Αρχιμήδης 2016-2017

JimNt. · #61

Άσκηση 21 Juniors
Αν για τους θετικούς πραγματικούς a,b,c

ισχύει

. Να βρείτε την μέγιστη τιμή της $A=\sqrt{\frac{ab}{a+b}}+\sqrt{\frac{bc}{b+c}}+\sqrt{\frac{ac}{a+c}}$

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #62

Από την ανισότητα των δυνάμεων έχουμε ότι:

$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leq \sqrt{3(a+b+c)}$

Άρα έχουμε πως $A=\sqrt{\dfrac{ab}{a+b}}+\sqrt{\dfrac{bc}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{ac}{a+c}}$ $\leq \sqrt{\dfrac{3ab}{a+b}+\dfrac{3bc}{b+c}+\dfrac{3ca}{c+a}}$

Ακόμη γνωρίζουμε πως $\dfrac{ab}{a+b}\leq \dfrac{a+b}{4}\Leftrightarrow$ $\dfrac{3ab}{a+b}\leq \dfrac{3(a+b)}{4}$

Συνεπώς έχουμε πως $A\leq \sqrt{\dfrac{3ab}{a+b}+\dfrac{3bc}{b+c}+\dfrac{3ca}{c+a}}\leq$ $\sqrt{\dfrac{3(a+b)}{4}+\dfrac{3(b+c)}{4}+\dfrac{3(c+a)}{4}}=$ $\sqrt{\dfrac{6(a+b+c)}{4}}=\sqrt{\dfrac{3}{2}}$

Η ελάχιστη τιμή του

είναι $\sqrt{\dfrac{3}{2}}$ και ισχύει όταν $a=b=c=\dfrac{1}{3}$

JimNt. · #63

Πολύ ωραία. Μπορεί να λυθεί με χρήση της $(a+b)^2\ge4ab$ (που έδειξες) και ταυτόχρονη εφαρμογή B-C-S

Γιάννης Μπόρμπας · #64

Άσκηση 22 Seniors
Αν a,b,c

θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα

να δειχθεί ότι:
$\displaystyle{\frac{{2{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{4 - bc}} + \frac{{{a^2} + 2{b^2} + {c^2}}}{{4 - ca}} + \frac{{{a^2} + {b^2} + 2{c^2}}}{{4 - ab}} \ge 4}$
Πότε ισχύει η ισότητα;

harrisp · #65

Θεωρώ τις διαγώνιους της σκακιέρας (Η Α2-Β1 ειναι μια διαγώνιος).

Τουλάχιστον 5 πύργοι βρίσκονται σε μια διαγώνιο (είτε στην αριστερή πλευρά της κεντρικής διαγώνιους είτε στην δεξιά). Αν υπαρχουν συνολικά πεντε πύργοι σε αυτές τις δυο διαγώνιους τελειώσαμε.

Δεν ξερω αν έγινα κατανοητος

Σχημα για καλυτερη κατανόηση.

Γιάννης Μπόρμπας · #66

Άσκηση 23 Seniors
Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι a,b,c

που ικανοποιούν την εξίσωση:
2a^2+b^2=c!+679

Γιάννης Μπόρμπας · #67

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:Θεωρώ τις διαγώνιους της σκακιέρας (Η Α2-Β1 ειναι μια διαγώνιος).

Τουλάχιστον 5 πύργοι βρίσκονται σε μια διαγώνιο (είτε στην αριστερή πλευρά της κεντρικής διαγώνιους είτε στην δεξιά). Αν υπαρχουν συνολικά πεντε πύργοι σε αυτές τις δυο διαγώνιους τελειώσαμε.

Δεν ξερω αν έγινα κατανοητος

Σχημα για καλυτερη κατανόηση.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #68

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 23 Seniors
Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι με
που ικανοποιούν την εξίσωση:

Έστω πως $c\geq 7$ .

Τότε έχουμε πως 7|2a^2+b^2

Ακόμη έχουμε ότι όλα τα δυνατά υπόλοιπα που μπορεί να έχει ένα τετράγωνο με το

είναι

και

(1).

