Προκριματικός Διαγωνισμός 2007

#1

: 2007.PNG (88.37 KiB) Προβλήθηκε 2379 φορές

Alex karalekas · #2

Απάντηση στο πρόβλημα 1
Έχουμε x≤y≤z

(σχέση [ξ]) και xy+yz+yx=1

επειδή δεν ξέρουμε τα πρόσημα τους θα πάρουμε περιπτώσεις
(1) Αν x,y,z>0

τότε

άρα $xy≤ \frac{1}{3}$ και η ισότητα ισχύει όταν $x=y=z= \frac{1}{\sqrt{3}}$ Επόμενος $xy < \frac{1}{2}$
(2) Αν x<0

και

τότε $xy<0< \frac{1}{2}$
(3) Αν y<0

και

έπεται ότι x<0

οπότε

άρα

που δεν είναι δεκτή απάντηση
(4) Αν x,y,z<0

τότε θέτοντας x=-k, y=-t, z=-p

έχουμε

και

δηλαδή η σχέση [ξ] απλά άλλαξε φορά χωρίς να αλλοιωθεί η δεύτερη αλλά δεν μπορούμε να προχωρήσουμε όπως στην πρώτη (1) περίπτωση. Δηλαδή εύκολα πάλι βγάζουμε $pt≤ \frac{1}{3}$ αλλά εμείς θέλουμε $kt< \frac{1}{2}$ .
Αν κάποιος μπορεί να αναρτήσει μια λύση στην τέταρτη περίπτωση θα είμαι ευγνώμων. Από την άλλη όμως φαίνεται ότι μόνο η πρώτη επιλύει το πρόβλημα, η δεύτερη λόγω μόνο των προσήμων και όχι με κάποια ανισότητα ενώ οι άλλες δύο δεν φέρνουν ένα επιθυμητό αποτέλεσμα. Οπότε ίσως το πρόβλημα να ήταν πιο σωστά γραμμένο αν έλεγε x,y,z

θετικοί πραγματικοί.
Επειδή υπάρχει τυπογραφικό λάθος στην άσκηση (κανονικά είναι $xz < \frac{1}{2}$ ) αυτή η δημοσίευση είναι σαν σχόλιο.

#3

Καλώς ήλθες στο φόρουμ.

Ως προς την λύση σου, για εξήγησε σε παρακαλώ το βήμα

Alex karalekas έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 02, 2025 3:11 pm

(3) Αν y<0 και z>0 έπεται ότι x<0 οπότε xy-1=-xz-xy>0 άρα xy>1 που δεν είναι δεκτή απάντηση

Ίσως δεν βλέπω κάτι (διόρθωσέ με σε παρακαλώ) αλλά αν πάρουμε $x=-2,\, y=-1, \, z= \dfrac {1}{3}$ έχουμε $x\le y\le z$ και

$xy+yz+zx= (-2)(-1)+ \dfrac {-1}{3}+\dfrac {-2}{3}= 2+ \dfrac {-3}{3}=2-1=1$

Δηλαδή ισχύουν οι υποθέσεις της άσκησης, πλην όμως xy=(-2)(-1)=2>1

ενώ ισχυρίστηκες ότι δεν είναι αποδεκτή απάντηση.

Και κάτι ακόμη: Γράψε σε παρακαλώ το ποστ σου σε latex, όπως πολύ σωστά ορίζουν οι κανονισμοί μας. Στο ίδιο το φόρουμ θα βρεις οδηγίες για το πώς γράφει κανείς σε latex.

Alex karalekas · #4

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 02, 2025 8:55 pm
Καλώς ήλθες στο φόρουμ.

