Τεστ Εξάσκησης (13), Μεγάλοι

#1

ΘΕΜΑ 1
Να βρείτε τη μεγαλύτερη τιμή της σταθεράς

και τη μικρότερη τιμή της σταθεράς

για τις οποίες η ανισότητα

$\displaystyle{\displaystyle{m \leq \frac{4x+y}{x+4y}+\frac{4y+z}{y+4z}+\frac{4z+x}{z+4x}< M,}}$

ισχύει για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς x,y,z.

ΘΕΜΑ 2
Σε μια παιδική χαρά παίζουν

παιδιά, όπου n> 2.

Κάθε παιδί φοράει ένα χρωματιστό καπέλο και κάθε ζευγάρι παιδιών κρατά μια χρωματιστή κορδέλα. Για κάθε παιδί, το χρώμα κάθε κορδέλας που κρατά είναι διαφορετικό και επίσης διαφορετικό από το χρώμα του καπέλου που φορά. Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός χρωμάτων που πρέπει να χρησιμοποιηθούν;

ΘΕΜΑ 3
Έστω

το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου και

διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου τριγώνου ABC.

Τα σημεία

και

ανήκουν στις ευθείες

και

ώστε $\displaystyle{BE = CF =\frac{AB + BC + CA}{2}.}$
Δείξτε ότι οι ευθείες

και

είναι κάθετες.

ΘΕΜΑ 4
Έστω

θετικός ακέραιος. Να δείξετε ότι υπάρχει θετικός ακέραιος

τέτοιος ώστε ο αριθμός $\displaystyle{51^k − 17}$ να διαιρείται με τον $\displaystyle{2^n.}$

giannisd · #2

ΘΕΜΑ 4
Έστω θετικός ακέραιος. Να δείξετε ότι υπάρχει θετικός ακέραιος k τέτοιος ώστε ο αριθμός $\displaystyle{51^k − 17}$ να διαιρείται με τον $\displaystyle{2^n.}$

Θα το δείξω επαγωγικά:
Για n=1,2

προφανώς ισχύει το ζητούμενο

Έστω για κάποιο

υπάρχει

τέτοιο ώστε: $\nu_2(51^k-17)\geq n$

Για το n+1

αν $\nu_2(51^k-17)\geq n+1$ προφανώς τελειώσαμε, αλλιώς θέλω να κατασκευάσω l=k+d

τέτοιο ώστε $\nu_2(51^l-17)= n+1$

Τότε: $n+1=\nu_2(51^l-51^k+51^k-17)=\nu_2(51^k(51^d-1)+51^k-17)$ , δηλαδή αρκεί $\nu_2(51^d-1)=n$
(το επιπλέον δυάρι προκύπτει εύκολα αφού $2^nr_1+2^nr_2\equiv 0\pmod{2^{n+1}}$ με r_1,r_2

περιττούς)

Από LTE για το

:
$\displaystyle{n=\nu_2(51^d-1)=\nu_2(51^2-1)-1+\nu_2(d)\implies \nu_2(d)=n-2}$

Επομένως, o $l=k+2^{n-2}$ δουλεύει και το ζητούμενο έπεται. $\quad \blacksquare$

stamas1 · #3

Μηπως το 1 εχει και ισον?

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #4

socrates έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 23, 2020 1:32 am

ΘΕΜΑ 3
Έστω το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου και διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου τριγώνου
Τα σημεία και ανήκουν στις ευθείες και ώστε $\displaystyle{BE = CF =\frac{AB + BC + CA}{2}.}$
Δείξτε ότι οι ευθείες και είναι κάθετες.

: 290.PNG (29 KiB) Προβλήθηκε 1637 φορές

Έστω $\rm P,Q$ τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου με τις $\rm AB,AC$ αντίστοιχα, $\rm r$ η ακτίνα του έγκυκλου και $\rm s$ η ημιπερίμετρος του $\rm ABC$ .
Είναι $\rm PE=BE-BP=s-\left ( s-b \right )=b,QF=CF-CQ=s-(s-c)=c$ .
Άρα $\rm IE^2-IF^2=\left ( IP^2+PQ^2 \right )-\left ( IQ^2+QF^2 \right )=r^2+b^2-r^2-c^2=b^2-c^2$ .
Επίσης $\rm DE^2-DF^2=(BD^2+PB^2)-\left ( CF^2+DC^2 \right )=AD^2-c^2+s^2-s^2-(AD^2-b^2)=b^2-c^2=IE^2-IF^2$ οπότε από την συνθήκη καθετότητας έπεται το ζητούμενο.