Αν $a^2 \equiv 0 \mod 7\Leftrightarrow 2a^2 \equiv 0 \mod 7$ άρα και $b^2 \equiv 0 \mod 7$ , άτοπο, καθώς (a, b)=1

Αν $a^2 \equiv 1 \mod 7\Leftrightarrow 2a^2 \equiv 2 \mod 7$ άρα και $b^2 \equiv 5 \mod 7$ , άτοπο λόγω της (1)

Αν $a^2 \equiv 2 \mod 7\Leftrightarrow 2a^2 \equiv 4 \mod 7$ άρα και $b^2 \equiv 3 \mod 7$ , άτοπο λόγω της (1)

Αν $a^2 \equiv 4 \mod 7\Leftrightarrow 2a^2 \equiv 1 \mod 7$ άρα και $b^2 \equiv 6 \mod 7$ , άτοπο λόγω της (1)

Άρα c<7

και σύμφωνα με ένα πρόγραμμα που έφτιαξα έχουμε τις λύσεις (a, b, c)=(16, 13, 2), (14, 17, 2)

Γιάννης Μπόρμπας · #69

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 23 Seniors
Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι με
που ικανοποιούν την εξίσωση:

Έστω πως $c\geq 7$ .

Τότε έχουμε πως

Ακόμη έχουμε ότι όλα τα δυνατά υπόλοιπα που μπορεί να έχει ένα τετράγωνο με το είναι και (1).

Αν $a^2 \equiv 0 \mod 7\Leftrightarrow 2a^2 \equiv 0 \mod 7$ άρα και $b^2 \equiv 0 \mod 7$ , άτοπο, καθώς

Αν $a^2 \equiv 1 \mod 7\Leftrightarrow 2a^2 \equiv 2 \mod 7$ άρα και $b^2 \equiv 5 \mod 7$ , άτοπο λόγω της (1)

Αν $a^2 \equiv 2 \mod 7\Leftrightarrow 2a^2 \equiv 4 \mod 7$ άρα και $b^2 \equiv 3 \mod 7$ , άτοπο λόγω της (1)

Αν $a^2 \equiv 4 \mod 7\Leftrightarrow 2a^2 \equiv 1 \mod 7$ άρα και $b^2 \equiv 6 \mod 7$ , άτοπο λόγω της (1)

Άρα και νομίζω δεν έχουμε λύσεις (θα το ελέγξω αμέσως )!

Υπάρχει λύση

Γιάννης Μπόρμπας · #70

Με $(\mod8)$ βγαίνει πιο γρήγορα γιατί θα πρέπει c<4

knm2608 · #71

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 22 Seniors
Αν θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα να δειχθεί ότι:
$\displaystyle{\frac{{2{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{4 - bc}} + \frac{{{a^2} + 2{b^2} + {c^2}}}{{4 - ca}} + \frac{{{a^2} + {b^2} + 2{c^2}}}{{4 - ab}} \ge 4}$
Πότε ισχύει η ισότητα;

Από

έχουμε
$\displaystyle{\sum \frac{{2{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{4 - bc}} \geqslant \frac{16(a^2+b^2+c^2)^2}{\displaystyle \sum (4 - bc)(2a^2+b^2+c^2)}.}$
Επομένως αρκεί να δείξουμε ότι: $\displaystyle{4(a^2+b^2+c^2)^2 \geqslant \sum (4 - bc)(2a^2+b^2+c^2).}$ , το οποίο είναι προφανές.....
Η ισότητα ισχύει αν και μόνον αν a=b=c=1

.

knm2608 · #72

Άσκηση 24 Seniors
Αν a,b,c

θετικοί πραγματικοί τέτοιοι ώστε ο παρονομαστής κάθε κλάσματος να είναι θετικός, να δειχθεί ότι:
$\displaystyle{\sum_{cyc.}{\frac{a^2}{{(a+b)}^2-a^3+ab\left(a+b+8\right)-b^3}\ge \frac{1}{4}}}$

JimNt. · #73

knm2608 έγραψε:Άσκηση 24 Seniors
Αν θετικοί πραγματικοί τέτοιοι ώστε ο παρονομαστής κάθε κλάσματος να είναι θετικός, να δειχθεί ότι:
$\displaystyle{\sum_{cyc.}{\frac{a^2}{{(a+b)}^2-a^3+ab\left(a+b+8\right)-b^3}\ge \frac{1}{4}}}$

$LHS\ge \sum{\frac{a^2}{(a+b)^2+8ab}\ge \frac{(a+b+c)^2}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2+8ab+8bc+8ca}$ . Αρκεί να δείξουμε ότι $4(a+b+c)^2\ge(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2+8ab+8bc+8ca$ $\Leftrightarrow$ $a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca$ , που είναι προφανές. Ισότητα έχουμε ανν a=b=c

.

knm2608 · #74

Άσκηση 25 Seniors
Αν a,b,c

θετικοί πραγματικοί να δειχθεί ότι

$\displaystyle\sum_{cyc}\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\geq1$

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #75

knm2608 έγραψε:Άσκηση 25 Seniors
Αν θετικοί πραγματικοί να δειχθεί ότι

$\displaystyle\sum_{cyc}\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\geq1$

Η ανισότητα κάνοντας τα κλάσματα ομώνυμα και εκτελώντας έναν πολύ μεγάλο βαρετό όγκο πράξεων γίνεται (νομίζω

):

$a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2 \geq ab^2c^3+bc^2a^3+ca^2b^3=b^2c \cdot c^2a+c^2a\cdot a^2b+a^2b\cdot b^2c$

Αντικαθιστώντας όπου a^2b, b^2c, c^2a

τα

η ανισότητα γίνεται:

$x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx$ που ισχύει.

edit: Πιστεύω ότι διορθώθηκε

...

knm2608 · #76

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
knm2608 έγραψε:Άσκηση 25 Seniors
Αν θετικοί πραγματικοί να δειχθεί ότι

$\displaystyle\sum_{cyc}\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\geq1$
Η ανισότητα κάνοντας τα κλάσματα ομώνυμα και εκτελώντας έναν πολύ μεγάλο βαρετό όγκο πράξεων γίνεται (νομίζω ):

$a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2 \geq ab^2c^3+bc^2a^3+ca^2b^3$

Όμως η τριάδα μεγιστοποιεί την τριάδα ), διότι και

Άρα η ανισότητα ισχύει σύμφωνα με την ανισότητα .

Ωραία λύση. Να σου πω την αλήθεια, μόνο που διάβασα ότι έκανες πράξεις βαρέθηκα, αλλά μάλλον σωστές θα είναι. Υπάρχει ωραία λύση με C-S

.

andreas576 · #77

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
knm2608 έγραψε:Άσκηση 25 Seniors
Αν θετικοί πραγματικοί να δειχθεί ότι

$\displaystyle\sum_{cyc}\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\geq1$
Η ανισότητα κάνοντας τα κλάσματα ομώνυμα και εκτελώντας έναν πολύ μεγάλο βαρετό όγκο πράξεων γίνεται (νομίζω ):

$a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2 \geq ab^2c^3+bc^2a^3+ca^2b^3$

Όμως η τριάδα μεγιστοποιεί την τριάδα ), διότι και

Άρα η ανισότητα ισχύει σύμφωνα με την ανισότητα .

Πρόσεξε πότε μια τριάδα(γενικά n-αδα) μεγιστοποιει μια άλλη..πρέπει και οι δύο να φθίνουν.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #78

andreas576 έγραψε:
Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
knm2608 έγραψε:Άσκηση 25 Seniors
Αν θετικοί πραγματικοί να δειχθεί ότι

$\displaystyle\sum_{cyc}\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\geq1$
Η ανισότητα κάνοντας τα κλάσματα ομώνυμα και εκτελώντας έναν πολύ μεγάλο βαρετό όγκο πράξεων γίνεται (νομίζω ):

$a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2 \geq ab^2c^3+bc^2a^3+ca^2b^3$

Όμως η τριάδα μεγιστοποιεί την τριάδα ), διότι και

Άρα η ανισότητα ισχύει σύμφωνα με την ανισότητα .
Πρόσεξε πότε μια τριάδα(γενικά n-αδα) μεγιστοποιει μια άλλη..πρέπει και οι δύο να φθίνουν.

Ευχαριστώ για την επισήμανση. Νομίζω πως τώρα δεν υπάρχει πρόβλημα...

#79

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Άρα η ανισότητα ισχύει σύμφωνα με την ανισότητα .

edit: Πιστεύω ότι διορθώθηκε...

Διονύση η ανισότητα Muirhead είναι για συμμετρικά αθροίσματα, δεν μπορεί να εφαρμοστεί εδώ.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #80

silouan έγραψε:
Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Άρα η ανισότητα ισχύει σύμφωνα με την ανισότητα .

edit: Πιστεύω ότι διορθώθηκε...
Διονύση η ανισότητα Muirhead είναι για συμμετρικά αθροίσματα, δεν μπορεί να εφαρμοστεί εδώ.

Φαίνεται πως δεν είχα μελετήσει με λεπτομέρεια την ανισότητα Muirhead

...

. Βέβαια από τα λάθη μαθαίνουμε

! Πιστεύω πως μετά από την τελευταία διόρθωση πραγματικά δεν υπάρχει λάθος

.

Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Μέλη σε σύνδεση