Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

kleovoulos · #561

Να σημειώσω ότι και η ανισότητα Jensen είναι εκτός φακέλου. Στο Γυμνάσιο (πόσο μάλλον σε θέματα εισαγωγικά) δεν αναφερόμαστε σε συναρτήσεις. Αντίστοιχοι φάκελοι για θέματα τέτοιας δυσκολίας αναφέρθηκαν μόλις δύο δημοσιεύσεις πιο πάνω. Μένει η:

kleovoulos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 215
Αν $\rm a,b,c,d\in \mathbb{R}^+$ να δειχθεί ότι: $(a+b+c+d)(a^{-1}+b^{-1}+c^{-1}+d^{-1})\geq 16$ με την ανισοϊσότητα Buniakowski-Cauchy-Scwarz (AM-GM είδαμε).

και μετά αναμένουμε κάποια άλλη ανισότητα

Αλγεβριστής · #562

kleovoulos έγραψε:Να σημειώσω ότι και η ανισότητα Jensen είναι εκτός φακέλου. Στο Γυμνάσιο (πόσο μάλλον σε θέματα εισαγωγικά) δεν αναφερόμαστε σε συναρτήσεις. Αντίστοιχοι φάκελοι για θέματα τέτοιας δυσκολίας αναφέρθηκαν μόλις δύο δημοσιεύσεις πιο πάνω. Μένει η:

kleovoulos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 215
Αν $\rm a,b,c,d\in \mathbb{R}^+$ να δειχθεί ότι: $(a+b+c+d)(a^{-1}+b^{-1}+c^{-1}+d^{-1})\geq 16$ με την ανισοϊσότητα Buniakowski-Cauchy-Scwarz (AM-GM είδαμε).
και μετά αναμένουμε κάποια άλλη ανισότητα

Έχεις δίκιο, παραφέρθηκα. Απλά παρατήρησα στην αρχή ότι υπήρχαν τέτοιου είδους προσεγγίσεις και είπα να βάλω και γω μία χάριν πολυφωνίας.
Και κάτι ακόμα, θα μπορούσαμε να ασχοληθούμε και με προσεγγίσεις που αφορούν τις ανισότητες Chebyshev ή αναδιάταξη;

kleovoulos · #563

Αλγεβριστής έγραψε:
kleovoulos έγραψε:Να σημειώσω ότι και η ανισότητα Jensen είναι εκτός φακέλου. Στο Γυμνάσιο (πόσο μάλλον σε θέματα εισαγωγικά) δεν αναφερόμαστε σε συναρτήσεις. Αντίστοιχοι φάκελοι για θέματα τέτοιας δυσκολίας αναφέρθηκαν μόλις δύο δημοσιεύσεις πιο πάνω. Μένει η:

kleovoulos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 215
Αν $\rm a,b,c,d\in \mathbb{R}^+$ να δειχθεί ότι: $(a+b+c+d)(a^{-1}+b^{-1}+c^{-1}+d^{-1})\geq 16$ με την ανισοϊσότητα Buniakowski-Cauchy-Scwarz (AM-GM είδαμε).
και μετά αναμένουμε κάποια άλλη ανισότητα
Έχεις δίκιο, παραφέρθηκα. Απλά παρατήρησα στην αρχή ότι υπήρχαν τέτοιου είδους προσεγγίσεις και είπα να βάλω και γω μία χάριν πολυφωνίας.

Σαφώς και δεν κατηγορώ κανέναν. Απλά προσπαθώ να βοηθήσω στο να διατηρήσουμε το στόχο του φακέλου. Πάντως εξακολουθώ να σε παροτρύνω να δεις και τους φακέλους που σου πρότεινα. Πιστεύω ότι θα σε βοηθήσουνε πολύ περισσότερο γιατί ως ήδη εξασκημένος στα διαγωνιστικά μαθηματικά χρειάζεσαι κάτι πιο δύσκολο. Καλή επιτυχία σου εύχομαι και σε συγχαίρω που είσαι τόσο ενεργός αν και νέο μέλος. Καλώς ήρθες στο