#5

stamas1 έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 23, 2020 8:56 pm
Μηπως το 1 εχει και ισον?

Όχι, οι ανισότητες είναι αυστηρές.

stamas1 · #6

Αν ηταν $x\neq y\neq z$ το το m ειναι 3 νομιζω

#7

stamas1 έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 24, 2020 11:32 am
Αν ηταν $x\neq y\neq z$ το το m ειναι 3 νομιζω

Stamas (Σταμάτης;) έχεις δίκιο. Οι ανισότητες (και ειδικότερα η αριστερή) πρέπει να έχουν και ίσον (στη δεξιά δεν είναι απαραίτητο).
Ευχαριστώ για την παρατήρηση και ζητώ συγγνώμη για την ταλαιπωρία!
Περιμένουμε τη λύση σου

miltosk · #8

socrates έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 23, 2020 1:32 am
ΘΕΜΑ 1
Να βρείτε τη μεγαλύτερη τιμή της σταθεράς και τη μικρότερη τιμή της σταθεράς για τις οποίες η ανισότητα

$\displaystyle{\displaystyle{m <\frac{4x+y}{x+4y}+\frac{4y+z}{y+4z}+\frac{4z+x}{z+4x}< M,}}$

ισχύει για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς

Μια προσπάθεια:
$m <\frac{4x+y}{x+4y}+\frac{4y+z}{y+4z}+\frac{4z+x}{z+4x}< M \Rightarrow$
$m-12 <\frac{4x+y}{x+4y}-4+\frac{4y+z}{y+4z}-4+\frac{4z+x}{z+4x}-4< M-12 \Rightarrow$
$m-12 <\frac{4x+y-4x-16y}{x+4y}+\frac{4y+z-4y-16z}{y+4z}+\frac{4z+x-4z-16x}{z+4x}< M-12 \Rightarrow$
$\frac{12-m}{15}>\frac{y}{x+4y}+\frac{z}{y+4z}+\frac{x}{z+4x}> \frac{12-M}{15}$
Αφού ισχύει για όλους τους θετικούς πραγματικούς θέτω x=kt,y=t,z=t

με

θετικό πραγματικό, να "τρέχει" δηλαδή στο $\mathbb{R^{+}}$ .
Η τελευταία γίνεται:
$\frac{9-m}{15}>\frac{t}{kt+4t}+\frac{kt}{t+4kt}> \frac{9-M}{15} \Rightarrow$
$\frac{9-m}{15}>\frac{1}{k+4}+\frac{k}{1+4k}>\frac{9-M}{15}$
Θέτω: $f(k)=\frac{1}{k+4}+\frac{k}{1+4k} ,k>0$
$f'(k)=\frac{15(1-k)(1+k)}{[(k+4)(1+4k)]^{2}}$
Άρα μέγιστο για k=1

και ελέγχοντας τα όρια στα άκρα του πεδίου ορισμού η f πλησιάζει ασυμπτωτικά το $\frac{1}{4}$ .
'Αρα: $\frac{9-m}{15}\geq \frac{2}{5} \Rightarrow m\leq 3$ και $\frac{9-M}{15}\leq \frac{1}{4} \Rightarrow M\geq \frac{21}{4}$
Ας εξετάσω τώρα αν αυτές οι τιμές δουλεύουν:
Κάνοντας τις πράξεις για το

(άνω φράγμα) ΔΕΝ (edit μετά από ΠΜ του κ.Θανάση) ισχύει
Για m=3

: $\frac{4x+y}{x+4y}+\frac{4y+z}{y+4z}+\frac{4z+x}{z+4x}=\sum_{cyc}\frac{(4x+y)^2}{(x+4y)(4x+y)}$
Από B-C-S

η τελευταία: $\sum_{cyc}\frac{(4x+y)^2}{(x+4y)(4x+y)}\geq \frac{25(x+y+z)^2}{8(x^2+y^2+z^2)+17(xy+yz+xz)}\geq 3$ και η τελευταία ισχύει αφού μετά από πράξεις καταλήγει στην $x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+xz$ που ισχύει. Ας εστιάσω εδώ:
$\frac{y}{x+4y}+\frac{z}{y+4z}+\frac{x}{z+4x}> \frac{12-M}{15}=L$
Το γράφω ως $\sum_{cyclic} \frac{1}{\frac{x}{y}+4}>L$
Θέτω: $\frac{x}{y}=a, \frac{y}{z}=b, \frac{z}{x}=c$ και μάλιστα έχω abc=1

