Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#581

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

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

Mετά την ωραία λύση του Βαγγέλη, (με χρήση ΑΜ-ΗΜ), ας δούμε και μια ακόμα με χρήση της AM-GM

$\displaystyle{xy+yz+zx\geq 3\sqrt[3]{x^2 y^2 z^2}}$

Aρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι: $\displaystyle{3\sqrt[3]{x^2 y^2 z^2}\geq 18xyz}$ ή αρκεί: $\displaystyle{x^2 y^2 z^2 \geq 6^3 x^3 y^3 z^3}$

Αν $\displaystyle{xyz=0}$ , είναι φανερό ότι η σχέση αυτή είναι αληθής.

Με $\displaystyle{xyz\neq 0}$ , αρκεί να αποδείξουμε ότι: $\displaystyle{xyz\leq \frac{1}{6^3}}$ (1)

Όμως, $\displaystyle{x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}\Rightarrow \frac{1}{2}\geq 3\sqrt[3]{xyz}\Rightarrow xyz\leq \frac{1}{6^3}}$ και άρα η (1) είναι αληθής.

#582

AΣΚΗΣΗ 220: Αν $\displaystyle{x,y,z \neq 0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{x^2 +y^2 +z^2 +\frac{4}{x^4}+\frac{4}{y^4}+\frac{4}{z^4}\geq 9}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

nikolaos p. · #583

Πολύ ωραίες και οι δύο λύσεις στην 219!

#584

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 220: Αν $\displaystyle{x,y,z \neq 0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{x^2 +y^2 +z^2 +\frac{4}{x^4}+\frac{4}{y^4}+\frac{4}{z^4}\geq 9}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Ο τρόπος με τον οποίο την έλυσα, (χρησιμοποιώντας ΑΜ-GM), είναι λίγο δύσκολος. Ωστόσο, ίσως δούμε και απλές λύσεις
από τα ταλαντούχα μας μέλη

Για $a\ne 0$ ισχύει

$\displaystyle{a^2+\dfrac{4}{a^4}=\dfrac{a^2}{2}+\dfrac{a^2}{2}+\dfrac{4}{a^4}\geq 3\sqrt[3]{\dfrac{a^2}{2}\cdot \dfrac{a^2}{2}\cdot \dfrac{4}{a^4}}=3}$

Συνεπώς,

$\displaystyle{x^2 +y^2 +z^2 +\frac{4}{x^4}+\frac{4}{y^4}+\frac{4}{z^4}=\left(x^2 +\frac{4}{x^4}\right)+\left(y^2 +\frac{4}{y^4}\right)+\left(z^2 +\frac{4}{z^4}\right)\geq 9}$

Με το ίσον να ισχύει αν και μόνο αν x^2=y^2=z^2=2

.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#585

achilleas έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 220: Αν $\displaystyle{x,y,z \neq 0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{x^2 +y^2 +z^2 +\frac{4}{x^4}+\frac{4}{y^4}+\frac{4}{z^4}\geq 9}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Ο τρόπος με τον οποίο την έλυσα, (χρησιμοποιώντας ΑΜ-GM), είναι λίγο δύσκολος. Ωστόσο, ίσως δούμε και απλές λύσεις
από τα ταλαντούχα μας μέλη
Για $a\ne 0$ ισχύει

$\displaystyle{a^2+\dfrac{4}{a^4}=\dfrac{a^2}{2}+\dfrac{a^2}{2}+\dfrac{4}{a^4}\geq 3\sqrt[3]{\dfrac{a^2}{2}\cdot \dfrac{a^2}{2}\cdot \dfrac{4}{a^4}}=3}$

....