Αλγεβριστής · #564

kleovoulos έγραψε:
Αλγεβριστής έγραψε:
kleovoulos έγραψε:Να σημειώσω ότι και η ανισότητα Jensen είναι εκτός φακέλου. Στο Γυμνάσιο (πόσο μάλλον σε θέματα εισαγωγικά) δεν αναφερόμαστε σε συναρτήσεις. Αντίστοιχοι φάκελοι για θέματα τέτοιας δυσκολίας αναφέρθηκαν μόλις δύο δημοσιεύσεις πιο πάνω. Μένει η:

kleovoulos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 215
Αν $\rm a,b,c,d\in \mathbb{R}^+$ να δειχθεί ότι: $(a+b+c+d)(a^{-1}+b^{-1}+c^{-1}+d^{-1})\geq 16$ με την ανισοϊσότητα Buniakowski-Cauchy-Scwarz (AM-GM είδαμε).
και μετά αναμένουμε κάποια άλλη ανισότητα
Έχεις δίκιο, παραφέρθηκα. Απλά παρατήρησα στην αρχή ότι υπήρχαν τέτοιου είδους προσεγγίσεις και είπα να βάλω και γω μία χάριν πολυφωνίας.
Σαφώς και δεν κατηγορώ κανέναν. Απλά προσπαθώ να βοηθήσω στο να διατηρήσουμε το στόχο του φακέλου. Πάντως εξακολουθώ να σε παροτρύνω να δεις και τους φακέλους που σου πρότεινα. Πιστεύω ότι θα σε βοηθήσουνε πολύ περισσότερο γιατί ως ήδη εξασκημένος στα διαγωνιστικά μαθηματικά χρειάζεσαι κάτι πιο δύσκολο. Καλή επιτυχία σου εύχομαι και σε συγχαίρω που είσαι τόσο ενεργός αν και νέο μέλος. Καλώς ήρθες στο

Καλώς σας βρήκα

Απλά να σου υπενθυμίσω ότι η λύση ήταν του αδερφού μου, ο οποίος είναι προχωρημένος. Εγώ σε αυτόν εδώ το φάκελο ανήκω!! Δεν τολμώ να ανοίγω άλλους.

S.E.Louridas · #565

Αλγεβριστής έγραψε:
kleovoulos έγραψε:Να σημειώσω ότι και η ανισότητα Jensen είναι εκτός φακέλου. Στο Γυμνάσιο (πόσο μάλλον σε θέματα εισαγωγικά) δεν αναφερόμαστε σε συναρτήσεις. Αντίστοιχοι φάκελοι για θέματα τέτοιας δυσκολίας αναφέρθηκαν μόλις δύο δημοσιεύσεις πιο πάνω. Μένει η:

kleovoulos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 215
Αν $\rm a,b,c,d\in \mathbb{R}^+$ να δειχθεί ότι: $(a+b+c+d)(a^{-1}+b^{-1}+c^{-1}+d^{-1})\geq 16$ με την ανισοϊσότητα Buniakowski-Cauchy-Scwarz (AM-GM είδαμε).
και μετά αναμένουμε κάποια άλλη ανισότητα
Έχεις δίκιο, παραφέρθηκα. Απλά παρατήρησα στην αρχή ότι υπήρχαν τέτοιου είδους προσεγγίσεις και είπα να βάλω και γω μία χάριν πολυφωνίας.
Και κάτι ακόμα, θα μπορούσαμε να ασχοληθούμε και με προσεγγίσεις που αφορούν τις ανισότητες Chebyshev ή αναδιάταξη;

Επιτρέψτε μου να αναφέρω, ότι στους διεθνείς διαγωνισμούς juniors, αλλά και στους Ελληνικούς αν κανείς αντιμετωπίσει τα θέματα με τρόπους όπως εκείνοι του Αλγεβριστή είναι απόλυτα αποδεκτοί. Μπορεί να είναι ίσως τρόποι με (*) αλλά προσωπικά θα προτιμούσα να συνεχίζουν να εκτίθενται και απλά ο αναγνώστης που λόγω έλλειψης γνώσεων δεν τους κατανοεί, ας μην απελπίζεται (παρακάμπτοντας τους κατά την πρώτη ανάγνωση) αλλά να προσπαθεί σιγά-σιγά να ενημερώνεται και να επενδύει τον εαυτό του με επιπλέον πράγματα.
Προχωράμε χωρίς φραγμούς Ναι.