.
Τότε: $\sum_{cyclic} \frac{1}{a+4}>L$
Κάνω πράξεις για να καταλήξω στην:
48-65L+8(a+b+c)(1-2L)+(ab+bc+ac)(1-4L)>0,(1)

Θέτω $a=b=t, c=\frac{1}{t^2}$ και το LHS

ως f(t).
$f'(t)=(1-\frac{1}{t^3})(2t(1-4L)+8(1-2L))$ και παίρνω περιπτώσεις για να δω πως επηρεάζει το

το πρόσημο της παραγώγου.
Για $L\leq \frac{1}{4}$ η αρχική ισχύει καθώς η f έχει ελάχιστο στο 1 και με απλές πράξεις καταλήγω στο ζητούμενο.
Για $L>\frac{1}{4}$ και σε συνδυασμό με το $M\geq\frac{21}{4}$ παίρνω $L<\frac{1}{2}$ και σε κάθε περίπτωση (συγκριτικά με την άλλη ρίζα, το 1) τα όρια στο +άπειρο "φεύγουν" στο -άπειρο άτοπο.
Άρα $L\leq \frac{1}{4}$ το οποίο μου δίνει $M=\frac{33}{4}$ το οποίο ισχύει αν πάμε και κάνουμε τις πράξεις στην ανισότητα (1).
Μέσω Λαμίας όμως. Τίποτα κομψότερο;

stamas1 · #9

Το άνω φράγμα δεν ξέρω αν είναι σωστό. Αρχικά θέτω στην αρχική όπου $x\rightarrow \frac{1}{x}$ , $y\rightarrow \frac{1}{y}$ , $z\rightarrow \frac{1}{z}$ και βγαίνει $\frac{4y+x}{4x+y}+ \frac{4z+y}{4y+z}+ \frac{4x+z}{4z+x}$ και με πρόσθεση κατά μέλη της αρχικής με αυτή βγαίνει $\frac{4y+x}{4x+y}+ \frac{4z+y}{4y+z}+ \frac{4x+z}{4z+x}+ \frac{4x+y}{4y+x}+ \frac{4y+z}{4z+y}+ \frac{4z+x}{4x+z}$ (1).Όμως από την γνωστή ανισότητα $a+\frac{1}{a}\geq 2$ άρα η (1) είναι $\geq 6$ δηλαδή το $2m=6 \Rightarrow m=3$ .Για το M η (1) γίνεται $\sum_{cyc} \frac{(4x+y)^2+(4y+x)^2}{(4x+y)(4y+x)}=\sum_{cyc} 4+\frac{x^2+y^2-52xy}{4x^2+4y^2+17xy}< \sum_{cyc} 4+\frac{1}{4}$ άρα το M είναι $2M=3(4+\frac{1}{4})\Rightarrow 2M= \frac{51}{4} \Rightarrow M=\frac{51}{8}$ .Τέλος δεν λέγομαι Σταμάτης αλλά Σταματέλος

Ορέστης Λιγνός · #10

socrates έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 23, 2020 1:32 am
ΘΕΜΑ 3
Έστω το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου και διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου τριγώνου
Τα σημεία και ανήκουν στις ευθείες και ώστε $\displaystyle{BE = CF =\frac{AB + BC + CA}{2}.}$
Δείξτε ότι οι ευθείες και είναι κάθετες.

Είναι

και όμοια

.

Έστω

τα σημεία επαφής των

και

παραγεγραμμένων με τις AB,AC

αντίστοιχα. Τότε από γνωστό Λήμμα, AK=BP=AF

. Όμοια,

.

Άρα, $AF \cdot AL=AE \cdot AK$ , οπότε το FELK

είναι εγγράψιμο.

Έστω, $X \equiv DA \cap FE$ .

Τότε, αρκεί $\angle FXD+\angle ADI=\pi/2$ , και αφού $\angle FXD=\angle FEA+\angle XAE=\angle ALK+90^\circ-\angle C$ , αρκεί $\angle ADI=\angle C-\angle ALK$ .

