mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 28, 2015 3:05 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 48: Αν $\displaystyle{a,b,c >0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{a}{(2a+b+c)(b+c)}+\frac{b}{(2b+c+a)(c+a)}+\frac{c}{(2c+a+b)(a+b)}\geq \frac{9}{8(a+b+c)}$

(Aπό Ρουμανικό διαγωνισμό. ΠΗΓΗ: Αλγεβρικές Ανισότητες , των Μ Στεργίου και Ν. Σκομπρή)

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
ΥΠΟΔ: Παρατηρείστε ότι η ανισότητα είναι ΟΜΟΓΕΝΗΣ και τροποποιήστε την κατά τα γνωστά.

Μια ακόμη λύση.

Ισχύει σύμφωνα με την Ανισότητα Cauchy-Schwarz

$\displaystyle{\sum\frac{a}{(2a+b+c)(b+c)}\geq\frac{(a+b+c)^2}{\sum a(2a+b+c)(b+c)}=\frac{(a+b+c)^2}{3(a+b)(b+c)(c+a)}}$

και σύμφωνα με την Ανισότητα AM-GM θα έχουμε $\displaystyle{(a+b)(b+c)(c+a)\leq\left[\frac{(a+b)+(b+c)+(c+a)}{3}\right]^3=\frac{8}{27}(a+b+c)^3.}$

Επομένως, θα είναι $\displaystyle{\sum\frac{a}{(2a+b+c)(b+c)}\geq\frac{(a+b+c)^2}{3(a+b)(b+c)(c+a)}\geq\frac{(a+b+c)^2}{\frac{8}{9}(a+b+c)^3}=\frac{9}{8(a+b+c)}.}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 12, 2015 7:10 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 52: Αν $\displaystyle{x,y,z}$ είναι μη αρνητικοί αριθμοί, με $\displaystyle{x^2 +y^2 +z^2 = 3}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{12+9xyz \geq 7(xy+yz+zx)}$

(ΠΗΓΗ: Vasile Cirtoaje)

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 12, 2015 7:27 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 52: Αν $\displaystyle{x,y,z}$ είναι μη αρνητικοί αριθμοί, με $\displaystyle{x^2 +y^2 +z^2 = 3}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{12+9xyz \geq 7(xy+yz+zx)}$

(ΠΗΓΗ: Vasile Cirtoaje)

Ας είναι

$\displaystyle{x+y+z=a, xy+yz+zx=b, xyz=c.}$

Είναι τότε

$\displaystyle{a^2=3+2b\implies \boxed{b=\frac{a^2-3}{2}}}$ ( $\displaystyle{\bf{{\color{red}1}}}$ )

Από Schur έχουμε

$\displaystyle{\frac{9xyz}{x+y+z}\geq 2(xy+yz+zx)-(x^2+y^2+z^2)}$

άρα

$\displaystyle{9c\geq a(2b-3)\stackrel{(\bf{{\color{red}1}}) }{\implies }\boxed{9c\geq a^3-6a}}$

Τότε

$\displaystyle{12+9xyz-7(xy+yz+zx)=12+9c-7b\geq 12+a^3-6a-7\frac{a^2-3}{2}=\frac{1}{2}(a-3)^2(2a+5)\geq 0.}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 18, 2015 9:04 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 53
Αν $a, b, c\geq 1$ να δείξετε ότι

$\displaystyle{ \min \left(\frac{10a^2-5a+1}{b^2-5b+10},\frac{10b^2-5b+1}{c^2-5c+10},\frac{10c^2-5c+1}{a^2-5a+10}\right )\leq abc. }$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 20, 2015 12:40 pm**

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 53
Αν $a, b, c\geq 1$ να δείξετε ότι

$\displaystyle{ \min \left(\frac{10a^2-5a+1}{b^2-5b+10},\frac{10b^2-5b+1}{c^2-5c+10},\frac{10c^2-5c+1}{a^2-5a+10}\right )\leq abc. }$

Έστω

$\displaystyle{\min \left(\frac{10a^2-5a+1}{b^2-5b+10},\frac{10b^2-5b+1}{c^2-5c+10},\frac{10c^2-5c+1}{a^2-5a+10}\right )> abc,}$

οπότε

$\displaystyle{\frac{10a^2-5a+1}{b^2-5b+10}>abc,\frac{10b^2-5b+1}{c^2-5c+10}>abc, \frac{10c^2-5c+1}{a^2-5a+10}> abc,}$

άρα

$\displaystyle{\frac{10a^2-5a+1}{b^2-5b+10}\frac{10b^2-5b+1}{c^2-5c+10}\frac{10c^2-5c+1}{a^2-5a+10}> (abc)^3}$