(*) Το Αγρίνιο πάντα έβγαζε καλούς Μαθηματικούς και θα ήθελα να μου επιτραπεί να θυμηθώ τον Καθηγητή μου στην Ανάλυση στο
Πανεπιστήμιο της Πάτρας Λάμπρο Ντόκα που και ο γιός του Γιάννης είναι Μαθηματική προσωπικότητα της Γ' βάμιας εκπαίδευσης.

Αλγεβριστής · #566

Άσκηση 216: Για τους πραγματικούς a,b,c

να αποδείξετε ότι
$a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$ .
Να την λύσετε με C-S, με ΑΜ - ΓΜ, με πράξεις και με αναδιάταξη.

Αλγεβριστής · #567

S.E.Louridas έγραψε:
Αλγεβριστής έγραψε:
kleovoulos έγραψε:Να σημειώσω ότι και η ανισότητα Jensen είναι εκτός φακέλου. Στο Γυμνάσιο (πόσο μάλλον σε θέματα εισαγωγικά) δεν αναφερόμαστε σε συναρτήσεις. Αντίστοιχοι φάκελοι για θέματα τέτοιας δυσκολίας αναφέρθηκαν μόλις δύο δημοσιεύσεις πιο πάνω. Μένει η:

kleovoulos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 215
Αν $\rm a,b,c,d\in \mathbb{R}^+$ να δειχθεί ότι: $(a+b+c+d)(a^{-1}+b^{-1}+c^{-1}+d^{-1})\geq 16$ με την ανισοϊσότητα Buniakowski-Cauchy-Scwarz (AM-GM είδαμε).
και μετά αναμένουμε κάποια άλλη ανισότητα
Έχεις δίκιο, παραφέρθηκα. Απλά παρατήρησα στην αρχή ότι υπήρχαν τέτοιου είδους προσεγγίσεις και είπα να βάλω και γω μία χάριν πολυφωνίας.
Και κάτι ακόμα, θα μπορούσαμε να ασχοληθούμε και με προσεγγίσεις που αφορούν τις ανισότητες Chebyshev ή αναδιάταξη;
Επιτρέψτε μου να αναφέρω, ότι στους διεθνείς διαγωνισμούς juniors, αλλά και στους Ελληνικούς αν κανείς αντιμετωπίσει τα θέματα με τρόπους όπως εκείνοι του Αλγεβριστή είναι απόλυτα αποδεκτοί. Μπορεί να είναι ίσως τρόποι με (*) αλλά προσωπικά θα προτιμούσα να συνεχίζουν να εκτίθενται και απλά ο αναγνώστης που λόγω έλλειψης γνώσεων δεν τους κατανοεί, ας μην απελπίζεται (παρακάμπτοντας τους κατά την πρώτη ανάγνωση) αλλά να προσπαθεί σιγά-σιγά να ενημερώνεται και να επενδύει τον εαυτό του με επιπλέον πράγματα.
Προχωράμε χωρίς φραγμούς Ναι.

(*) Το Αγρίνιο πάντα έβγαζε καλούς Μαθηματικούς και θα ήθελα να μου επιτραπεί να θυμηθώ τον Καθηγητή μου στην Ανάλυση στο
Πανεπιστήμιο της Πάτρας Λάμπρο Ντόκα που και ο γιός του Γιάννης είναι Μαθηματική προσωπικότητα της Γ' βάμιας εκπαίδευσης.

Κύριε Σωτήρη, σας ευχαριστούμε για τα καλά σας λόγια. Προσωπικά είμαι τελείως απογοητευμένος, γιατί αν δεν είχα γνωστό ο οποίος να ασχολείται μανιωδώς με Ανισότητες, δεν θα είχα ιδεά τι εστί C-S.