Όμως, $\angle C=\angle ADB=\angle ADI+\angle IDB$ , οπότε αρκεί $\angle IDB=\angle ALK$ .

Έστω, $\angle AKL=x, \angle ALK=y, \angle ADC=z, \angle ADB=w$ . Τότε, είναι:

$\dfrac{\sin x}{\sin y}=\dfrac{AL}{AK}=\dfrac{CQ}{BP}=\dfrac{CI \cdot \cos \angle C/2}{BI \cdot \cos \angle B/2}$ , και

$\dfrac{\sin z}{\sin w}=\dfrac{CI}{BI} \cdot \dfrac{\sin \angle ICD}{\sin \angle IBD}=\dfrac{CI \cdot \cos \angle C/2}{BI \cdot \cos \angle B/2}$ (η τελευταία ισχύει επειδή $\angle ICD=\angle C/2+\angle BCD=\angle C/2+90^\circ-\angle C=90^\circ-\angle C/2$ και όμοια $\angle IBD=90^\circ-\angle B/2$ ).

Οπότε, $\dfrac{\sin x}{\sin y}=\dfrac{\sin z}{\sin w}$ . Επίσης, είναι $x+y=z+w=\pi - \angle A=K$ .

Άρα, $\dfrac{\sin x}{\sin (K-x)}=\dfrac{\sin z}{\sin (K-z)}$ και θέλω x=z

(τότε είναι y=w

δηλαδή $\angle ALK=\angle IDB$ ).

Έστω, $f(m)=\dfrac{\sin m}{\sin (K-m)}$ , τότε είναι εύκολο να δούμε ότι η

είναι γνησίως αύξουσα, άρα αφού $f(x)=f(z) \Rightarrow x=z$ , και η απόδειξη ολοκληρώθηκε ...

Ορέστης Λιγνός · #11

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 26, 2020 12:18 am

socrates έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 23, 2020 1:32 am
ΘΕΜΑ 3
Έστω το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου και διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου τριγώνου
Τα σημεία και ανήκουν στις ευθείες και ώστε $\displaystyle{BE = CF =\frac{AB + BC + CA}{2}.}$
Δείξτε ότι οι ευθείες και είναι κάθετες.
Είναι και όμοια .

Έστω τα σημεία επαφής των και παραγεγραμμένων με τις αντίστοιχα. Τότε από γνωστό Λήμμα, . Όμοια, .

Άρα, $AF \cdot AL=AE \cdot AK$ , οπότε το είναι εγγράψιμο.

Έστω, $X \equiv DA \cap FE$ .

Τότε, αρκεί $\angle FXD+\angle ADI=\pi/2$ , και αφού $\angle FXD=\angle FEA+\angle XAE=\angle ALK+90^\circ-\angle C$ , αρκεί $\angle ADI=\angle C-\angle ALK$ .

Όμως, $\angle C=\angle ADB=\angle ADI+\angle IDB$ , οπότε αρκεί $\angle IDB=\angle ALK$ .

Συνεχίζω από αυτό το σημείο, δίνοντας μία μη-τριγωνομετρική λύση

.

Αποδεικνύω ένα Λήμμα:

Λήμμα: Έστω τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και P,Q,R

τα ίχνη των υψών από τα A,B,C

αντίστοιχα. Έστω ακόμη

το αντιδιαμετρικό του

στον κύκλο Euler του $\vartriangle ABC$ . Έστω ακόμη S,T

τα ίχνη των καθέτων από τα A,B

στις

, αντίστοιχα. Τότε, ισχύει $\angle RST=\angle HR'P$ και $\angle RTS=\angle HR'Q$ , όπου

είναι το ορθόκεντρο του $\vartriangle ABC$ .

Απόδειξη: Έστω, $O \equiv BT \cap AS$ . Τότε, είναι:

$\angle ABO=\pi/2-\angle BRP=\pi/2-\angle ARS=\angle BAO$ , άρα AO=BO

, και $\angle AOB=\pi-2\angle ABO=2\angle C$ , άρα το

είναι το περίκεντρο του $\vartriangle ABC$ (πιο απλά, αν το

είναι ορθόκεντρο του $\vartriangle ABC$ , τότε από Θ.Nagel $BO' \perp RP, AP' \perp RQ$ , άρα $O \equiv O'$ δηλαδή

περίκεντρο).

