Ίσοι αριθμοί

#1

Αν

με

$\displaystyle{\dfrac{a+b}{bc}=\dfrac{b+c}{ca}=\dfrac{c+a}{ab}}$

να δείξετε ότι a=b=c.

Ισχύει το ίδιο αν $a,b,c\in \Bbb{R};$

STOPJOHN · #2

Καλησπέρα
Διαγραφή της λύσης

Γιάννης

#3

STOPJOHN έγραψε:Καλημέρα
Οι δοθείσες σχέσεις γράφονται
$\frac{b}{\alpha }-\frac{\alpha }{b}+\frac{c}{\alpha }=1 (1) \frac{a}{b}+\frac{c}{b}-\frac{b}{c}=1, (2)$
Θέτουμε
$\frac{a}{b}=x,\frac{b}{c}=y$
Συνεπώς οι σχέσεις (1),(2) γράφονται $\frac{1}{x}-x+\frac{1}{xy}=1, x+\frac{1}{y}-y=1$
Άρα
$(y+1)(1-xy)=0\ xy=1,x>0,y>0\Rightarrow a=c,y>0$
Oμοίως τα υπόλοιπα
Αν είναι πραγματικοί τότε κ,λ.π

Γιάννης

Καλημέρα.
Πως προκύπτει η σχέση (y+1)(1-xy)=0 ;

Επίσης, αν b=-c

τότε

φανερά αδύνατο...

STOPJOHN · #4

Διαγραφή της λύσης

Γιάννης

#5

Δε μπορεί να είναι σωστή η παραγοντοποίηση (y+1)(1-xy)=0,

καθώς αν βάλουμε y=-1

στην $\displaystyle{ \frac{1}{x}-x+\frac{1}{xy}=1}$ δεν επαληθεύεται...

styt_geia · #6

socrates έγραψε:Αν με

$\displaystyle{\dfrac{a+b}{bc}=\dfrac{b+c}{ca}=\dfrac{c+a}{ab}}$

να δείξετε ότι

Ισχύει το ίδιο αν $a,b,c\in \Bbb{R};$

Έστω

$\displaystyle{\dfrac{a+b}{bc}=\dfrac{b+c}{ca}=\dfrac{c+a}{ab}}= \lambda>0$

τότε

$a+b=\lambda b c \,\,(1)$

$b+c=\lambda a c \,\, (2)$

$c+a=\lambda a b \,\,(3)$

$(1)-(3): b-c= \lambda b (c-a) \,\,(4)$

$(1)-(2): a-c= \lambda c (b-a) \,\,(5).$

Από τις σχέσεις (4),(5)

συμπεραίνουμε ότι τα ζεύγη b-c,c-a

και

είναι ζεύγη ομόσημων αριθμών. Συνεπώς

$(b-c)(c-a) \geq 0 \Rightarrow bc+ac \geq c^2 + ab$

$(a-c)(b-a) \geq 0 \Rightarrow ab+ac \geq a^2 + bc$

$(b-c)(a-b) \geq 0 \Rightarrow ab+bc \geq b^2 + ac.$

Προσθέτουμε τις τελευταίες κατά μέλη και παίρνουμε $ab+bc+ac \geq a^2+b^2+c^2 \Rightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(a-c)^2 \leq 0 \Rightarrow a=b=c.$ Για την γενική περίπτωση δεν έχω απάντηση.

Αρχιμήδης 6 · #7

socrates έγραψε:Αν με

$\displaystyle{\dfrac{a+b}{bc}=\dfrac{b+c}{ca}=\dfrac{c+a}{ab}}$

να δείξετε ότι

Ισχύει το ίδιο αν $a,b,c\in \Bbb{R};$

Αν 2 εκ των αγνώστων είναι ίσοι τότε εύκολα φαίνεται ότι όλοι θα είναι ίσοι.

Αν a>b>c

$\dfrac{a+b}{bc}>\dfrac{a+b}{ac}>\dfrac{b+c}{ca}$ που είναι αδύνατον.

Αν a>c>b

, $\dfrac{a+c}{ab}>\dfrac{a+c}{ac}>\dfrac{b+c}{ca}$ αδύνατον

Αν b>c>a

, $\dfrac{b+c}{ca}>\dfrac{b+a}{ca}>\dfrac{a+b}{bc}$

Με την ίδιο λογική και για τις άλλες περιπτώσεις.

Το διόρθωσα Θανάση , ευχαριστώ πολύ.

#8

Αρχιμήδης 6 έγραψε:
socrates έγραψε:Αν με

$\displaystyle{\dfrac{a+b}{bc}=\dfrac{b+c}{ca}=\dfrac{c+a}{ab}}$

να δείξετε ότι

Ισχύει το ίδιο αν $a,b,c\in \Bbb{R};$
Αν 2 εκ των αγνώστων είναι ίσοι τότε εύκολα φαίνεται ότι όλοι θα είναι ίσοι.