#568

Αλγεβριστής έγραψε:Άσκηση 216: Για τους πραγματικούς να αποδείξετε ότι
$a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$ .
Να την λύσετε με C-S, με ΑΜ - ΓΜ, με πράξεις και με αναδιάταξη.

Kάνω την αρχή δίνοντας διάφορους τρόπους απόδειξης της πολύ χρήσιμης αυτής ανισότητας που έχουμε πολλές φορές εφαρμόσει σε αυτόν τον φάκελλο , αφού ξανακαλωσορίσω το νέο μας μέλος Αλγεβριστή

1ος τρόπος: (Με B-C-S)

Θεωρούμε τις τριάδες:

$\displaystyle{a , b , c}$
$\displaystyle{b , c , a}$

Τότε: $\displaystyle{(a^2 +b^2 +c^2 )(b^2 +c^2 +a^2 )\geq (ab+bc+ca)^2 \Rightarrow (a^2 +b^2 +c^2 )^2 \geq (ab+bc+ca)^2 \Rightarrow}$

$\displaystyle{a^2 +b^2 +c^2 \geq |ab+bc+ca|\geq ab+bc+ca}$ , (διότι κάθε αριθμός είναι μικρότερος ή ίσος από την απόλυτη τιμή του)

2ος τρόπος: (Με απλές πράξεις)

Αρκεί να αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{2a^2 +2b^2 + 2c^2 \geq 2ab+2bc+2ca}$ ή αρκεί:

$\displaystyle{a^2 +a^2 +b^2 +b^2 +c^2 +c^2 -2ab-2bc-2ca \geq 0}$ . Άρα αρκεί:

$\displaystyle{(a-b)^2 +(b-c)^2 +(c-a)^2 \geq 0}$ , το οποίο είναι αληθές.

3ος τρόπος: (Με απλές ανισότητες)

Έχουμε: $\displaystyle{a^2 +b^2 \geq 2ab}$ (πολύ απλή αλλά χρήσιμη ανισότητα)

Επίσης: $\displaystyle{b^2 +c^2 \geq 2bc}$

Και : $\displaystyle{c^2 +a^2 \geq 2ca}$

Με πρόσθεση κατά μέλη, βρίσκουμε το ζητούμενο

4ος τρόπος: (Με άλλη απλή ανισότητα)
Έχουμε : $\displaystyle{2(a^2 +b^2 )\geq 2(a+b)^2}$ (Πολύ απλή στην απόδειξή της, αλλά και πολύ χρήσιμη σε απόδειξη άλλων ανισοτήτων. Πρέπει να την απομνημονεύσουμε. )

Ομοίως: $\displaystyle{2(b^2 +c^2 )\geq 2(b+c)^2}$

Kai : $\displaystyle{2(c^2 +a^2)\geq 2(c+a)^2}$

Με πρόσθεση κατά μέλη, παίρνουμε: $\displaystyle{4a^2 +4b^2 +4c^2 \geq 2a^2 +2b^2 +2c^2 +2ab+2bc+2ca\Rightarrow}$

$\displaystyle{a^2 +b^2 +c^2 \geq ab+bc+ca}$

Φυσικά, μπορούμε να βρούμε και πολλούς ακόμα τρόπους.

gian7 · #569

Αλγεβριστής έγραψε:Άσκηση 216: Για τους πραγματικούς να αποδείξετε ότι
$a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$ .
Να την λύσετε με C-S, με ΑΜ - ΓΜ, με πράξεις και με αναδιάταξη.

Δινω μαλλον την πιο απλη λυση.
Πολλαπλασιαζοντας με το $\displaystyle{2}$ και τα δυο μελη εχω:
$\displaystyle{a^2 + a^2 + b^2 + b^2 + c^2 + c^2 \geq 2ab + 2bc + 2ca \Leftrightarrow (a^2 - 2ac + b^2) + (b^2 - 2bc + c^2) + ( a^2 - 2ca + c^2) \geq 0}$
$\displaystyle{(a-b)^2 + (b-c)^2 + (a-c)^2 \geq 0}}$ που προφανως ισχυει.

#570

ΑΣΚΗΣΗ 217: Αν $\displaystyle{x,y,z >0}$ και $\displaystyle{x+y+z \leq 2013}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \geq \frac{3}{671}}$

ΣΗΜ: Διόρθωσα την αβλεψία που παρατήρησε πιο κάτω ο Κλεόβουλος

kleovoulos · #571

Συμφωνώ απόλυτα με τα λόγια ενός μεγάλου μαθηματικού, του κ. Λουρίδα.

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 217: Αν $\displaystyle{x,y,z >0}$ και $\displaystyle{x+y+z \leq 2013}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \geq \frac{3}{671}}$

Με χρήση της ανισοϊσότητας Andreescu βγάζω ότι:
$\display \large \rm \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \frac{9}{x+y+z}\geq \frac{9}{2013}=\frac{3}{671}$ .
Άλλαξα την απάντηση με βάση τα νέα δεδομένα μιας και υπήρχε ένα μικρό λαθάκι στην εκφώνηση. Συνεχίζουμε τις ωραίες ασκήσεις μέχρι και 230 να έχουμε να εξασκούμαστε.

Αλγεβριστής · #572

Αλγεβριστής έγραψε:Άσκηση 216: Για τους πραγματικούς να αποδείξετε ότι
$a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$ .
Να την λύσετε με C-S, με ΑΜ - ΓΜ, με πράξεις και με αναδιάταξη.

Με αναδιάταξη
Ας τη δούμε και με αναδιάταξη. Θεωρούμε τη συνάρτηση $f(a,b,c)=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca, a,b,c\in \mathbb{R}$ .
Παρατηρούμε ότι οι τιμές της

και για τις

το πλήθος μεταθέσεις των a,b,c

είναι ίσες. Συνεπώς, η

είναι συμμετρική ως προς τα a,b,c

και συνεπώς, δίχως βλάβη της γενικότητος μπορούμε να υποθέσουμε ότι $a\geq b\geq c$ . (Πιο συγκεκριμένα είναι συμμετρικό πολυώνυμο). Έτσι, εφαρμόζωντας την ανισότητα της αναδιάταξης για τις ακολουθίες (a,b,c), (a,b,c)

έχουμε
$a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$ , όπου s(1)=(b,c,a)

η μετάθεση, που είναι και η ζητούμενη.

Και άλλος τρόπος
Με τριώνυμο
Θεωρούμε το τριώνυμο ως προς

. Η αποδεικτέα γράφεται
a^2-(b+c)a+b^2+c^2-bc

. Η διακρίνουσα, είναι $D=(b+c)^2-4(b^2+c^2-bc)=b^2+c^2+2bc-4b^2-4c^2+4bc=-3(b-c)^2\leq 0$ . Αφού η διακρίνουσα είναι αρνητική το δευτεροβάθμιο πολυώνυμο έχει το πρόσημο του μεγιστοβάθμιου όρου. Στην περίπτωση μας είναι θετικό πράγμα, που αποδεικνύει και την ζητούμενη.
Η μικρή διακρίνουσα είναι πολύ πιο ισχυρή από ότι φαίνεται!
Επεξεργασία: Λησμόνησα την περίπτωση b=c, που όμως είναι αρκετά στοιχειώδης, αφού αντικαθιστώντας συμπληρώνουμε το τετράγωνο.

#573

ΑΣΚΗΣΗ 218: Αν $\displaystyle{x,y,z >0}$ και $\displaystyle{xyz=1}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{81(x+y)(y+z)(z+x)\leq 8(x+y+z)^4}$

kleovoulos · #574

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 218: Αν $\displaystyle{x,y,z >0}$ και $\displaystyle{xyz=1}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{81(x+y)(y+z)(z+x)\leq 8(x+y+z)^4}$

Πολύ ωραία άσκηση.