Ως προς την λύση σου, για εξήγησε σε παρακαλώ το βήμα

Alex karalekas έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 02, 2025 3:11 pm

(3) Αν y<0 και z>0 έπεται ότι x<0 οπότε xy-1=-xz-xy>0 άρα xy>1 που δεν είναι δεκτή απάντηση
Ίσως δεν βλέπω κάτι (διόρθωσέ με σε παρακαλώ) αλλά αν πάρουμε $x=-2,\, y=-1, \, z= \dfrac {1}{3}$ έχουμε $x\le y\le z$ και

$xy+yz+zx= (-2)(-1)+ \dfrac {-1}{3}+\dfrac {-2}{3}= 2+ \dfrac {-3}{3}=2-1=1$

Δηλαδή ισχύουν οι υποθέσεις της άσκησης, πλην όμως ενώ ισχυρίστηκες ότι δεν είναι αποδεκτή απάντηση.

Και κάτι ακόμη: Γράψε σε παρακαλώ το ποστ σου σε latex, όπως πολύ σωστά ορίζουν οι κανονισμοί μας. Στο ίδιο το φόρουμ θα βρεις οδηγίες για το πώς γράφει κανείς σε latex.

Επειδή

ως άθροισμα θετικών έπεται xy-1>0

άρα

. Εμείς θέλουμε να βγάλουμε ότι $xy< \frac{1}{2}$ αλλά σε αύτη την περίπτωση έχουμε xy>1

(όπως έβγαλες xy=2

αλλά όχι $< \frac{1}{2}$ ) και άρα δεν ειναι δεκτή αυτή. Σε τέτοιες ασκήσεις συνήθος ζητάνε να αποδηξείς μια ανίσωση για κάθε x,y,z

όμως μπορούμε να βρούμε x,y<0

και

ώστε να μην ισχύει η ανισωτήτα (και για αυτό λέω ότι αν ήταν όλοι θετικοί θα ίσχυε η ανισώτητα για κάθε x,y,z

)
Ευχαριστώ για την γρήγορη απάντηση και διόρθωσα την δημοσίευσή μου

#5

Alex karalekas έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 02, 2025 9:30 pm
Εμείς θέλουμε να βγάλουμε ότι $xy< \frac{1}{2}$ αλλά σε αύτη την περίπτωση έχουμε (όπως έβγαλες αλλά όχι $< \frac{1}{2}$ ) και άρα δεν ειναι δεκτή αυτή.

Προσοχή, γιατί δεν στέκει αυτό που λες. Με λίγα λόγια, δεν μπορείς να χρησιμοποιήσεις το ζητούμενο της άσκησης για να απορρίψεις χωρίς επιχείρημα ένα αποτέλεσμα που έβγαλες. Το ζητούμενο της άσκησης δεν είναι δεδομένο .ωστε να μπορείς να το χρησιμοποιήσεις.

Το μήνυμα που προσπαθούσα να σου δώσω είναι ότι η άσκηση είναι εσφαλμένη. Δεν ισχύει το ζητούμενο, αφού σου έδωσα παράδειγμα όπου δεν ισχύει $xy \le \dfrac {1}{2}$ .

Προφανώς πρέπει να προστεθεί κάτι ακόμα στις υποθέσεις. Μία τέτοια εκδοχή είναι να προστεθεί η υπόθεση ότι τα x,y,z

είναι θετικά. Αλλά τότε η άσκηση είναι απλή.

Ίσως ο θεματοθέτης ή κάποιος άλλος να γνωρίζει αν η άσκηση δόθηκε το 2007

χωρίς την υπόθεση $x,y,z\ge 0$ ή αν έγινε διόρθωση κατά την διάρκεια του διαγωνισμού.

konargyr14 · #6

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 02, 2025 10:10 pm

Alex karalekas έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 02, 2025 9:30 pm
Εμείς θέλουμε να βγάλουμε ότι $xy< \frac{1}{2}$ αλλά σε αύτη την περίπτωση έχουμε (όπως έβγαλες αλλά όχι $< \frac{1}{2}$ ) και άρα δεν ειναι δεκτή αυτή.

Προσοχή, γιατί δεν στέκει αυτό που λες. Με λίγα λόγια, δεν μπορείς να χρησιμοποιήσεις το ζητούμενο της άσκησης για να απορρίψεις χωρίς επιχείρημα ένα αποτέλεσμα που έβγαλες. Το ζητούμενο της άσκησης δεν είναι δεδομένο .ωστε να μπορείς να το χρησιμοποιήσεις.

Το μήνυμα που προσπαθούσα να σου δώσω είναι ότι η άσκηση είναι εσφαλμένη. Δεν ισχύει το ζητούμενο, αφού σου έδωσα παράδειγμα όπου δεν ισχύει $xy \le \dfrac {1}{2}$ .

Προφανώς πρέπει να προστεθεί κάτι ακόμα στις υποθέσεις. Μία τέτοια εκδοχή είναι να προστεθεί η υπόθεση ότι τα είναι θετικά. Αλλά τότε η άσκηση είναι απλή.

Ίσως ο θεματοθέτης ή κάποιος άλλος να γνωρίζει αν η άσκηση δόθηκε το χωρίς την υπόθεση $x,y,z\ge 0$ ή αν έγινε διόρθωση κατά την διάρκεια του διαγωνισμού.

Καλησπέρα κύριε Λάμπρου. Ψάχνοντας λίγο τα θέματα αυτά ήταν της Μεσογειάδας του 2007 και το ζητούμενο ήταν να δειχθεί ότι $xz < \frac{1}{2}$ και όχι $xy < \frac{1}{2}$ . Πρόκειται μάλλον για τυπογραφικό λάθος.
Κωνσταντίνος

#7

konargyr14 έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 02, 2025 10:15 pm
Καλησπέρα κύριε Λάμπρου. Ψάχνοντας λίγο τα θέματα αυτά ήταν της Μεσογειάδας του 2007 και το ζητούμενο ήταν να δειχθεί ότι $xz < \frac{1}{2}$ και όχι $xy < \frac{1}{2}$ . Πρόκειται μάλλον για τυπογραφικό λάθος.
Κωνσταντίνος

Ευχαριστούμε για την πληροφορία.

Να 'σαι καλά.

Alex karalekas · #8

Απάντηση στο τέταρτο ερώτημα. Καταρχάς ας γράψουμέ κάποιες σχέσεις,έστω |x|

το κλασματικό (αύτο γιατί δεν μπορώ να γράψω σε latex τον συμβολισμο { ) και [x]

το ακέραιο μέρος του

τότε για κάθε x>1

που δεν ειναι ακέραιος ισχύει ότι x=[x]+|x|

με

,

και άρα

.
Η απόδειξη θα γίνει σε περιπτώσεις. Αρχικά έστω x>2

και άρα

τότε αρκεί να αποδείξουμε $\frac{x+k}{ |x| } - \frac{ |x| } {x+k} > \frac{9}{2}$ (1) και $\frac{x+|x|}{k} -\frac{k}{x+|x|} >0$ (2).
Η (1) γράφεται $\frac{x+k}{x-k} - \frac{x-k} {x+k} > \frac{9}{2}$ και μετά από πράξεις 9x^2-8kx-9k^2<0

. Οπότε έστω h(x )= 9x^2-8kx-9k^2

ώστε να την βγάλουμε αρνητική για κάθε x>2

, τότε παραγωγίζοντας έχουμε h'(x)=18x-8k>0

(αφού

) άρα

γνησίως αύξουσα οπότε h(x)<h(k+1)=-8k^2+10k+9

(αφού

).
Θέτοντας πάλι συνάρτηση g(k)=-8k^2+10k+9

βγάζουμε εύκολα (παιρνοντας και την παράγωγο της g(k)

) ότι

. Άρα

που αυτό ψάχναμε.
Τώρα η (2) γράφεται $\frac{2x-k}{k} -\frac{k}{2x-k} >0$ άρα $\frac{2x-k}{k} > \frac{k}{2x-k}$ και με μία χιαστή και κάτι πράξεις παίρνοντας ότι x>0

καταλήγουμε στην x>k

που ισχύει.
Οπότε προσθέτοντας τις (1) και (2) αποδεικνύουμε την επιθυμητή ανίσoση για x>2

.
Τώρα για 1<x<2

ισχύει

και θα χρησημοποιήσουμε την ανισότητα του Karamata για την απόδειξη.
Λοιπόν αρχίζοντας έστω |x|=y

και άρα

οπότε η δοσμενη ανισότητα γράφεται $\frac{x+k}{ |x| } - \frac{ |x| } {x+k} + \frac{x+|x|}{k} -\frac{k}{x+|x|} > \frac{9}{2}$ <=> $(\frac{1}{4})(\frac{y+2}{y} - \frac{y} {y+2} ) +(\frac{1}{4})(2y+1 -\frac{1}{2y+1} ) > \frac{9}{8}$ και μετά από πράξεις την φέρνουμε στην μορφή $\frac{y^2+y}{1+2y}+\frac{(\frac{1}{y})^2+\frac{1}{y}}{1+\frac{2}{y}} >\frac{9}{8}$ . Έστω τώρα η συνάρτηση $f(x) = \frac{x^2+x}{1+2x}$ με x≥0

και θέλουμε να αποδείξουμε ότι $f( y )+f( \frac{1}{y} ) > \frac{9}{8}$ για 0<y<1

(3). Παρατηρούμε ότι f(0)=0

, $f'(x)= \frac{(2x+1)(2x+1)-2x^2-2x}{(2x+1)^2}$ δηλαδή f'(x)=1-2f(x)

και $f'(x)= \frac{2x^2+2x+1}{(2x+1)^2} >0$ και επίσης f''(x)=-2f'(x)<0

άρα

είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση και κοίλη.Επωμένος αφού $y+ \frac{1}{y} >2$ έπεται $f(y+\frac{1}{y})>f(2)=1.2>\frac{9}{8}$ (4). Επιπλέον $(y+\frac{1}{y},0)≻(\frac{1}{y} , y)$ ( ή $(y+\frac{1}{y},0)≻(y, \frac{1}{y})$ ανάλογα με το σύνολο του

ώστε να ισχύει $\frac{1}{y}>y$ ή $y>\frac{1}{y}$ αντίστοιχα για να πάρουμε majorization, παρόλο που δεν υπάρχει πρόβλημα διότι η (3) που θέλουμε να αποδείξουμε είναι συμμετρική για $y= \frac{1}{z}$ ) και αφού η f(x)

είναι κοίλη από Karamata έχουμε $f(y)+f(\frac{1}{y})≥f(y+\frac{1}{y})+f(0)=f(y+\frac{1}{y})$ και χρησημοποιώντας την (4) καταλήγουμε $f(y)+f(\frac{1}{y})> \frac{9}{8}$ που ειναί η ανίσοση (3) που θέλαμε να αποδήξουμε. Και επιτέλους τελειώσαμε

.
Σχόλιο μου ειναι οτι για x>2

η ανίσοση βγήκε αμέσως ενώ για 1<x<2

μου πείρε τουλάχιστον 2 ώρες για να βρω τον Karamata. Ίσως μπορούμε από την αρχή θέτοντας [x] = k

και παίρνοντας Karamata σε μία πιο γενική περίπτωση να έβγαινε με παρόμοιο τροπό, η ανίσοση που ζητήται, με αυτόν που χρησημοποίησα οταν 1<x<2

. Αλλά αφού εύκολα αποδεικνύεται για x>2

δεν υπάρχει λόγος.Τέλος αν κάποιοι δεν συφνωνούν απόλυτα στο σήμείο που πήρα majorization και έπρεπε $y < \frac{1}{y}$ ,τότε μπορούμε να αποδείξουμε τον Karamata και την (4) με διαφορετικές συναρτήσεις ώστε να πάρουμε τα κατάλληλα πεδία ορισμού.Απλά δεν εδώσα πολύ σημασία σε αυτό το κομμάτι διότι όπως είπα η (3) ειναί συμμετρική για $y= \frac{1}{z}$ οπότε αν 0<y<1

τότε

.Ελπίζω να μην έχω κάνει κάποιο λάθος στην απόδειξη και συγχωρέστε με για τα ορθογραφικά λάθη.

