ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

#221

ΑΣΚΗΣΗ 89: Αν $\displaystyle{a>b>c>0}$ και αν $\displaystyle{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{1}{(a-b)b}+\frac{1}{(b-c)c}\geq 4}$

#222

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 89: Αν $\displaystyle{a>b>c>0}$ και αν $\displaystyle{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{1}{(a-b)b}+\frac{1}{(b-c)c}\geq 4}$

Απλή εφαρμογή της ανισότητας $\displaystyle{\boxed{(x+y)^2\geq 4xy}}$

$\displaystyle{\frac{1}{4(a-b)b}+\frac{1}{4(b-c)c}\geq \frac{1}{(a-b+b)^2}+\frac{1}{(b-c+c)^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1}$

$\displaystyle{\rm q.e.d.}$

gavrilos · #223

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 89: Αν $\displaystyle{a>b>c>0}$ και αν $\displaystyle{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{1}{(a-b)b}+\frac{1}{(b-c)c}\geq 4}$

Αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle{\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right)\left(\frac{1}{(a-b)b}+\frac{1}{c(b-c)}\right)\geq 4}}$ .

Όμως η C-S δίνει $\displaystyle{LHS\geq \left(\frac{1}{a\sqrt{b(a-b)}}+\frac{1}{b\sqrt{b-c)}}\right)^2 \geq \left (\frac{2}{a(a-b+b)}+\frac{2}{b(b-c+c)}\right)^2 =4\cdot \left( \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right)^2 =4}$ όπως θέλαμε.

Συγνώμη για τυχόντα ορθογραφικά αλλά γράφω από tablet.

#224

ΑΣΚΗΣΗ 90: Αν $\displaystyle{a,b,c >0}$ και $\displaystyle{abc=1}$ , να αποδείξετε ότΐ:

$\displaystyle{2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(\frac{a^{2014}}{b+c}+\frac{b^{2014}}{c+a}+\frac{c^{2014}}{a+b})\geq (a+b+c)^2}$

#225

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 90: Αν $\displaystyle{a,b,c >0}$ και $\displaystyle{abc=1}$ , να αποδείξετε ότΐ:

$\displaystyle{2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(\frac{a^{2014}}{b+c}+\frac{b^{2014}}{c+a}+\frac{c^{2014}}{a+b})\geq (a+b+c)^2}$

Από Chebyshev στις ομοίως διατεταγμένες τριάδες

$\displaystyle{(a^{2014},b^{2014},c^{2014}), \Big(\frac{1}{b+c}, \frac{1}{c+a},\frac{1}{a+b}\Big)}$

έχουμε

$\displaystyle{\sum_{cyc}\frac{a^{2014}}{b+c}\geq \frac{\displaystyle{\sum_{cyc}a^{2014}}}{3}\sum_{cyc}\frac{1}{b+c} }$

οπότε, από Cauchy-Schwarz προκύπτει

$\displaystyle{\sum_{cyc}\frac{a^{2014}}{b+c}\geq \frac{3\sum_{cyc}a^{2014}}{2(a+b+c)}}$

Τώρα, αρκεί να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{\sum a^{2014}\geq \frac{(a+b+c)^3}{3(ab+bc+ca)}.}$

Όμως, από την ανισότητα των δυνάμεων έχουμε

$\displaystyle{\sum a^{2014}\geq 3\Big(\frac{a+b+c}{3}\Big)^{2014},}$

οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{(ab+bc+ca)(a+b+c)^{2011}\geq 3^{2012}.}$

Αυτό όμως είναι άμεσο από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ, αφού $\displaystyle{abc=1.}$

#226

ΑΣΚΗΣΗ 91: Αν $\displaystyle{\frac{\sqrt{5}}{1+\sqrt{5}+\sqrt{6}}+\frac{\sqrt{6}}{1+\sqrt{6}+\sqrt{7}}+ ... +\frac{\sqrt{n+4}}{1+\sqrt{n+4}+\sqrt{n+5}}=\frac{15+\sqrt{5}}{2}}$ ,

να βρεθεί ο φυσικός αριθμός $\displaystyle{n}$

Θεοδωρος Παγωνης · #227

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 91: Αν $\displaystyle{\frac{\sqrt{5}}{1+\sqrt{5}+\sqrt{6}}+\frac{\sqrt{6}}{1+\sqrt{6}+\sqrt{7}}+ ... +\frac{\sqrt{n+4}}{1+\sqrt{n+4}+\sqrt{n+5}}=\frac{15+\sqrt{5}}{2}}$ ,