Αλλιώς, χωρίς ΑΜ-ΓΜ:

$\displaystyle{a^2+\dfrac{4}{a^4}-3=a^2-2+\dfrac{4-a^4}{a^4}=a^2-2-\dfrac{(a^2-2)(a^2+2)}{a^4}=\dfrac{(a^2-2)(a^4-a^2-2)}{a^4}=\dfrac{(a^2-2)^2(a^2+1)}{a^4}\geq 0}$

Η συνέχεια η ίδια.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#586

ΑΣΚΗΣΗ 221: Αν $\displaystyle{x,y,z \geq0}$ να αποδείξετε ότι :

$\displaystyle{x^3 +y^3 +z^3 \geq x^2 y+y^2 z +z^2 x}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

ΣΗΜ: Έσβυσα από την απόκρυψη την φράση ότι η ανισότητα είναι συμμετρική, που από λάθος έγραψα.
(Βλ. σχετική δημοσίευση πιο κάτω (από τον Θάνο)

#587

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 221: Αν $\displaystyle{x,y,z \geq0}$ να αποδείξετε ότι :

$\displaystyle{x^3 +y^3 +z^3 \geq x^2 y+y^2 z +z^2 x}$

Υπάρχουν πολλοί τρόποι αντιμετώπισης. Βάζω μία με κάποια τεχνική που είχα ανακαλύψει κάποτε (αλλά δεν αμφιβάλλω ότι είναι κάτι γνωστό). Πιστέψτε με ότι η τεχνική αυτή λειτουργεί σε πολλές ανισότητες, και είναι ευκαιρία να την περιγράψω στο εδώ παράδειγμα.

Θα κάνουμε διπλή χρήση της C-S. Ονομάζουμε

το δεξί μέλος και

το αριστερό, οπότε θέλουμε $D\le A$ .

Έχουμε

$\displaystyle{D^2= (x^2 y+y^2 z +z^2 x)^2 = \left ( x^{3/2} \cdot x^{1/2}y + y^{3/2} \cdot y^{1/2}z + z^{3/2} \cdot z^{1/2}x \right) ^2}$

$\displaystyle{\le \left (x^3 +y^3 +z^3 \right ) \left ( xy^2 + yz^2 +zx^2\right )= A\left ( xy^{1/2} \cdot y^{3/2} + yz^{1/2} \cdot z^{3/2} + zx^{1/2} \cdot x^{3/2} \right ) }$

$\displaystyle{\le A\left ( x^2y + y^2z^ + z^2x \right)^{1/2} \left (y^3+z^3+x^3 \right )^{1/2} = AD^{1/2} A^{1/2}}$

Άρα $\displaystyle{D^{3/2}\le A^{3/2}}$ , από όπου το ζητούμενο.

Φιλικά,

Μιχάλης

#588

Mihalis_Lambrou έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 221: Αν $\displaystyle{x,y,z \geq0}$ να αποδείξετε ότι :

$\displaystyle{x^3 +y^3 +z^3 \geq x^2 y+y^2 z +z^2 x}$
Υπάρχουν πολλοί τρόποι αντιμετώπισης. Βάζω μία με κάποια τεχνική που είχα ανακαλύψει κάποτε (αλλά δεν αμφιβάλλω ότι είναι κάτι γνωστό). Πιστέψτε με ότι η τεχνική αυτή λειτουργεί σε πολλές ανισότητες, και είναι ευκαιρία να την περιγράψω στο εδώ παράδειγμα.

Θα κάνουμε διπλή χρήση της C-S. Ονομάζουμε το δεξί μέλος και το αριστερό, οπότε θέλουμε $D\le A$ .

Έχουμε

$\displaystyle{D^2= (x^2 y+y^2 z +z^2 x)^2 = \left ( x^{3/2} \cdot x^{1/2}y + y^{3/2} \cdot y^{1/2}z + z^{3/2} \cdot z^{1/2}x \right) ^2}$

$\displaystyle{\le \left (x^3 +y^3 +z^3 \right ) \left ( xy^2 + yz^2 +zx^2\right )= A\left ( xy^{1/2} \cdot y^{3/2} + yz^{1/2} \cdot z^{3/2} + zx^{1/2} \cdot x^{3/2} \right ) }$

$\displaystyle{\le A\left ( x^2y + y^2z^ + z^2x \right)^{1/2} \left (y^3+z^3+x^3 \right )^{1/2} = AD^{1/2} A^{1/2}}$

Άρα $\displaystyle{D^{3/2}\le A^{3/2}}$ , από όπου το ζητούμενο.