Alex karalekas · #9

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 02, 2025 10:10 pm

Alex karalekas έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 02, 2025 9:30 pm
Εμείς θέλουμε να βγάλουμε ότι $xy< \frac{1}{2}$ αλλά σε αύτη την περίπτωση έχουμε (όπως έβγαλες αλλά όχι $< \frac{1}{2}$ ) και άρα δεν ειναι δεκτή αυτή.

Προσοχή, γιατί δεν στέκει αυτό που λες. Με λίγα λόγια, δεν μπορείς να χρησιμοποιήσεις το ζητούμενο της άσκησης για να απορρίψεις χωρίς επιχείρημα ένα αποτέλεσμα που έβγαλες. Το ζητούμενο της άσκησης δεν είναι δεδομένο .ωστε να μπορείς να το χρησιμοποιήσεις.

Το μήνυμα που προσπαθούσα να σου δώσω είναι ότι η άσκηση είναι εσφαλμένη. Δεν ισχύει το ζητούμενο, αφού σου έδωσα παράδειγμα όπου δεν ισχύει $xy \le \dfrac {1}{2}$ .

Προφανώς πρέπει να προστεθεί κάτι ακόμα στις υποθέσεις. Μία τέτοια εκδοχή είναι να προστεθεί η υπόθεση ότι τα είναι θετικά. Αλλά τότε η άσκηση είναι απλή.

Ίσως ο θεματοθέτης ή κάποιος άλλος να γνωρίζει αν η άσκηση δόθηκε το χωρίς την υπόθεση $x,y,z\ge 0$ ή αν έγινε διόρθωση κατά την διάρκεια του διαγωνισμού.

Μα αυτό ακριβώς λέω και εγώ στο τέλος, οτι έπρεπε μάλλον να δινόταν ότι x,y,z>0

διαφορετικά η ανίσωση $xy< \frac{1}{2}$ που θέλουμε να αποδείξουμε δεν ισχύει για κάθε x,y,z

#10

Alex karalekas έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 03, 2025 12:08 am
Μα αυτό ακριβώς λέω και εγώ στο τέλος, οτι έπρεπε μάλλον να δινόταν ότι διαφορετικά η ανίσωση $xy< \frac{1}{2}$ που θέλουμε να αποδείξουμε δεν ισχύει για κάθε

Ίσως δεν έγινα κατανοητός, οπότε ας κάνω άλλη μία προσπάθεια:

Το σχόλιό μου δεν αφορούσε το μέρος της απόδειξης που ήταν σωστό αλλά το βήμα

Alex karalekas έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 02, 2025 3:11 pm
(3) Αν και έπεται ότι οπότε άρα που δεν είναι δεκτή απάντηση

Δηλαδή το σημείο που χρησιμοποιείς το ζητούμενο ως μέρος των δεδομένων της άσκησης για να βγάλεις συμπέρασμα ότι απορρίπτεται η περίπτωαη που συζητούσες σε εκείνο το σημείο. Συγκεκριμένα, την περίπτωση $y<0,\, z>0$ .

Προκριματικός Διαγωνισμός 2007

Προκριματικός Διαγωνισμός 2007

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός 2007

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός 2007

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός 2007

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός 2007

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός 2007

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός 2007

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός 2007

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός 2007

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός 2007

Μέλη σε σύνδεση