ΠΑΛΙΑ ΛΥΣΗ

Από την ανισοϊσότητα αριθμητικού γεωμετρικού μέσου ισχύει ότι:
$x+y\geq 2\sqrt{xy}$
$y+z\geq 2\sqrt{yz}$
$z+x\geq 2\sqrt{zx}$
Με πολλαπλασιασμό των σχέσεων κατά μέλη έχουμε: $(x+y)(y+z)(z+x)\geq 8\sqrt{(xyz)^2}=8xyz=8$ . Άρα το πρώτο μέλος της αρχικής ανισότητας είναι μεγαλύτερο ή ίσο του $81\cdot 8$ . Το δεύτερο μέλος γίνεται πάλι μέσω της ανισοϊσότητας αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου $x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}=3$ δηλαδή είναι μεγαλύτερο ή ίσο του $8\cdot 3^4=81\cdot 8$ . Άρα η δοσμένη ισχύει.

ΚΑΙΝΟΥΡΙΑ ΛΥΣΗ-Ευχαριστώ τον κ. Δημήτρη
Από την ανισοϊσότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου ισχύει ότι:
$(x+y)+(y+z)+(z+x)\geq 3\sqrt[3]{(x+y)(y+z)(z+x)}\Leftrightarrow 2(x+y+z)\geq 3\sqrt[3]{(x+y)(y+z)(z+x)}\Leftrightarrow 8(x+y+z)^3\geq 27(x+y)(y+z)(z+x)$
και επίσης $x+y+z\geq \sqrt[3]{xyz}=3$ . Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο.

kostas_zervos · #575

kleovoulos έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 218: Αν $\displaystyle{x,y,z >0}$ και $\displaystyle{xyz=1}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{81(x+y)(y+z)(z+x)\leq 8(x+y+z)^4}$
Πολύ ωραία άσκηση.
Από την ανισοϊσότητα αριθμητικού γεωμετρικού μέσου ισχύει ότι:
$x+y\geq 2\sqrt{xy}$
$y+z\geq 2\sqrt{yz}$
$z+x\geq 2\sqrt{zx}$
Με πολλαπλασιασμό των σχέσεων κατά μέλη έχουμε: $(x+y)(y+z)(z+x)\geq 8\sqrt{(xyz)^2}=8xyz=8$ . Άρα το πρώτο μέλος της αρχικής ανισότητας είναι μεγαλύτερο ή ίσο του $81\cdot 8$ . Το δεύτερο μέλος γίνεται πάλι μέσω της ανισοϊσότητας αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου $x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}=3$ δηλαδή είναι μεγαλύτερο ή ίσο του $8\cdot 3^4=81\cdot 8$ . Άρα η δοσμένη ισχύει.

Κλεόβουλε κοίταξέ το πάλι.

$A\geq m$ και $B\geq m$ δεν συνεπάγεται $A\geq B$

#576

Αλγεβριστής έγραψε:
Αλγεβριστής έγραψε:Άσκηση 216: Για τους πραγματικούς να αποδείξετε ότι
$a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$ .
Να την λύσετε με C-S, με ΑΜ - ΓΜ, με πράξεις και με αναδιάταξη.
Με αναδιάταξη
Ας τη δούμε και με αναδιάταξη. Θεωρούμε τη συνάρτηση $f(a,b,c)=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca, a,b,c\in \mathbb{R}$ .
Παρατηρούμε ότι οι τιμές της και για τις το πλήθος μεταθέσεις των είναι ίσες. Συνεπώς, η είναι συμμετρική ως προς τα και συνεπώς, δίχως βλάβη της γενικότητος μπορούμε να υποθέσουμε ότι $a\geq b\geq c$ . (Πιο συγκεκριμένα είναι συμμετρικό πολυώνυμο). Έτσι, εφαρμόζωντας την ανισότητα της αναδιάταξης για τις ακολουθίες έχουμε
$a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$ , όπου η μετάθεση, που είναι και η ζητούμενη.