Φιλικά,

Μιχάλης

Ωραιότατη λύση ! Προσωπικά δεν την έχω ξαναδεί την μέθοδο αυτήν Μιχάλη.

Αλγεβριστής · #589

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 221: Αν $\displaystyle{x,y,z \geq0}$ να αποδείξετε ότι :

$\displaystyle{x^3 +y^3 +z^3 \geq x^2 y+y^2 z +z^2 x}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
ΥΠΟΔ: Μπορεί να λυθεί και με την ανισότητα της αναδιάταξης που αναπτύχθηκε πιο πάνω, παίρνοντας τις

τριάδες των αριθμών $\displaystyle{x,y,z}$ και $\displaystyle{x^2 ,y^2 ,z^2}$ με την παρατήρηση ότι λόγω του ότι η ανισότητα είναι

συμμετρική, μπορούμε να θεωρήσουμε ότι $\displaystyle{x\geq y\geq z}$ και επί πλέον ότι οι τριάδες αυτές έχουν την ίδια διάταξη

(Πράγματι, αφού $\displaystyle{x,y,z\geq o}$ τότε από την σχέση: $\displaystyle{x\geq y \geq z \Rightarrow x^2 \geq y^2 \geq z^2}$ )

Με αναδιάταξη
Η συνάρτηση f(x,y,z)=x^3+y^3+z^3-x^2y-y^2z-z^2x

είναι συμμετρική ως προς τα x,y,z

Συνεπώς, χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι $x\geq y\geq z$ ή $x^2\geq y^2\geq z^2$ . Θεωρούμε την μετάθεση s(1)=(y,z,x)

. Τώρα εφαρμόζωντας την ανισότητα της αναδιάταξης στις τριάδες (x,y,z), (x^2,y^2,z^2)

και τις

παίρνουμε
$x^2x+y^2 y+z^2 z\geq x^2y+y^2z+z^2x$ ή ισοδύναμα
$x^3+y^3+z^3\geq x^2y+y^2z+z^2x$ ,
που είναι και η ζητούμενη.

argiris95 · #590

ΆΣΚΗΣΗ 222

Έστω x,y,z

θετικοί πραγματικοί αριθμοί.
Αποδείξτε ότι $\sqrt{\frac{x}{x+y}}+\sqrt{\frac{y}{y+z}}+\sqrt{\frac{z}{z+x}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$

(Vasile Cirtoaje, Samin Riasat)

Edit: Την προσπαθώ περίπου τρεις μέρες και ακόμη δεν βρήκα λύση. ΒΟΗΘΕΙΑ ΠΑΡΑΚΑΛΩ

Αλγεβριστής · #591

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 220: Αν $\displaystyle{x,y,z \neq 0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{x^2 +y^2 +z^2 +\frac{4}{x^4}+\frac{4}{y^4}+\frac{4}{z^4}\geq 9}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Ο τρόπος με τον οποίο την έλυσα, (χρησιμοποιώντας ΑΜ-GM), είναι λίγο δύσκολος. Ωστόσο, ίσως δούμε και απλές λύσεις
από τα ταλαντούχα μας μέλη