Έστω

το κέντρο του κύκλου Euler. Τότε, είναι γνωστό ότι HN=NO

, και αφού RN=R'N

, το

είναι παραλληλόγραμμο, οπότε RO=HR'

.

Έστω τώρα $HX \perp PR', NY \perp PR', OZ \perp PR'$ . Τότε, PY=YR'

, καθώς

. Ακόμη,

, καθώς

. Άρα

.

Συνεπώς, XR'=PZ=TO

. Άρα, τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle ROT, \vartriangle HXR'$ , έχουν RO=HR', TO=XR'

, οπότε είναι ίσα.

Επομένως, $\angle HR'P \equiv \angle HR'X=\angle ROT=\angle RST$ , όπου η τελευταία ισότητα ισχύει διότι $\angle RTO=\angle RSO=\pi/2$ , οπότε το RSOT

είναι εγγράψιμο.

Συνεπώς, $\angle HR'P=\angle RST$ , και εύκολα πλέον $\angle RTS=\pi-\angle RST-\angle TRS=\angle QR'P-\angle HR'P=\angle HR'Q$ $\blacksquare$ .

Πίσω στην άσκηση, εφαρμόζοντας το Λήμμα στο $\vartriangle I_AI_BI_C$ , όπου I_X

το κέντρο του

παραγεγραμμένου κύκλου, έχω ότι $\angle ALK=\angle IDB$ , και τελειώσαμε!

(Στο προηγούμενο τρίγωνο, είναι γνωστό ότι

είναι το ορθόκεντρό του)

Ορέστης Λιγνός · #12

socrates έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 23, 2020 1:32 am
ΘΕΜΑ 2
Σε μια παιδική χαρά παίζουν παιδιά, όπου Κάθε παιδί φοράει ένα χρωματιστό καπέλο και κάθε ζευγάρι παιδιών κρατά μια χρωματιστή κορδέλα. Για κάθε παιδί, το χρώμα κάθε κορδέλας που κρατά είναι διαφορετικό και επίσης διαφορετικό από το χρώμα του καπέλου που φορά. Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός χρωμάτων που πρέπει να χρησιμοποιηθούν;

Το κάθε παιδί κρατάει n-1

διαφορετικού χρώματος κορδέλες και φοράει ένα, επίσης διαφορετικού χρώματος, καπέλο. Άρα, χρειαζόμαστε τουλάχιστον

χρώματα. Θα δείξω ότι

χρώματα αρκούν.

Σχηματίζω έναν $n \times n$ πίνακα. Συμβολίζω για ευκολία $1,2, \ldots, n$ τα χρώματα που θα χρησιμοποιήσω. Γεμίζω τον πίνακα ως εξής:

Στο κάτω αριστερά τετραγωνάκι βάζω τον αριθμό

. Σε όλα τα γειτονικά τετραγωνάκια του προηγούμενου βάζω τον

. Σε όλα τα γειτονικά τετραγωνάκια των προηγούμενων (που δεν έχουν αριθμό), βάζω τον

, κ.ο.κ. Κάνω την ίδια διαδικασία τώρα, ξεκινώντας από την πάνω δεξιά γωνία, δηλαδή βάζοντας στο πάνω δεξιά τετραγωνάκι

, και συνεχίζοντας.

(γειτονικά θεωρώ δύο κελιά με κοινή πλευρά)

Έτσι, για παράδειγμα, ένας $4 \times 4$ πίνακας θα γίνει:

: combo13.png (13.5 KiB) Προβλήθηκε 1374 φορές

Ας ονομάσω τώρα τα παιδιά $A_1,A_2, \ldots, A_n$ , και ας τα τοποθετήσω όπως στην περίπτωση n=4

παραπάνω, δηλαδή:

στην

οστή γραμμή και στην

στήλη τοποθετώ το παιδί A_i

.

Έτσι, η τομή της

οστής γραμμής με την

οστής στήλης, με $i \neq j$ , αντιστοιχίζεται στο χρώμα της κορδέλας που κρατάνε τα παιδιά A_i

και

. Προφανώς, η τομή της

οστής γραμμής με την

οστής στήλη και η τομή της

οστής γραμμής με την

οστής στήλης θα πρέπει να έχουν το ίδιο νούμερο (και τα δύο συμβολίζουν το χρώμα της κορδέλας μεταξύ των A_i,A_j

), αλλά από τον τρόπο που έβαλα τους αριθμούς στον πίνακα αυτό καλύπτεται.