να βρεθεί ο φυσικός αριθμός $\displaystyle{n}$

$\displaystyle{\frac{\sqrt{5}}{1+\sqrt{5}+\sqrt{6}}+\frac{\sqrt{6}}{1+\sqrt{6}+\sqrt{7}}+...+\frac{\sqrt{n+4}}{1+\sqrt{n+4}+\sqrt{n+5}}=\frac{15+\sqrt{5}}{2}\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{\frac{\sqrt{5}\left( 1+\sqrt{5}-\sqrt{6} \right)}{\left( 1+\sqrt{5}+\sqrt{6} \right)\left( 1+\sqrt{5}-\sqrt{6} \right)}+\frac{\sqrt{6}\left( 1+\sqrt{6}-\sqrt{7} \right)}{\left( 1+\sqrt{6}+\sqrt{7} \right)\left( 1+\sqrt{6}-\sqrt{7} \right)}+...+\frac{\sqrt{n+4}\left( 1+\sqrt{n+4}-\sqrt{n+5} \right)}{\left( 1+\sqrt{n+4}+\sqrt{n+5} \right)\left( 1+\sqrt{n+4}-\sqrt{n+5} \right)}}$ $\displaystyle{=\frac{15+\sqrt{5}}{2}\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{\frac{\sqrt{5}\left( 1+\sqrt{5}-\sqrt{6} \right)}{1+2\sqrt{5}+5-6}+\frac{\sqrt{6}\left( 1+\sqrt{6}-\sqrt{7} \right)}{1+2\sqrt{6}+6-7}+...+\frac{\sqrt{n+4}\left( 1+\sqrt{n+4}-\sqrt{n+5} \right)}{1+2\sqrt{n+4}+n+4-n+5}=\frac{15+\sqrt{5}}{2}\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{\frac{1+\sqrt{5}-\sqrt{6}}{2}+\frac{1+\sqrt{6}-\sqrt{7}}{2}+...+\frac{1+\sqrt{n+4}-\sqrt{n+5}}{2}=\frac{15+\sqrt{5}}{2}\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{\frac{n+\sqrt{5}-\sqrt{n+5}}{2}=\frac{15+\sqrt{5}}{2}\Leftrightarrow n-\sqrt{n+5}=15\Leftrightarrow n-15=\sqrt{n+5}\overset{n\ge 15}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,{{n}^{2}}-30n+225=n+5\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{{{n}^{2}}-31n+220=0\Leftrightarrow n=20$ .

#228

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 82
Το σύνολο $M\subset \Bbb{R}_{>0}$ έχει τις ιδιότητες
(i ) $2013 \in M$
(ii) $2x \in M$ για κάθε $x\in M$
(iii) $\displaystyle{ [\log _2 x]\in M}$ για κάθε $x \in M.$

Δείξτε ότι $\Bbb{N}\subset M.$

Επαναφορά!

Αρχιμήδης 6 · #229

socrates έγραψε:
socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 82
Το σύνολο $M\subset \Bbb{R}_{>0}$ έχει τις ιδιότητες
(i ) $2013 \in M$
(ii) $2x \in M$ για κάθε $x\in M$
(iii) $\displaystyle{ [\log _2 x]\in M}$ για κάθε $x \in M.$

Δείξτε ότι $\Bbb{N}\subset M.$

Επαναφορά!

Προφανώς για κάθε

φυσικό ο αριθμός 2^n*2013

θα είναι στοιχείο του

.

$2^{10}<2013<2^{11}$ άρα $[\log_2 2013]=10$ άρα ο

ανήκει στο Μ.

Κάνουμε την ίδια διαδικασία για όλους τους 2^n*2013

για

οπότε βλέπουμε ότι κάθε αριθμός μεγαλύτερος η ίσος του

ανήκει στο Μ.

Όμως [log_2 10]=3

, [log_2 17]=4 κ.ο.κ οπότε όλοι μεγαλύτεροι οι ίσοι του 3 είναι στο Μ.

[log_2 3]=1

,

άρα αποδείξαμε ότι όλοι οι φυσικοί είναι στο Μ. όμως το M είναι σύμφωνα με τα δεδομένα υποσύνολο θετικών άρα αυτή δεν είναι δεκτή.

Επειδή ο [log_2 x]

έχει νόημα για

μη αρνητικούς (αφού ο

είναι δύναμη του

) εδώ τερματίζει .

Άρα Μ υποσύνολο των φυσικών εφόσον δεν περιέχεται το

.

Απέδειξα το ανάποδο .

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Μέλη σε σύνδεση