Οι μικρότεροι να μην δώσετε σημασία σε αυτή τη λύση.
Και μία αντιμετώπιση με Γ' Λυκείου!
Θεωρούμε τη συνάρτηση
$f(x)=x^2+\frac{4}{x^4}, D(f)=(0,\infty)$
$\frac{df}{dx}=2x-\frac{16}{x^5}, D(f')=(0,\infty)$ .
Λύνουμε την εξίσωση $\frac{df}{dx}=0$ από την οποία προκύπτουν τα κρίσιμα σημεία
$x=\sqrt{2}$ ή $x=-\sqrt{2}$ . Το δεύτερο, επειδή είναι εκτός πεδίο ορισμού απορρίπτεται.
Έχουμε,
$\frac{d^2f}{dx^2}=2+\frac{16*5}{x^6}> 0, D(f'')=(0,\infty)$
Και συνεπώς, από το κριτήριο δεύτερης παραγώγου το $x=\sqrt{2}$ είναι τοπικό ελάχιστο και μάλιστα ολικό. Έτσι,
$f(x)\geq f(\sqrt{2})=3$ και συνεπώς κυκλικά έχουμε
$\sum_{cyc} f(x) \geq 9$ ,
που είναι και η ζητούμενη.
Η ισότητα ισχύει προφανώς, μόνο στην περίπτωση που $x=y=z=\sqrt{2}$ .

S.E.Louridas · #592

ΑΣΚΗΣΗ 223
Αν έχουμε x,y,z>0

, αποδείξτε τη ισχύ της ανισότητας:

$\displaystyle{\sqrt {\frac{{x + y}} {x}} + \sqrt {\frac{{y + z}} {y}} + \sqrt {\frac{{z + x}} {z}} \geqslant 3\sqrt{2}.}$

Αλγεβριστής · #593

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 223
Αν έχουμε , αποδείξτε τη ισχύ της ανισότητας:
Κ
$\displaystyle{\sqrt {\frac{{x + y}} {x}} + \sqrt {\frac{{y + z}} {y}} + \sqrt {\frac{{z + x}} {z}} \geqslant 3\sqrt{2}.}$

Καλημέρα σας, κύριε Σωτήρη.
Θέτουμε x=a^4,y=b^4,z=c^4

και από ΑΜ - ΓΜ έχουμε
$\displaystyle{\sqrt {\frac{{a^4+ b^4}} {a^4}} + \sqrt {\frac{{b^4+ c^4}} {b^4}} + \sqrt {\frac{{c^4+ a^4}} {c^4}} \geq \sqrt {\frac{2a^2b^2}{a^4}} +\sqrt{\frac{2b^2c^2}{b^4}}+\sqrt{\frac{2c^2a^2}{c^4}} = \sqrt{2}\bigg(\frac{ab}{a^2}+\frac{bc}{b^2}+\frac{ca}{c^2}\bigg) =\sqrt{2}\bigg(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\bigg) \geq \sqrt{2}*3$ ,
και τελειώσαμε.

#594

Αλγεβριστής έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 221: Αν $\displaystyle{x,y,z \geq0}$ να αποδείξετε ότι :

$\displaystyle{x^3 +y^3 +z^3 \geq x^2 y+y^2 z +z^2 x}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
ΥΠΟΔ: Μπορεί να λυθεί και με την ανισότητα της αναδιάταξης που αναπτύχθηκε πιο πάνω, παίρνοντας τις

τριάδες των αριθμών $\displaystyle{x,y,z}$ και $\displaystyle{x^2 ,y^2 ,z^2}$ με την παρατήρηση ότι λόγω του ότι η ανισότητα είναι

συμμετρική, μπορούμε να θεωρήσουμε ότι $\displaystyle{x\geq y\geq z}$ και επί πλέον ότι οι τριάδες αυτές έχουν την ίδια διάταξη

(Πράγματι, αφού $\displaystyle{x,y,z\geq o}$ τότε από την σχέση: $\displaystyle{x\geq y \geq z \Rightarrow x^2 \geq y^2 \geq z^2}$ )
Με αναδιάταξη
Η συνάρτηση είναι συμμετρική ως προς τα Συνεπώς, χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι $x\geq y\geq z$ ή $x^2\geq y^2\geq z^2$ . Θεωρούμε την μετάθεση . Τώρα εφαρμόζωντας την ανισότητα της αναδιάταξης στις τριάδες και τις παίρνουμε
$x^2x+y^2 y+z^2 z\geq x^2y+y^2z+z^2x$ ή ισοδύναμα
$x^3+y^3+z^3\geq x^2y+y^2z+z^2x$ ,
που είναι και η ζητούμενη.