Αν όλοι είναι άνισοι τότε επειδή η αρχική σχέση παραμένει ίδια με οποιαδήποτε αναδιάταξη των αγνώστων υποθέτω χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι

Τότε θα έπρεπε να ισχύει:

$\dfrac{a+b}{bc}>\dfrac{a+b}{ac}>\dfrac{b+c}{ca}$ που είναι αδύνατον.

Άρα

Δεν είναι σωστό αυτό...

STOPJOHN · #9

Διεγράφη το μύνημα

raf616 · #10

Μια απόδειξη μετά από λανθασμένη προσπάθεια όπως μου επεσήμανε ο Θανάσης.

Από τις παραπάνω σχέσεις έχουμε a^2 + ab = b^2 + bc = c^2 + ca

.

Έστω $a = \max \{a, b, c\}$ . Τότε από την πρώτη και τη δεύτερη με αφαίρεση προκύπτει:

(a - b)(a + b) + b(a-c) = 0

. Όμως το πρώτο μέλος είναι θετικό εκτός και αν a = b = c

.

Αρχιμήδης 6 · #11

socrates έγραψε:Αν με

$\displaystyle{\dfrac{a+b}{bc}=\dfrac{b+c}{ca}=\dfrac{c+a}{ab}}$

να δείξετε ότι

Ισχύει το ίδιο αν $a,b,c\in \Bbb{R};$

Μια άλλη σκέψη παρόμοια με του raf.

Θέτουμε τους λόγους

και θα πρέπει,

a+b=lbc

(1)

(2)

(3)

Αφαιρώ τις (1)-(2) , (1)-(3) οπότε

a-c=lc(b-a)

Αν

τότε

,

αδύνατον.

Αν a<c

τότε

,

αδύνατον άρα a=c

και αντικαθιστώντας στην αρχική σχέση καταλήγω ότι a=b=c

STOPJOHN · #12

Kαλησπέρα

socrates έγραψε:Αν με

$\displaystyle{\dfrac{a+b}{bc}=\dfrac{b+c}{ca}=\dfrac{c+a}{ab}}$

να δείξετε ότι

Ισχύει το ίδιο αν $a,b,c\in \Bbb{R};$

Oι δοθείσες σχέσεις γράφονται $\frac{a}{b}+1=\frac{b}{a}+\frac{c}{a} , (1) \frac{b}{c}+1=\frac{c}{b}+\frac{a}{b} (2)$
Θέτουμε $\frac{a}{b}=x, \frac{b}{c}=y\Rightarrow xy=\frac{a}{c}$ Αρα οι (1),(2)

γράφονται $x^{2}y+xy=y+1, y^{2}+y=1+yx\Leftrightarrow y(x^{2}+x-1)=1, y(y-x+1)=1$
Από τις δυο τελευταίες σχέσεις προκύπτει $(x^{2}+x-1)y=y(y-x+1)\Leftrightarrow (x+1)^{2}=y+3, (*)$
Έστω ότι $0<x<y\Leftrightarrow x+3<y+3,(*)\Rightarrow x+3<(x+1)^{2}\Leftrightarrow x>1 x<y,x=y+1-\frac{1}{y}\Rightarrow y<1$ Άρα x>y

