Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

simantiris j. · #1

Ενόψει του προκριματικού διαγωνισμού νέων πιστεύω ότι θα ήταν καλή ιδέα να μπουν θέματα αντίστοιχου επιπέδου ώστε να εμπλουτιστούν οι γνώσεις-δεξιότητες των μαθητών (συμπεριλαμβανομένου και εμένα

) που λαμβάνουν ή θέλουν να λάβουν μέρος σε δύσκολους διαγωνισμούς όπως ο συγκεκριμένος.
Κάνω την αρχή με ένα σχετικά εύκολο,διδακτικό όμως,γεωμετρικό θέμα για προθέρμανση.
Έστω ορθογώνιο τρίγωνο ABC

με $\hat{A}=90^{\circ}$ και ύψος

.Θεωρούμε τα σημεία M,N

στα τμήματα AD,CD

αντίστοιχα,έτσι ώστε να ισχύει $AD=n\times DM , CD=n\times DN$ με $n\succ 1$ .Να αποδείξετε ότι $\hat{ABM}=\hat{CAN}$

raf616 · #2

simantiris j. έγραψε:Ενόψει του προκριματικού διαγωνισμού νέων πιστεύω ότι θα ήταν καλή ιδέα να μπουν θέματα αντίστοιχου επιπέδου ώστε να εμπλουτιστούν οι γνώσεις-δεξιότητες των μαθητών (συμπεριλαμβανομένου και εμένα ) που λαμβάνουν ή θέλουν να λάβουν μέρος σε δύσκολους διαγωνισμούς όπως ο συγκεκριμένος.
Κάνω την αρχή με ένα σχετικά εύκολο,διδακτικό όμως,γεωμετρικό θέμα για προθέρμανση.
Έστω ορθογώνιο τρίγωνο με $\hat{A}=90^{\circ}$ και ύψος .Θεωρούμε τα σημεία στα τμήματα αντίστοιχα,έτσι ώστε να ισχύει $AD=n\times DM , CD=n\times DN$ με $n\succ 1$ .Να αποδείξετε ότι $\hat{ABM}=\hat{CAN}$

Καλησπέρα. Θα συμφωνήσω απόλυτα με αυτή την πρωτοβουλία και ομολογώ πως από καιρό ήθελα να δημιουργήσω ένα παρόμοιο θέμα αφού πολλά παιδιά από το

(μεταξύ των οποίων και εγώ

) θα συμμετάσχουν στο διαγωνισμό και αυτό θα τους βοηθούσε αρκετά. Στην άσκηση τώρα:

Θα βάλω μία λύση χωρίς όμως σχήμα...

Ισχύει ότι $\triangle{ABD} \approx \triangle{ADC}$ επειδή είναι ορθογώνια και $\widehat{DAB} = \widehat{DCA} = 90^{o} - \widehat{B}$ . Επομένως:

$\dfrac{BD}{AD} = \dfrac{AD}{CD} \Leftrightarrow \dfrac{BD}{AD} = \dfrac{DM}{DN}$ λόγω της σχέσης που δίνεται.

Το παραπάνω δηλώνει ότι ότι τα τρίγωνα BMD

και

είναι όμοια και άρα $\widehat{DAN} = \widehat{MBD}$ .

Έχουμε όμως ότι $\widehat{ABD} = \widehat{CAD}$ λόγω της πρώτης ομοιότητας και άρα είναι $\widehat{ABM} = \widehat{CAN}$ ως διαφορά ίσων γωνιών.

Εγώ θα βάλω μία ανισότητα η οποία είναι αρκετά διδακτική κατά τη γνώμη μου:

Αν a, b, c > 0

να δείξετε ότι:

$\displaystyle{\prod{(a^2 + ab + b^2)} \geq (ab + bc + ca)^3}$

#3

raf616 έγραψε: Αν να δείξετε ότι:

$\displaystyle{\prod{(a^2 + ab + b^2)} \geq (ab + bc + ca)^3}$

Προκύπτει άμεσα από την ανισότητα Hölder:

$\displaystyle{\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right)\left( {{b^2} + bc + {c^2}} \right)\left( {{c^2} + ca + {a^2}} \right) = \left( {ab + {a^2} + {b^2}} \right)\left( {{a^2} + ca + {c^2}} \right)\left( {{b^2} + {c^2} + bc} \right) \ge }$