Προσοχή! Η συνάρτηση $\displaystyle{f(x,y,z)}$ δεν είναι συμμετρική! Είναι $\displaystyle{f(x,y,z)\ne f(y,x,z).}$
Βέβαια, η εν λόγω ανισότητα αποδεικνύεται με την ανισότητα της αναδιάταξης παρατηρώντας ότι οι τριάδες $\displaystyle{(x,y,z),(x^2,y^2,z^2)}$ είναι της ίδιας "διάταξης", σε αντίθεση με τις $\displaystyle{(x^2,y^2,z^2),(y,z,x)}$

Ωστόσο, πιστεύω ότι το θέμα αυτό προτάθηκε εδώ για να δούμε την εξής απόδειξη:

$\displaystyle{x^3+y^3+z^3\geq 3\sqrt[3]{x^3x^3y^3}=3x^2y.}$

Ομοίως βρίσκουμε $\displaystyle{y^3+y^3+z^3\geq 3y^2z,~z^3+z^3+x^3\geq 3z^2x.}$
Με πρόσθεση αυτώ προκύπτει η ζητούμενη.

Αλγεβριστής · #595

ΘΕΩΡΗΤΙΚΑ

Η ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ CHEBYSHEV

ΘΕΩΡΗΜΑ (Chebyshev)
Έστω δύο αύξουσες ακολουθίες πραγματικών αριθμών $a_1\leq a_2\leq ... \leq a_n, b_1\leq b_2\leq ...\leq b_n$ , όπου $n\geq 1$ φυσικός αριθμός. Για τους όρους των ακολουθίων αυτών ισχύει η παρακάτω ανισότητα:

$\displaystyle{\frac{a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n}{n} \geq \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}*\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}\geq \frac{a_1b_n+a_2b_{n-1}+...+a_{n-1}b_2+a_nb_1}{n}}$ .

Παράδειγμα 1
Για τους πραγματικούς a,b,c

να αποδείξετε ότι
$\displaystyle{3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2$ .

Απόδειξη
Παρατηρούμε ότι η αποδεικτέα είναι συμμετρική και συνεπώς χωρίς βλάβη της γενικότητος, υποθέτουμε ότι $a\geq b\geq c$ .
Εφαρμόζοντας το πρώτο σκέλος της ανισότητας του Chebyshev για τις τριάδες (a,b,c)

και

έχουμε
$\displaystyle{\frac{a*a+b*b+c*c}{3}\geq \frac{a+b+c}{3}*\frac{a+b+c}{3}$
ή ισοδύναμα
$\displaystyle{3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2}$ ,
που είναι και η ζητούμενη.

Παράδειγμα 2
Για τους θετικούς a,b,c>0

να αποδείξετε την ισχύ της παρακάτω ανισότητας:
$\displaystyle{\frac{a^8+b^8+c^8}{a^3b^3c^3}\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}$ .

Απόδειξη
Παρατηρούμε ότι η αποδεικτέα είναι συμμετρική και συνεπώς χωρίς βλάβη της γενικότητος μπορούμε να υποθέσουμε ότι
$a\geq b\geq c$ ή $a^6\geq b^6\geq c^6$ ή $a^2\geq b^2\geq c^2$ .
Στα παρακάτω πέρα της Chebyshev θα εφαρμόσουμε και AM - ΓΜ στο a^6+b^6+c^6

και την βασική ανισότητα $a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$ .
Από την Ανισότητα Chebyshev (πρώτο σκέλος) για τις τριάδες (a^6,b^6,c^6),(a^2,b^2,c^2)

αποφαινόμαστε ότι
$\displaystyle{\frac{a^8+b^8+c^8}{3}\geq \frac{(a^6+b^6+c^6)}{3} \frac{(a^2+b^2+c^2)}{3}}$
ή ισοδύναμα
$\displaystyle{3(a^8+b^8+c^8)\geq (a^6+b^6+c^6)(a^2+b^2+c^2)\geq 3a^2b^2c^2(a^2+b^2+c^2)\geq 3a^2b^2c^2(ab+bc+ca)=}$
$\displaystyle{=3a^3b^3c^2+3a^2b^3c^3+3a^3b^2c^3=3a^3b^3c^3\bigg(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\bigg)}$
ή ισοδύναμα
$\displaystyle{3(a^8+b^8+c^8)\geq 3a^3b^3c^3\bigg(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\bigg)}$
το οποίο γίνεται
$\displaystyle{\frac{a^8+b^8+c^8}{a^3b^3c^3}\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}$ ,
που είναι και η ζητούμενη.

Σημειώσεις - Παρατηρήσεις
Η ανισότητα Chebyshev είναι δυνατό εργαλείο επίλυσης ανισοτήτων και έχει ως πλεονέκτημα το ότι οι όροι των ακολουθιών δεν χρειάζεται να είναι θετικοί. Το μειονέκτημα είναι ότι πρέπει να αποδείξουμε την ιδιότητα της διάταξης πριν την εφαρμόσουμε. Όπως, παρατηρείται επιλύει μόνο συμμετρικές ανισότητες, όπως και η ανισότητα της αναδιάταξης, αφού άλλωστε αποδεικνύεται από αυτήν. Για να δώσουμε την ιδιότητα της διάταξης, χωρίς βλάβη της γενικότητας, στις μεταβλητές, αρκεί να αποδείξουμε ότι πρόκειται περί συμμετρικής ανισότητας. Αυτό σημαίνει, ότι αν αλλάξετε όλες τις δυνατές θέσεις των μεταβλητών, πάντα θα παίρνουμε την ίδια ανισότητα. Αν έχουμε

μεταβλητές τότε έχουμε

μεταθέσεις.
Π.χ. Η ανισότητα $a^2+b^2\geq 2ab$ είναι συμμετρική, αφού αν βάλουμε όπου

το

και όπου

το

θα πάρουμε $b^2+a^2\geq 2ba$ , δηλαδή πάλι την ίδια! Συνέπώς, μπορούμε να υποθέσουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι $a\geq b$ με στόχο την απόδειξή της.

Αλγεβριστής · #596

Έχετε δίκιο, βιάστικα και την πάτησα, αφού δεν κοίταξα όλες τις μεταθέσεις. Αλλά θέλω να σας υποβάλλω δύο ερωτήματα:

1) Γίνεται στη συγκεκριμένη περίπτωση να το παρακάμψουμε και να τη χρησιμοποιήσουμε;

2) Γενικά υπάρχει γρήγορος τρόπος να αποδείξουμε ή να καταρρίψουμε την συμμετρικότητα; Δηλαδή, αν έχουμε 100

μεταβλητές, πρέπει να κάνουμε 100!

δοκιμές.

Άσκηση 224:
Για τους θετικούς a,b,c>0

, να αποδείξετε ότι
$\displaystyle{a^3+b^3+c^3+ab^2+bc^2+ca^2\geq 2(a^2b+b^2c+c^2a)}$ .

#597

argiris95 έγραψε:ΆΣΚΗΣΗ 222

Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί.
Αποδείξτε ότι $\sqrt{\frac{x}{x+y}}+\sqrt{\frac{y}{y+z}}+\sqrt{\frac{z}{z+x}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$

Δεν τη λες και απλούστατη.