δηλαδή

$\displaystyle{\prod \frac{10a^2-5a+1}{a^2-5a+10}>(abc)^3,}$

άτοπο, αφού ισχύει $\displaystyle{\frac{10a^2-5a+1}{a^2-5a+10}\leq a^3~\forall a\geq 1.}$

Πράγματι, αυτή είναι ισοδύναμη με την $\displaystyle{(a-1)^5\geq 0.}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 21, 2015 2:51 pm**

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 53
Αν $a, b, c\geq 1$ να δείξετε ότι

$\displaystyle{ \min \left(\frac{10a^2-5a+1}{b^2-5b+10},\frac{10b^2-5b+1}{c^2-5c+10},\frac{10c^2-5c+1}{a^2-5a+10}\right )\leq abc. }$

Ας είναι $m=\min$ . Τότε θα ισχύει

$\displaystyle{m\leq\frac{10a^2-5a+1}{b^2-5b+10},\, m\leq\frac{10b^2-5b+1}{c^2-5c+10},\, m\leq\frac{10c^2-5c+1}{a^2-5a+10}.}$ Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη παίρνουμε

$\displaystyle{m^3\leq\frac{10a^2-5a+1}{a^2-5a+10}\frac{10b^2-5b+1}{b^2-5b+10}\frac{10c^2-5c+1}{c^2-5c+10}\leq a^3b^3c^3}$

αφού $\displaystyle{\frac{10t^2-5t+1}{t^2-5t+10}\leq t^3,\quad \forall t\geq 1.}$ Οπότε, $\displaystyle{m^3\leq a^3b^3c^3}$ και το ζητούμενο ακολουθεί

.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 22, 2015 6:59 pm**

kleovoulos έγραψε: ΑΛΓ/ΣΥΣ/ΑΣΚ 9: Να λυθεί το σύστημα , .

Μιας και ξεχάστηκε, ας δούμε μία λύση: Με βάση τη δοσμένη συνθήκη, έχουμε (x+y+z)^2=9

, άρα από την ανισότητα C-S, παίρνουμε $3(x^2+y^2+z^2) \ge 9 \Longrightarrow x^2+y^2+z^2 \ge 3=x+y+z$ . Επίσης, δουλεύοντας με όμοιο τρόπο, παίρνουμε $(x+y+z)(x^3+y^3+z^3)\ge(x^2+y^2+z^2)^2 \Longrightarrow x^3+y^3+z^3 \ge x^2+y^2+z^2$ . Ξανακάνοντας τη διαδικασία, προκύπτει ότι $x^4+y^4+z^4 \ge x^3+y^3+z^3$ , και η ισότητα ισχύει όταν οι μεταβλητές είναι ίσες. Σύμφωνα όμως με την εκφώνηση, η ισότητα πρέπει να ισχύει, άρα όλες οι μεταβλητές είναι ίσες, άρα η μόνη λύση του συστήματος είναι η x=y=z=1

.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 22, 2015 11:58 pm**

jasonmaths4ever έγραψε: Επίσης, δουλεύοντας με όμοιο τρόπο, παίρνουμε $(x+y+z)(x^3+y^3+z^3)\ge(x^2+y^2+z^2)^2 \Longrightarrow x^3+y^3+z^3 \ge x^2+y^2+z^2$

Προσοχή εδώ! Το παραπάνω ισχύει για $x,y,z\geq 0.$ Πρέπει να αλλάξεις το επιχείρημα για τα αρνητικά.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 26, 2015 1:52 pm**

kleovoulos έγραψε: ΑΛΓ/ΣΥΣ/ΑΣΚ 9: Να λυθεί το σύστημα , .

Από Chebyshev στις ομοίως διατεταγμένες τριάδες $\displaystyle{(x,y,z),(x^3,y^3,z^3)}$ ισχύει

$\displaystyle{\boxed{3(x^4+y^4+z^4)\geq (x+y+z)(x^3+y^3+z^3)~\forall x,y,z\in \mathbb{R}}}$ ( $\displaystyle{\color{blue}\spadesuit}$ )

Σύμφωνα με τις εξισώσεις του συστήματος ισχύει η ισότητα στην ( $\displaystyle{\color{blue}\spadesuit}$ ), άρα $\displaystyle{x=y=z,}$ οπότε $\displaystyle{x=y=z=1.}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 26, 2015 9:27 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 54: Αν $\displaystyle{x,y,z > 0}$ και $\displaystyle{3(x +y +z )^2 -8(xy+yz+zx)=12}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{z^2 +(x-y)^2}{z}+\frac{x^2 +(y-z)^2}{x}+\frac{y^2 +(z-x)^2}{y}\geq 6}$

ΔΙΟΡΘΩΣΗ ΑΒΛΕΨΙΑΣ: Αντί στην υπόθεση $\displaystyle{3(x^2 +y^2 +z^2 )-8(xy+yz+zx)=12}$ , πρέπει να γραφτεί ότι:

$\displaystyle{3(x+y+z)^2 -8(xy+yz+zx) = 12}$ . Ευχαριστώ τους άριστους λύτες Θάνο Μάγκο και Γιώργο Μπασδέκη, που εντόπισαν ότι κάτι δεν πήγαινε καλά με

την υπόθεση. Την άσκηση , με τον τρόπο που κατασκευάστηκε, την θεωρώ ότι είναι αρκετά δύσκολη. (Εκτός αν υπάρχει απλός τρόπος επίλυσης που δεν βλέπω...)