$\displaystyle{ \ge {\left( {{{\left( {ab{a^2}{b^2}} \right)}^{\frac{1}{3}}} + {{\left( {{a^2}ca{c^2}} \right)}^{\frac{1}{3}}} + {{\left( {{b^2}{c^2}bc} \right)}^{\frac{1}{3}}}} \right)^3} = {\left( {ab + bc + ca} \right)^3}.}$

raf616 · #4

emouroukos έγραψε:
raf616 έγραψε: Αν να δείξετε ότι:

$\displaystyle{\prod{(a^2 + ab + b^2)} \geq (ab + bc + ca)^3}$
Προκύπτει άμεσα από την ανισότητα Hölder:

$\displaystyle{\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right)\left( {{b^2} + bc + {c^2}} \right)\left( {{c^2} + ca + {a^2}} \right) = \left( {ab + {a^2} + {b^2}} \right)\left( {{a^2} + ca + {c^2}} \right)\left( {{b^2} + {c^2} + bc} \right) \ge }$

$\displaystyle{ \ge {\left( {{{\left( {ab{a^2}{b^2}} \right)}^{\frac{1}{3}}} + {{\left( {{a^2}ca{c^2}} \right)}^{\frac{1}{3}}} + {{\left( {{b^2}{c^2}bc} \right)}^{\frac{1}{3}}}} \right)^3} = {\left( {ab + bc + ca} \right)^3}.}$

Αυτή ακριβώς τη λύση ήθελα για να προβληθεί η ανισότητα αυτή!

simantiris j. · #5

Έσπαγα το κεφάλι μου, μέχρι που είδα πόσο απλή ήταν!

Καλή επιλογή,που δείχνει ότι ποτέ δεν πρέπει να παραβλέπεις το προφανές!

Και άλλη μια λύση για την πρώτη:διαιρώντας τις δοσμένες σχέσεις κατά μέλη,παίρνουμε ότι $MN\parallel AC\Rightarrow MN\perp AB$ .Αυτό σημαίνει ότι το

είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ABN

,συνεπώς $BM\perp AN$ και το ζητούμενο έπεται αφού οι γωνίες είναι ίσες,ως συμπληρωματικές της $\hat{DAB}$

simantiris j. · #6

ΑΣΚΗΣΗ

Λύστε στους πρώτους την εξίσωση:
p^4+2p+q^4+q^2=r^2+4q^3+1

(εθνική ολυμπιάδα νέων Τουρκίας, 2013

)

#7

simantiris j. έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ
Λύστε στους πρώτους την εξίσωση:
(εθνική ολυμπιάδα νέων Τουρκίας,)

Η δοσμένη σχέση γράφεται ισοδύναμα:

$\displaystyle{{p^4} - {r^2} = 2{q^3} - {q^3}\left( {q - 1} \right) + {q^2}\left( {q - 1} \right) - 2p + 1}$ $\bf \color{red} \left( 1 \right)$ .

Το δεξί μέλος της σχέσης $\bf \color{red} \left( 1 \right)$ είναι περιττός αριθμός. Άρα, ο αριθμός $\displaystyle{{p^4} - {r^2}}$ είναι περιττός, οπότε ένας τουλάχιστον από τους

και

είναι άρτιος πρώτος αριθμός, άρα ίσος με

. Διακρίνουμε, λοιπόν, δύο περιπτώσεις:

$\bullet$ Αν r=2

, τότε η $\bf \color{red} \left( 1 \right)$ γράφεται ισοδύναμα

$\displaystyle{{p^4} + 2p + {q^4} - 4{q^3} + {q^2} = 5 \Leftrightarrow {p^4} + 2p + {q^2}\left[ {{{\left( {q - 2} \right)}^2} - 3} \right] = 5}$ $\bf \color{red} \left( 2 \right)$ .

Αν $\displaystyle{q \ge 5,}$ τότε $\displaystyle{{q^2}\left[ {{{\left( {q - 2} \right)}^2} - 3} \right] \ge 150,}$ οπότε η $\bf \color{red} \left( 2 \right)$ είναι αδύνατη. Άρα, θα είναι $\displaystyle{q \in \left\{ {2,3} \right\}.}$

Για q =2

, είναι $\bf \color{red} \left( 2 \right)$ $\displaystyle{ \Leftrightarrow {p^4} + 2p = 17}$ , που είναι αδύνατη για $p \ge 2$ .

Για q =3

, είναι $\bf \color{red} \left( 2 \right)$ $\displaystyle{ \Leftrightarrow {p^4} + 2p = 23}$ , που είναι επίσης αδύνατη για $p \ge 2$ .

Άρα, στην περίπτωση r=2

δεν έχουμε λύσεις.

$\bullet$ Αν p=2

, τότε η $\bf \color{red} \left( 1 \right)$ γράφεται ισοδύναμα

$\displaystyle{{q^4} - 4{q^3} + {q^2} + 19 = {r^2}}$ $\bf \color{red} \left( 3 \right)$ .

Παρατηρούμε τώρα ότι αν q >5

, τότε ισχύει

$\displaystyle{{\left( {{q^2} - 2q - 2} \right)^2} < {q^4} - 4{q^3} + {q^2} + 19 < {\left( {{q^2} - 2q - 1} \right)^2},}$

οπότε η $\bf \color{red} \left( 3 \right)$ είναι αδύνατη. Άρα, θα είναι $\displaystyle{q \in \left\{ {2,3,5} \right\}.}$

Για q =2

, είναι $\bf \color{red} \left( 3 \right)$ $\displaystyle{ \Leftrightarrow {r^2} = 7}$ , που είναι αδύνατη.

Για q =3

, είναι $\bf \color{red} \left( 3 \right)$ $\displaystyle{ \Leftrightarrow {r^2} = 1}$ , που είναι αδύνατη.

Για q =5

, είναι $\bf \color{red} \left( 3 \right)$ $\displaystyle{ \Leftrightarrow {r^2} = 169 \Leftrightarrow r = 13}$ , που είναι δεκτή.

Ώστε, έχουμε τη μοναδική λύση $\displaystyle{\boxed{\left( {p,q,r} \right) = \left( {2,5,13} \right)}}$ .

simantiris j. · #8

ΑΣΚΗΣΗ 4
Αν οι αριθμοί a,b,c

είναι θετικοί,αποδείξτε ότι
$\frac{1}{a} +\frac{1}{b} +\frac{1}{c} \geq \frac{4a}{2a^2 +b^2 +c^2} +\frac{4b}{a^2 +2b^2 +c^2} +\frac{4c}{a^2 +b^2 +2c^2}$

raf616 · #9

simantiris j. έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 4
Αν οι αριθμοί είναι θετικοί,αποδείξτε ότι
$\frac{1}{a} +\frac{1}{b} +\frac{1}{c} \geq \frac{4a}{2a^2 +b^2 +c^2} +\frac{4b}{a^2 +2b^2 +c^2} +\frac{4c}{a^2 +b^2 +2c^2}$

Είναι:

$2a^2 + b^2 + c^2 = (a^2 + b^2) + (a^2 + c^2) \geq 2ab + 2ac \implies \dfrac{4a}{2a^2 + b^2 + c^2} \leq \dfrac{2}{b + c}$

Επομένως:

$\displaystyle{RHS \leq \sum{\dfrac{2}{a + b}}}$

Από τη βασική $(x + y)^2 \geq 4xy$ έχουμε:

$\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \geq \dfrac{4}{a + b} \implies \dfrac{2}{a + b} \leq \dfrac{1}{2} \cdot \left({\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}\right)$

Επομένως:

$\displaystyle{\sum{\dfrac{2}{a + b}} \leq \sum{\dfrac{1}{2} \cdot \left({\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}\right)} \implies \sum{\dfrac{2}{a + b}} \leq \sum{\dfrac{1}{a}}$

Έτσι, το ζητούμενο απεδείχθη.

simantiris j. · #10

ΑΣΚΗΣΗ 5
Βρείτε όλους τους φυσικούς m,n

τέτοιους ώστε $2^n-1\mid 2^m+1$

raf616 · #11

simantiris j. έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 5
Βρείτε όλους τους φυσικούς τέτοιους ώστε $2^n-1\mid 2^m+1$

Ωραία άσκηση!

Αρχικά, για n = 1

έχουμε τις λύσεις (n, m)= (1, m)

.

Στη συνέχεια, θέτω m = nk + u, 0 < u < n

(αφού την περίπτωση u = 0

την καλύψαμε). Έτσι:

$\displaystyle{2^n \equiv 1 \pmod{2^n - 1} \implies 2^{nk} \equiv 1 \pmod{2^n - 1} \implies 2^{nk + u} \equiv 2^{u} \implies 2^{m} + 1 \equiv 2^{u} + 1 \pmod{2^n - 1}}$

Επομένως 2^n - 1 | 2^u + 1

. Άρα:

$2^n - 1 \leq 2^u + 1 \Leftrightarrow 2^{n - 1} \leq 2^{u - 1} + 1 \Leftrightarrow 2^{n-1} -2^{u - 1} \leq 1$

Είναι όμως $u < n \implies 2^{n - 1} > 2^{u - 1} \Leftrightarrow 2^{n - 1} - 2^{u - 1} > 0$ . Άρα:

$0 < 2^{n - 1} - 2^{u - 1} \leq 1$

Επειδή όμως $u, n \in \Bbb{N}$ θα είναι αναγκαστικά:

$2^{n - 1} - 2^{u - 1} = 1 \Leftrightarrow 2^{n - 1} - 1 = 2^{u - 1}$

Όμως, για $n \geq 3$ το αριστερό μέλος θα είναι περιττός

και το δεξί άρτιος. Επομένως, $n \leq 2 \implies n = 1, n = 2$ .

$\bullet$ n = 1

. Τότε:

$2^{u - 1} = 0$ , άτοπο.

$\bullet$ n = 2

. Τότε:

$2^{u - 1} = 1 \implies u = 1$ .

Επομένως m = 2k + 1

.

Επομένως θα πρέπει $3 | 2^{m} + 1$ . Όμως για περιττό

είναι:

$2^m + 1 = (2 + 1)(2^{m - 1} - 2^{m - 2} + ... + 1) = 3r$ .

Έτσι, οι λύσεις είναι:

(n, m) = (1, m)

για $m \in \Bbb{N}$

(n, m) = (2, m)

για

.

#12

ΑΣΚΗΣΗ 6

Αφού ευχηθώ σε όλα τα παιδιά που διακρίθηκαν και στον "ΑΡΧΙΜΗΔΗ" , καλή επιτυχία και στις επόμενες φάσεις,προτείνω την παρακάτω άσκηση:

Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{2^{2^{4n+1}}+7}$ είναι σύνθετος, για κάθε $\displaystyle{n\in N^{*}}$

Antonis_Z · #13

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 6

Αφού ευχηθώ σε όλα τα παιδιά που διακρίθηκαν και στον "ΑΡΧΙΜΗΔΗ" , καλή επιτυχία και στις επόμενες φάσεις,προτείνω την παρακάτω άσκηση:

Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{2^{2^{4n+1}}+7}$ είναι σύνθετος, για κάθε $\displaystyle{n\in N^{*}}$

Παρατηρώ ότι το order του

ως προς το

είναι

.
Επομένως $2^{2^{4n+1}}+7\equiv 2^x+7(mod 11)$ ,όπου

το υπόλοιπο της διαίρεσης $2^{4n+1}:10$ .
Τώρα έχω $2^{4n+1}\equiv 2(mod 5)$ και $2^{4n+1}\equiv 0(mod 2)$ ,άρα $2^{4n+1}\equiv 2(mod 10)$ .
Οπότε ισχύει $2^{2^{4n+1}}+7\equiv 2^2+7=11\equiv 0(mod 11)$ .
Επιπλέον, $2^{2^{4n+1}}+7>11$ ,άρα ο αριθμός αυτός είναι διαιρετός με το 11 και δεν ισούται με 11,συνεπώς είναι σύνθετος.

simantiris j. έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 5
Βρείτε όλους τους φυσικούς τέτοιους ώστε $2^n-1\mid 2^m+1$

Απ'τη συνθήκη έπεται ότι $2^n-1|2^{2m}-1$ .Το order του 2^n-1

ως προς το

είναι

,άρα πρέπει n|2m

.
1η περίπτωση:

περιττός.
Τότε n|m

,δηλαδή

. $2^n-1|(2^n)^k+1\Rightarrow 2^n-1|2\Rightarrow n=1$ .
Άρα (n,m)=(1,m)

.
2η περίπτωση:

άρτιος,

.
Τότε

,δηλαδή

.Έχουμε τότε 4^r-1|(2^r)^a+1

.
Αν

άρτιος,τότε απ την τελευταία έπεται ότι 4^r-1|2

αδύνατο.
Αν

περιττός(

),τότε απ την τελευταία έπεται ότι $4^r-1|2^r+1\Rightarrow 2^r-1|1\Rightarrow r=1$ .
Άρα (n,m)=(2,m)

με

περιττό.

simantiris j. · #14

ΑΣΚΗΣΗ 7
Αν $a,b,c\succ 0,a^2+b^2+c^2=3$ αποδείξτε ότι $\frac {a^3}{2b^2 + c^2} + \frac {b^3}{2c^2 + a^2} + \frac {c^3}{2a^2 + b^2} \ge 1$

#15

simantiris j. έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 7
Αν $a,b,c\succ 0,a^2+b^2+c^2=3$ αποδείξτε ότι $\frac {a^3}{2b^2 + c^2} + \frac {b^3}{2c^2 + a^2} + \frac {c^3}{2a^2 + b^2} \ge 1$

Μια μικρή επισήμανση για να χρησιμοποιείται το σύμβολο

από το πληκτρολόγιο και όχι το $\succ$ το οποίο συνήθως έχει διαφορετική χρήση.

Πάμε τώρα στην άσκηση. Δεν βρήκα «απευθείας» λύση αλλά με επαναλαμβανόμενες Cauchy-Schwarz βγαίνει:

Από Cauchy-Schwarz είναι

$\displaystyle{\left(a(2b^2 + c^2) + b(2c^2+a^2) + c(2a^2 + b^2) \right)\left(\frac {a^3}{2b^2 + c^2} + \frac {b^3}{2c^2 + a^2} + \frac {c^3}{2a^2 + b^2}\right) \geqslant (a^2 + b^2 + c^2)^2 = 9}$

Αρκεί λοιπόν να δείξω ότι

$\displaystyle{ 9 \geqslant a(2b^2 + c^2) + b(2c^2+a^2) + c(2a^2 + b^2) = ab(2b+a) + bc(2c+b) + ca(2a+c).}$

Πάλι όμως από Cauchy-Schwarz είναι

$\displaystyle{ ab(2b+a) + bc(2c+b) + ca(2a+c) \leqslant \left(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2\right)^{1/2}\left((2b+a)^2 + (2c+b)^2 + (2a+c)^2\right)^{1/2}}$

Όμως

$\displaystyle{9 = (a^2+b^2+c^2)^2 \geqslant 3(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2)}$

και

$\displaystyle{ (2b+a)^2 + (2c+b)^2 + (2a+c)^2 = 5(a^2 + b^2 + c^2) + 4(ab+bc+ca) \leqslant 9(a^2+b^2+c^2) = 27.}$

Βάζοντας τα όλα μαζί το ζητούμενο έπεται.

simantiris j. · #16

Μήπως θα μπορούσε κάποιος να βάλει πρόβλημα συνδυαστικής ή γεωμετρίας (κλάδοι στα οποία έχουμε τα λιγότερα προβλήματα);
Ευχαριστώ
Υ.Γ. Ευχαριστώ Demetres,για την επισήμανσή σας.

#17

Ζητήθηκαν ασκήσεις συνδυαστικής και γεωμετρίας. Ας δώσω 2 σε 1.

ΑΣΚΗΣΗ 8: Δίνονται $n \geqslant 2$ ευθείες στο επίπεδο οι οποίες το διαμερίζουν σε κάποια χωρία. Έστω

ο μέγιστος αριθμός από αυτά τα χωρία ώστε ανά δύο να μην είναι γειτονικά. (Επιτρέπεται να έχουν κοινή κορυφή αλλά όχι κοινό ευθύγραμμο τμήμα.) Να δειχθεί ότι $\displaystyle{ k \leqslant \frac{n(n+1)}{3}}$

gavrilos · #18

Και δύο ασκήσεις γεωμετρίας.

ΑΣΚΗΣΗ 9

Θεωρούμε τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{(c)}$ .Έστω $\displaystyle{P}$ τυχαίο σημείο του τόξου $\displaystyle{BC}$ που δεν περιέχει το $\displaystyle{A}$ .Σχηματίζουμε το παραλληλόγραμμο $\displaystyle{APCD}$ και έστω $\displaystyle{H,K}$ τα ορθόκεντρα των $\displaystyle{ABC,ACD}$ αντίστοιχα.Τέλος ονομάζουμε $\displaystyle{E,Z}$ τις προβολές του $\displaystyle{K}$ στις ευθείες $\displaystyle{AC,AB}$ αντίστοιχα.Να αποδείξετε ότι η $\displaystyle{EZ}$ διχοτομεί το τμήμα $\displaystyle{KH}$ .

ΑΣΚΗΣΗ 10

Θεωρούμε τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{(c)}$ και μια ευθεία $\displaystyle{\epsilon}$ που διέρχεται από το $\displaystyle{A}$ και τέμνει τον κύκλο στο $\displaystyle{D}$ .Αν $\displaystyle{H,Q}$ τα ορθόκεντρα των τριγώνων $\displaystyle{ABD,ACD}$ να δειχθεί ότι $\displaystyle{HQ\parallel BC}$ .

gavrilos · #19

Έχοντας πέσει με τα μούτρα στην 8. βάζω και μια ακόμη ανισότητα.

Αν $\displaystyle{x_{1},x_{2},...,x_{n}}$ είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με $\displaystyle{\sum_{i=1}^{n} x_{i}=1}$ να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\sum_{i=1}^{n} \frac{x_{i}}{\sqrt{1-x_{i}}}\geq \frac{\sum_{i=1}^{n} \sqrt{x_{i}}}{\sqrt{n-1}}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#20

gavrilos έγραψε:Έχοντας πέσει με τα μούτρα στην 8. βάζω και μια ακόμη ανισότητα.

Αν $\displaystyle{x_{1},x_{2},...,x_{n}}$ είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με $\displaystyle{\sum_{i=1}^{n} x_{i}=1}$ να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\sum_{i=1}^{n} \frac{x_{i}}{\sqrt{1-x_{i}}}\geq \frac{\sum_{i=1}^{n} \sqrt{x_{i}}}{\sqrt{n-1}}$ .

Η συνάρτηση $\displaystyle{f:(0,1)\to \mathbb{R}}$ με $\displaystyle{f(x)=\frac{x}{\sqrt{1-x}}}$ έχει $\displaystyle{f''(x)=\frac{4-x}{4(1-x)^{\frac{5}{2}}}>0}$ άρα είναι κυρτή.

Τότε, από την ανισότητα Jensen ισχύει

$\displaystyle{\sum_{i=1}^{n}\frac{x_i}{\sqrt{1-x_i}}\geq n\frac{\frac{\sum_{i=1}^{n}x_i}{n}}{\sqrt{1-\frac{\sum_{i=1}^{n}x_i}{n}}}=\sqrt{\frac{n}{n-1}}}$

Αρκεί πλέον να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{\sqrt{n}\geq \sum_{i=1}^{n}\sqrt{x_i},}$

δηλαδή ότι

$\displaystyle{\sqrt{n(\Big(\sum_{i=1}^{n}x_i\Big)}\geq \sum_{i=1}^{n}\sqrt{x_i}.}$

Αυτή όμως είναι άμεση συνέπεια της Cauchy-Schwarz ή αλλιώς της ανισότητας Αριθμητικού-Τετραγωνικού μέσου.

$\displaystyle{\rule{400pt}{2pt}}$

Σχόλιο:
Οι μαθητές (γυμνασίου) που μας διαβάζουν, ας μην ''απογοητεύονται'' από τέτοιου είδους ασκήσεις. Αν ανατρέξει κανείς στα θέματα προκριματικών μικρών των τελευταίων ετών, θα διαπιστώσει ότι όποτε προτείνεται θέμα ανισοτήτων είναι κατά πολύ ευκολότερο από το παραπάνω (χωρίς να σημαίνει αυτό ότι το παραπάνω θέμα είναι δύσκολο).

Ενδεικτικά αναφέρω:

$\displaystyle{1.}$ (Προκριματικός 2005) Αν $\displaystyle{x,y,z\in \mathbb{R}}$ να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{x^2-y^2}{2x^2+1}+\frac{y^2-x^2}{2y^2+1}+\frac{z^2-x^2}{2z^2+1}\leq 0.}$

$\displaystyle{2.}$ (Προκριματικός 2006) Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης $\displaystyle{K(x,y)=16\frac{x^3}{y}+\frac{y^3}{x}-\sqrt{xy}}$ όταν οι $\displaystyle{x,y}$ παίρνουν όλες τις επιτρεπόμενες πραγματικές τιμές.

$\displaystyle{3.}$ (Προκριματικός 2008) Αν $\displaystyle{a,b,c>0}$ να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{a^2b^2}{a+b}+\frac{b^2c^2}{b+c}+\frac{c^2a^2}{c+a}\leq \frac{a^3+b^3+c^3}{2}}$

$\displaystyle{4.}$ (Προκριματικός 2013) Αν $\displaystyle{x,y>0}$ να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\Big(x+\frac{2}{y}\Big)\Big(\frac{y}{x}+2\Big)\geq 8.}$

Για ποιες τιμές των $\displaystyle{x,y}$ ισχύει η ισότητα;

Οι 1,2,4 αντιμετωπίζονται με την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ για δύο ή τρεις όρους, ενώ η 3. αποδεικνύεται με χρήση της $\displaystyle{x^3+y^3\geq xy(x+y).}$

Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Μέλη σε σύνδεση