Η δοθείσα γράφεται

$\displaystyle{\sqrt{x(y+z)(z+x)}+\sqrt{y(z+x)(x+y)}+\sqrt{z(x+y)(y+z)}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}.}$

Από την Cauchy-Schwarz είναι

$\displaystyle{\sqrt{x(y+z)(z+x)}+\sqrt{y(z+x)(x+y)}+\sqrt{z(x+y)(y+z)}\leq \sqrt{x(y+z)+y(z+x)+z(x+y)}\sqrt{x+y+y+z+z+x}=}$

$\displaystyle{=2\sqrt{(xy+yz+zx)(x+y+z)}.}$

Αρκεί λοιπόν, να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{2\sqrt{(xy+yz+zx)(x+y+z)}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}.}$

Ισχύει $\displaystyle{\boxed{(x+y)(y+z)(z+x)=(x+y+z)(xy+yz+zx)-xyz}}$ και $\displaystyle{(x+y)(y+z)(z+x)\geq 8xyz,}$ άρα

$\displaystyle{2\sqrt{(xy+yz+zx)(x+y+z)}=2\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)+xyz}\leq 2\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)+\frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{8}}=}$

$\displaystyle{=\frac{3}{\sqrt{2}}\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x).}$

Αλγεβριστής · #598

Άσκηση 225:
Για τους θετικούς x,y,z>0

να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{x^3}{x^2+xy+y^2}+\frac{y^3}{y^2+yz+z^2}+\frac{z^3}{z^2+zx+x^2}\geq \frac{x+y+z}{3}}$ .

Σημείωση: Εκκρεμεί και η 224.

Αλγεβριστής · #599

Μήπως από κάποιους πιο προχωρημένους, θα μπορούσαμε να δούμε και άλλες λύσεις (στοιχειωδώς) της ανισότητας του Vasile Cirtoaje?

fdns · #600

Αλγεβριστής έγραψε:Άσκηση 225:
Για τους θετικούς να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{x^3}{x^2+xy+y^2}+\frac{y^3}{y^2+yz+z^2}+\frac{z^3}{z^2+zx+x^2}\geq \frac{x+y+z}{3}}$ .

Μια λύση:

Έχουμε ότι $\displaystyle{\frac{x^3}{x^2+xy+y^2}+\frac{y^3}{y^2+yz+z^2}+\frac{z^3}{z^2+zx+x^2}-\frac{y^3}{x^2+xy+y^2}-\frac{z^3}{y^2+yz+z^2}-\frac{x^3}{z^2+zx+x^2}=}$

$\displaystyle{\frac{x^3-y^3}{x^2+xy+y^2}+\frac{y^3-z^3}{y^2+yz+z^2}+\frac{z^3-x^3}{z^2+zx+x^2}=x-y+y-z+z-x=0}$

Άρα αρκεί να δείξουμε ότι: $\displaystyle{\frac{x^3+y^3}{x^2+xy+y^2}+\frac{y^3+z^3}{y^2+yz+z^2}+\frac{z^3+x^3}{z^2+zx+x^2}\geq\frac{2}{3}(x+y+z)}$

Όμως με χρήση της ανισότητας: $\displaystyle{x^3+y^3\geq x^2y +y^2z}$ (αν θέλετε απόδειξη πείτε μου), έχουμε:

$\displaystyle{\frac{x^3+y^3}{x^2+xy+y^2}=\frac{(x+y)(x^2+xy+y^2-2xy)}{x^2+xy+y^2}=x+y-2\frac{x^2y+xy^2}{x^2+xy+y^2}\geq x+y-2\frac{x^3+y^3}{x^2+xy+y^2}}$

Από το οποίο προκύπτει ότι: $\displaystyle{\frac{x^3+y^3}{x^2+xy+y^2}\geq\frac{x+y}{3}$

Και ομοίως:

$\displaystyle{\frac{y^3+z^3}{y^2+yz+z^2}\geq\frac{y+z}{3}}$

$\displaystyle{\frac{z^3+x^3}{z^2+zx+x^3}\geq\frac{z+x}{3}}$

Από τα οποία με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει η ζητούμενη

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