f(x)}{x}=1 \Rightarrow f^{-1}(x)=1$

Όμως η εξίσωση ...

Η 4 είναι ελλιπής, νομίζω γιατί δεν βρίσκει το σύνολο ορισμού της εξίσωσης.

Πάντως εγώ δεν τα ειχά διδαχθεί με τόση σαφήνεια.Μάλιστα θυμάμαι ότι πέρσυ ο καθηγητής μας τα πέρναγε λίγο γρήγορα για να αφιερώσει περισσότερες διδακτικές ώρες στους λογάριθμους.Έτσι όμως δεν ξεκαθαρίζονται κάποια πράγματα ...

Πράγματι, από βασική μορφή της C.S (Andreescu) προκύπτει



άρα
με την ισότητα για

Θέτω $x=\eta\mu^2 a$ και $y=\sigma\upsilon\nu^2 a$ με $0\leq x,y \leq1$ και $x+y=1$

Τότε η ζητούμενη ανισότητα γίνεται $\eta\mu^4 a+ 8\eta\mu^4 a \sigma\upsilon\nu^4 a+ \sigma\upsilon\nu^4 a \leq 1$ η οποία ισοδύναμα γίνεται

$(\eta\mu^2 a+\sigma\upsilon\nu^2 a)^2- 2\eta\mu^2 a \sigma\upsilon\nu^2 ...