άτοπο
Ομοίως για την περίπτωση x>y

Αρα $x=y,x^{3}+x^{2}=x+1\Leftrightarrow x=1,y=1, a=b=c$

Γιάννης

Μιχάλης Τσουρακάκης · #13

socrates έγραψε:Αν με

$\displaystyle{\dfrac{a+b}{bc}=\dfrac{b+c}{ca}=\dfrac{c+a}{ab}}$

να δείξετε ότι

Ισχύει το ίδιο αν $a,b,c\in \Bbb{R};$

$\displaystyle{\frac{{a + b}}{{bc}} = \frac{{b + c}}{{ac}} = \frac{{a + c}}{{ab}} \Rightarrow \frac{{a + b}}{b} = \frac{{b + c}}{a},\frac{{b + c}}{c} = \frac{{a + c}}{b},\frac{{a + b}}{c} = \frac{{a + c}}{a}}$
$\displaystyle{\frac{{a + b}}{b} = \frac{{b + c}}{a} \Leftrightarrow \frac{{a + b + c - c}}{b} = \frac{{a + b + c - a}}{a} \Rightarrow \left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}{b} - \frac{1}{a}} \right) = \frac{c}{b} - 1(1)}$
$\displaystyle{\frac{{b + c}}{c} = \frac{{a + c}}{b} \Leftrightarrow \frac{{a + b + c - a}}{c} = \frac{{a + b + c - b}}{b} \Rightarrow \left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}{c} - \frac{1}{b}} \right) = \frac{a}{c} - 1(2)}$
$\displaystyle{\frac{{a + b}}{c} = \frac{{a + c}}{a} \Leftrightarrow \frac{{a + b + c - c}}{c} = \frac{{a + b + c - b}}{a} \Rightarrow \left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}{a} - \frac{1}{c}} \right) = \frac{b}{a} - 1(3)}$
$\displaystyle{(1) + (2) + (3) \Rightarrow \frac{c}{b} + \frac{a}{c} + \frac{b}{a} = 3}$
Αλλά $\displaystyle{\frac{c}{b} + \frac{a}{c} + \frac{b}{a} \geqslant 3\sqrt[3]{{\frac{c}{b} \cdot \frac{a}{c} \cdot \frac{b}{a}}} = 3}$ και το ίσον ισχύει όταν
$\displaystyle{\frac{c}{b} = \frac{a}{c} = \frac{b}{a} = \frac{{a + b + c}}{{a + b + c}} = 1 \Rightarrow \boxed{a = b = c}}$
Είναι εύκολο (πως?) να αποδείξουμε ότι υπάρχει απειρία πραγματικών αριθμών $\displaystyle{a,b,c}$ με $\displaystyle{\frac{c}{b} + \frac{a}{c} + \frac{b}{a} = 3}$ χωρίς να είναι $\displaystyle{a = b = c}$ .
Μια τέτοια τριάδα είναι π.χ $\displaystyle{a = -1,b = 1,c = \sqrt 5 - 2}$
Αναφέρομαι μόνο στην τελευταία ισότητα κι όχι στην αρχική που δόθηκε που προφανώς δεν ισχύει για την παραπάνω τριάδα

Αρχιμήδης 6 · #14

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε: Είναι εύκολο (πως?) να αποδείξουμε ότι υπάρχει απειρία πραγματικών αριθμών $\displaystyle{a,b,c}$ με $\displaystyle{\frac{c}{b} + \frac{a}{c} + \frac{b}{a} = 3}$ χωρίς να είναι $\displaystyle{a = b = c}$ .
Μια τέτοια τριάδα είναι π.χ $\displaystyle{a = -1,b = 1,c = \sqrt 5 - 2}$

Καλησπέρα Μιχάλη.

Καταρχήν ωραία η λύση σου στο αρχικό πρόβλημα .

Για το δικό σου ερώτημα τα πράγματα είναι απλά .

a=-1

,

τότε $c=2+-\sqrt5$

$(a,b,c)=(-k,k,2k+-k\sqrt5)$ για

μη μηδενικό.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #15

Για κοιταξτε καλυτερα όταν $\displaystyle{a, b, c}$ στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$

#16

Μία διαφορετική λύση για την άσκηση:

Η ισότητα $\dfrac{a+b}{bc}=\dfrac{b+c}{ca}$ γράφεται ισοδύναμα:

$a(a+b)=b(b+c) \Leftrightarrow a^2+ab=b^2+bc\Leftrightarrow (a-b)(a+b)=b(c-a) \ \ (1)$

Όμοια από την $\dfrac{b+c}{ca}=\dfrac{c+a}{ab}$ παίρνουμε την $(b-c)(b+c)=c(a-b) \ \ (2)$ και τέλος, από την

$\dfrac{c+a}{ab}=\dfrac{a+b}{bc}$ παίρνουμε την $(c-a)(c+a)=a(b-c) \ \ (3)$

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις $(1), \ (2), \ (3)$ παίρνουμε

$(a-b)(b-c)(c-a)(a+b)(b+c)(c+a)=abc(a-b)(b-c)(c-a) \Leftrightarrow (a-b)(b-c)(c-a)\left[(a+b)(b+c)(c+a)-abc\right]=0$

Όμως (a+b)(b+c)(c+a)-abc=a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2+abc > 0

αφού

συνεπώς από την παραπάνω σχέση δύο εκ των a,b,c

είναι ίσοι, έστω a=b

. Τότε από την (1)

παίρνουμε επίσης c=a

κι έτσι

κάτι που ολοκληρώνει την απόδειξη. Όμοια αν ήταν b=c

ή

Αλέξανδρος

Ίσοι αριθμοί

Ίσοι αριθμοί

Re: Ίσοι αριθμοί

Re: Ίσοι αριθμοί

Re: Ίσοι αριθμοί

Re: Ίσοι αριθμοί

Re: Ίσοι αριθμοί

Re: Ίσοι αριθμοί

Re: Ίσοι αριθμοί

Re: Ίσοι αριθμοί

Re: Ίσοι αριθμοί

Re: Ίσοι αριθμοί

Re: Ίσοι αριθμοί

Re: Ίσοι αριθμοί

Re: Ίσοι αριθμοί

Re: Ίσοι αριθμοί

Re: Ίσοι αριθμοί

Μέλη σε σύνδεση