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 28, 2015 11:59 am**

[quote="kleovoulos" έγραψε: ΑΛΓ/ΣΥΣ/ΑΣΚ 9: Να λυθεί το σύστημα , .

Αλλιώς:

Έχουμε ότι $\displaystyle{x^3 +y^3 +z^3 =x^4 +y^4 +z^4 \Leftrightarrow x^3 (x-1)+y^3 (y-1)+z^3 (z-1)=0}$ , (1)

Επίσης έχουμε ότι $\displaystyle{x+y+z=3 \Leftrightarrow (x-1)+(y-1)+(z-1)=0}$ , (2)

Αφαιρώντας κατά μέλη τις σχέσεις (1) και (2) παίρνουμε: $\displaystyle{(x-1)(x^3 -1)+(y-1)(y^3 -1)+(z-1)(z^3 -1)=o \Leftrightarrow}$

$\displaystyle{(x-1)^2 (x^2 +x+1)+(y-1)^2 (y^2 +y+1)+(z-1)^2 (z^2 +z+1)=0}$ , από όπου και έπεται ότι $\displaystyle{x=y=z=1}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 13, 2015 10:33 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 55: Αν $a,b,c,x,y,z \in \mathbb{R}$ και a+b+c=x^2+y^2+z^2=1,

να αποδείξετε ότι:

$a(x+b)+b(y+c)+c(z+a)\leq 1.$

H ανισότητα δεν είναι γνήσια, όπως επισημαίνει παρακάτω ο Δημήτρης, γι΄ αυτό και η επεξεργασία.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 14, 2015 9:52 am**

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 55: Αν $a,b,c,x,y,z \in \mathbb{R}$ και να αποδείξετε ότι:

Καλημέρα Παύλο
Υποθέτω ότι χρειάζεται ανισοϊσότητα (π.χ αν $\displaystyle{a=x=o , b=y=o , c=z=1 , }$ ισχύει η ισότητα)

Αρκεί να δείξουμε ότι :

$\displaystyle{2a(x+b)+2b(y+c)+2c(z+a) \leq 2 =1+1 =(a+b+c)^2 +x^2 +y^2 +z^2 =}$

$\displaystyle{a^2 +b^2 +c^2 +2(ab+bc+ca)+x^2 +y^2 +z^2}$

Δηλαδή αρκεί: $\displaystyle{a^2 +b^2 +c^2 +x^2 +y^2 +z^2 -2ax-2by-2cz \geq 0}$ , ή

$\displaystyle{(a-x)^2 +(b-y)^2 +(c-z)^2 \geq o}$ . Αυτό είναι αληθές

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 17, 2015 3:46 pm**

Μετά από πολύ καιρό εκτός του

είπα να κάνω ένα comeback!

Το είχα ξεχάσει ότι είχα δημιουργήσει το θέμα και αυτό και μαζί του και πολλά από τα διαγωνιστικά μαθηματικά που ήξερα! Αν και δε θα μπορώ να απαντάω σε ασκήσεις αυτού του θέματος λόγω του φόρτου των Πανελληνίων Εξετάσεων, είπα να βάλω ένα θέμα για να θυμηθώ τις παλιές καλές μέρες!

ΑΣΚΗΣΗ 56. Δίνονται τρείς μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί x,y,z

τέτοιοι, ώστε $x+2y+3z=\frac{11}{12}$ . Να αποδειχθεί η ακόλουθη σχέση, και να προσδιοριστεί πότε ισχύει η ισότητα. $6(3xy+4xz+2yz)+6x+3y+4z+72xyz \leq \frac{107}{18}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 17, 2015 7:05 pm**

kleovoulos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 56. Δίνονται τρεις μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι, ώστε $x+2y+3z=\frac{11}{12}$ . Να αποδειχθεί η ακόλουθη σχέση, και να προσδιοριστεί πότε ισχύει η ισότητα. $6(3xy+4xz+2yz)+6x+3y+4z+72xyz \leq \frac{107}{18}$

Είναι, από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ

$\displaystyle{\displaystyle{6(3xy+4xz+2yz)+6x+3y+4z+72xyz=(6x+1)(3y+1)(4z+1)-1=}$