ΘΕΩΡΗΤΙΚΑ: Η ΜΕΘΟΔΟΣ ΤΗΣ ΑΝΑΔΙΑΤΑΞΗΣ

Θεωρούμε τις νιάδες των αριθμών:

$\displaystyle{x_1 , x_2 , x_3 , . . . , x_n}$

$\displaystyle{y_1 , y_2 , y_3 , . . . , y_n}$

οι οποίες έχουν την ίδια διάταξη, δηλαδή αν είναι $\displaystyle{x_1 \geq x_2 \geq . . . \geq x_n}$ , τότε θα είναι και

$\displaystyle{y_1 \geq y_2 \geq y_3 \geq . . . \geq y_n}$ (ή με αντίστροφη φορά των ανισοτήτων).

Επίσης θεωρούμε και τους αριθμούς $\displaystyle{a_1 , a_2 , a_3 , . . . , a_n}$ , οι οποίοι στην ουσία είναι οι αριθμοί

$\displaystyle{y_1 , y_2 , y_3 , . . . , y_n}$ , με οποιαδήποτε σειρά , δηλαδή:

$\displaystyle{\{a_1 , a_2 , a_3 , . . . , a_n \}=\{y_1 , y_2 , y_3 , . . . , y_n \}}$ .

[Ακριβέστερα τα $\displaystyle{a_1 , a_2 , a_3 , . . . , a_n}$ είναι μια μετάθεση των $\displaystyle{y_1 , y_2 , y_3 , . . . , y_n}$

Για παράδειγμα αν $\displaystyle{y_1 =2 , y_2 =2 , y_3 =1}$ , τότε τα $\displaystyle{a_1 , a_2 , a_3}$ , μπορούν να επιλεγούν ως εξής:

$\displaystyle{a_1 =2 , a_2 =1 , a_3 =2}$ και όχι $\displaystyle{a_1 =1 , a_2 =1 , a_3 =2}$ , παρά το γεγονός ότι και στις δύο επιλογές τα σύνολα

$\displaystyle{\{y_1 , y_2 , y_3\}}$ και $\displaystyle{\{a_1 , a_2 , a_3\}}$ είναι ίσα]

Τότε ισχύει η εξής ανισότητα:

$\displaystyle{x_1 y_1 +x_2 y_2 +x_3 y_3 + . . . +x_n y_n \geq a_1 x_1 +a_2 x_2 + a_3 y_3 + . . . + a_n x_n}$

Aν όμως οι αρχικοί αριθμοί έχουν αντίθετη διάταξη, δηλαδή αν π.x $\displaystyle{x_1 \geq x_2 \geq . . . \geq x_n}$ , τότε θα είναι

$\displaystyle{y_1 \leq y_2 \leq . . . \leq y_n}$ , (ή με αντίστροφε τις φορές των ανισοτήτων), τότε:

$\displaystyle{x_1 y_1 +x_2 y_2 +x_3 y_3 + . . . +x_n y_n \leq a_1 x_1 +a_2 x_2 + a_3 y_3 + . . . + a_n x_n}$

Η ισότητα και στις δύο περιπτώσεις, θα ισχύει όταν $\displaystyle{x_1 = x_2 = . . . = x_n}$ , ή όταν $\displaystyle{y_1 = y_2 = . . . = y_n}$

Έτσι, στην λύση που έδωσε παραπάνω το μέλος μας ο "Αλγεβριστής", με δεδομένο ότι θεωρήσαμε $\displaystyle{a\geq b\geqc}$

παίρνουμε τις τριάδες:

$\displaystyle{a , b , c}$

$\displaystyle{a , b , c}$

οι οποίες έχουν την ίδια διάταξη ( $\displaystyle{a\geq b \geq c}$ και $\displaystyle{a\geq b\geq c}$ ) , οπότε αν πάρουμε τους αριθμούς

$\displaystyle{k , m , n}$ , ώστε να είναι $\displaystyle{\{k,m,n\}=\{a,b,c\}}$ , θα ισχύει ότι:

$\displaystyle{a.a+b.b+c.c\geq ka+mb+nc}$ . Θα επιλέξουμε τα $\displaystyle{k,m,n}$ με κατάλληλο τρόπο, ώστε να μας βγει το ζητούμενο.

Έτσι, επιλέγουμε: $\displaystyle{k=b , m=c , n=a}$ και θα έχουμε:

$\displaystyle{a^2 +b^2 +c^2 \geq ba+cb+ac}$

ΣΗΜ: Πρόσθεσα τα κόκκινα γράμματα, ύστερα από την εύστοχη παρέμβαση του Demetres

kleovoulos · #577

kostas_zervos έγραψε:
kleovoulos έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 218: Αν $\displaystyle{x,y,z >0}$ και $\displaystyle{xyz=1}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{81(x+y)(y+z)(z+x)\leq 8(x+y+z)^4}$
Πολύ ωραία άσκηση.
Από την ανισοϊσότητα αριθμητικού γεωμετρικού μέσου ισχύει ότι:
$x+y\geq 2\sqrt{xy}$
$y+z\geq 2\sqrt{yz}$
$z+x\geq 2\sqrt{zx}$
Με πολλαπλασιασμό των σχέσεων κατά μέλη έχουμε: $(x+y)(y+z)(z+x)\geq 8\sqrt{(xyz)^2}=8xyz=8$ . Άρα το πρώτο μέλος της αρχικής ανισότητας είναι μεγαλύτερο ή ίσο του $81\cdot 8$ . Το δεύτερο μέλος γίνεται πάλι μέσω της ανισοϊσότητας αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου $x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}=3$ δηλαδή είναι μεγαλύτερο ή ίσο του $8\cdot 3^4=81\cdot 8$ . Άρα η δοσμένη ισχύει.
Κλεόβουλε κοίταξέ το πάλι.

$A\geq m$ και $B\geq m$ δεν συνεπάγεται $A\geq B$

Το διόρθωσα με βοήθεια από τον κ. Δημήτρη. Ευχαριστώ.

#578

AΣΚΗΣΗ 219: Αν $\displaystyle{x,y,z \geq 0}$ και $\displaystyle{x+y+z=\frac{1}{2}}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{xy+yz+zx\geq 18xyz}$

#579

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 219: Αν $\displaystyle{x,y,z \geq 0}$ και $\displaystyle{x+y+z=\frac{1}{2}}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{xy+yz+zx\geq 18xyz}$

Αν ένας από τους x, y, z

είναι ίσος με μηδέν, τότε η ανισότητα ισχύει προφανώς (για παράδειγμα, αν z = 0

, τότε η ανισότητα γράφεται $xy \ge 0$ , που ισχύει).

Υποθέτουμε, λοιπόν, ότι xyz >0

. Τότε, η αποδεικτέα ανισότητα γράφεται ισοδύναμα:

$\displaystyle{\frac{{xy + yz + zx}}{{xyz}} \ge 18 \Leftrightarrow \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \ge 18}$ $\bf \color {red} \left( 1 \right)$ .

Αλλά από την ανισότητα αριθμητικού-αρμονικού μέσου προκύπτει ότι

$\displaystyle{\frac{{x + y + z}}{3} \ge \frac{3}{{\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}}}}$

και άρα

$\displaystyle{\frac{{\dfrac{1}{2}}}{3} \ge \frac{3}{{\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}}} \Leftrightarrow \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \ge 18,}$

που είναι η $\bf \color {red} \left( 1 \right)$ .

#580

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 219: Αν $\displaystyle{x,y,z \geq 0}$ και $\displaystyle{x+y+z=\frac{1}{2}}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{xy+yz+zx\geq 18xyz}$

Αρκεί να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{(x+y+z)(xy+yz+zx)\geq 9xyz.}$

Όμως, αυτό είναι άμεσο από ΑΜ-ΓΜ:

$\displaystyle{(x+y+z)(xy+yz+zx)\geq 3\sqrt[3]{xyz}\cdot 3\sqrt[3]{(xyz)^2}=9xyz.}$

Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Μέλη σε σύνδεση