Αν πάλι είναι i=j

, η τομή της

οστής γραμμής με την

οστή στήλη είναι το χρώμα του καπέλου που φορά το παιδί A_i

.

Είναι εύκολο τώρα να δούμε, ότι για κάθε μαθητή, το χρώμα του καπέλου που φορά είναι διαφορετικό από τα χρώματα των κορδελών που κρατά, τα οποία είναι επίσης διαφορετικά (ουσιαστικά αυτό σημαίνει ότι κάθε γραμμή και στήλη έχει

διαφορετικούς αριθμούς).

Άρα, ο ελάχιστος αριθμός χρωμάτων που χρειαζόμαστε είναι

.

#13

miltosk έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 24, 2020 10:23 pm

socrates έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 23, 2020 1:32 am
ΘΕΜΑ 1
Να βρείτε τη μεγαλύτερη τιμή της σταθεράς και τη μικρότερη τιμή της σταθεράς για τις οποίες η ανισότητα

$\displaystyle{\displaystyle{m <\frac{4x+y}{x+4y}+\frac{4y+z}{y+4z}+\frac{4z+x}{z+4x}< M,}}$

ισχύει για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς
Μια προσπάθεια:

...

Ωραία!

Αυτή είναι ουσιαστικά η ιδέα. Τα συμμαζεύω λίγο:

Για το

για

έχουμε $m\leq 3.$
Για m=3

η δοθείσα ανισότητα ισχύει για κάθε x,y,z>0:

Είναι

$\displaystyle{\frac{4x+y}{x+4y}+\frac{4y+z}{y+4z}+\frac{4z+x}{z+4x}=\sum_{cyc}\frac{(4x+y)^2}{(x+4y)(4x+y)}}$

και από BCS

$\displaystyle{\sum_{cyc}\frac{(4x+y)^2}{(x+4y)(4x+y)}\geq \frac{25(x+y+z)^2}{8(x^2+y^2+z^2)+17(xy+yz+xz)}\geq 3}$

αφού η τελευταία μετά από πράξεις καταλήγει στην $x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+xz.$

Για το

για $\displaystyle{ x=\frac{1}{n}, y=\frac{1}{n^2}, z=1}$
έχουμε, αφήνοντας $n\to \infty,$ ότι $\displaystyle{ M \geq \frac{33}{4}.}$
Για $\displaystyle{M=\frac{33}{4}}$ η δοθείσα ανισότητα ισχύει για κάθε x,y,z>0:

Αρκεί να είναι

$\displaystyle{\frac{y}{x+4y}+\frac{z}{y+4z}+\frac{x}{z+4x}> \frac{1}{4}}$

το οποίο ισχύει από BCS:

$\displaystyle{\frac{y}{x+4y}+\frac{z}{y+4z}+\frac{x}{z+4x}\geq \frac{(x+y+z)^2}{4(x^2+y^2+z^2)+xy+yz+zx}> \frac{1}{4}}$

(η τελευταία μετά από πράξεις καταλήγει στην xy+yz+zx>0.

)

stamas1 · #14

Δεν το εχω καταλαβει αυτο. Σε ανισοτητες που πρεπει να βρουμε εμεις το φραγμα μπορουμε να βαζουμε οτι αριθμους μας βολευουν για να βρουμε το φραγμα?

#15

stamas1 έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 30, 2020 11:12 am
Δεν το εχω καταλαβει αυτο. Σε ανισοτητες που πρεπει να βρουμε εμεις το φραγμα μπορουμε να βαζουμε οτι αριθμους μας βολευουν για να βρουμε το φραγμα?

Ναι, υποθέτουμε ότι η ανισότητα ισχύει για κάθε x,y,z.

Τότε θα ισχύει και για τις τιμές που επιλέγουμε εμείς.
Οπότε αναγκαία θα πρέπει π.χ. $M\geq 1.$
Για να είναι π.χ. το 1 η καλύτερη σταθερά, πρέπει να δείξουμε ότι όταν M=1

η ανισότητα ισχύει.

Τεστ Εξάσκησης (13), Μεγάλοι

Τεστ Εξάσκησης (13), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (13), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (13), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (13), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (13), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (13), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (13), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (13), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (13), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (13), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (13), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (13), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (13), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (13), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (13), Μεγάλοι

Μέλη σε σύνδεση