$\displaystyle{\frac{1}{18}(6x+1)(12y+4)\left(18z+\frac{18}{4}\right)-1\leq \frac{1}{18\cdot 27}\left(6x+12y+18z+\frac{19}{2}\right)^3-1=}$

$\displaystyle{\frac{1}{18\cdot 27}\left(6(x+2y+3z)+\frac{19}{2}\right)^3-1=\frac{107}{18}.}}$

Η ισότητα ισχύει αν-ν $\displaystyle{6x+1=12y+4= 18z+\frac{18}{4} \ \wedge x+2y+3z=\frac{11}{12},}$ δηλαδή αν-ν $\displaystyle{x=\frac{47}{72}, y=\frac{11}{144}, z= \frac{1}{27}.}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 17, 2015 9:40 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 57
Οι πραγματικοί αριθμοί a, b, c, d

είναι μικρότεροι ή ίσοι του 12.

Για το πολυώνυμο p(x) =ax^3 + bx^2 + cx + d

ισχύει

Να βρείτε τη μέγιστη δυνατή τιμή του p(10).

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 17, 2015 10:29 pm**

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 57
Οι πραγματικοί αριθμοί είναι μικρότεροι ή ίσοι του Για το πολυώνυμο ισχύει
Να βρείτε τη μέγιστη δυνατή τιμή του

Από τις υποθέσεις p(2) = 2, p(4) = 4, p(6) = 6

συμπεραίνoυμε ότι το τριτοβάθμιο (ή λιγότερο) p(x)-x

έχει ρίζες 2,4,6

. Άρα $p(x)-x= A (x-2)(x-4)(x-6) \,(*)$ .

Συγκρίνοντας με το δοθέν, είναι A=a

, οπότε

p(x)= x+ a (x-2)(x-4)(x-6)= ax^3-12ax^2+ (44a+1)x-48a

.

Από την υπόθεση για το μέγεθος των a,b,c,d

έχουμε $a\le 12, \, -12a \le 12, \, 44a+1\le 12, \, -48a \le 12$ . Αυτές δίνουν

$-\frac {1}{4} \le a \le \frac {1}{4}$ .

Eπίσης, από την (*)

είναι

, οπότε η μεγαλύτερη δυνατή τιμή του είναι $10 + \frac {192}{4} =58$ .

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 20, 2015 5:51 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 58

Να αποδειχθεί ότι ο αριθμός 25.600.000.021

είναι σύνθετος.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 20, 2015 7:06 pm**

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 58

Να αποδειχθεί ότι ο αριθμός είναι σύνθετος.

Ο δοσμένος αριθμός γράφεται $\displaystyle{20^8 +21 =20^8 +20+1}$ . Αν θέσουμε $\displaystyle{x=20}$ , τότε έχουμε τον αριθμό $\displaystyle{x^8 +x+1}$ . Ψάχνουμε να δούμε αν μπορεί να

παραγοντοποιηθεί σε γινόμενο δύο πολυωνύμων. Δοκιμάζουμε αν μπορεί να γραφτεί στην μορφή

$\displaystyle{(x^2 +ax+b)(x^6 +mx^5 +nx^4 +kx^3 +dx^2 +ex+r)}$ . Μετά τις πράξεις και την εξίσωση των συντελεστών , βρίσκουμε ότι:

$\displaystyle{x^8 +x+1 = (x^2 +x+1)(x^6 -x^5 +x^3 -x^2 +1)}$ . Από εδώ , αφού για $\displaystyle{x=20}$ , δεν είναι κάποιος παράγοντας ίσος με την μονάδα, έπεται το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 10, 2022 2:17 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: Σάβ Σεπ 26, 2015 9:27 pm ΑΣΚΗΣΗ 54: Αν $\displaystyle{x,y,z > 0}$ και $\displaystyle{3(x +y +z )^2 -8(xy+yz+zx)=12}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{z^2 +(x-y)^2}{z}+\frac{x^2 +(y-z)^2}{x}+\frac{y^2 +(z-x)^2}{y}\geq 6}$

ΔΙΟΡΘΩΣΗ ΑΒΛΕΨΙΑΣ: Αντί στην υπόθεση $\displaystyle{3(x^2 +y^2 +z^2 )-8(xy+yz+zx)=12}$ , πρέπει να γραφτεί ότι:

$\displaystyle{3(x+y+z)^2 -8(xy+yz+zx) = 12}$ . Ευχαριστώ τους άριστους λύτες Θάνο Μάγκο και Γιώργο Μπασδέκη, που εντόπισαν ότι κάτι δεν πήγαινε καλά με

την υπόθεση. Την άσκηση , με τον τρόπο που κατασκευάστηκε, την θεωρώ ότι είναι αρκετά δύσκολη. (Εκτός αν υπάρχει απλός τρόπος επίλυσης που δεν βλέπω...)

Επαναφορά!

mathematica.gr

Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο