mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 13, 2011 3:28 pm**

spiros fillipas, θέλω να σου εκφράσω τα συγχαρητήριά μου που αν και τόσο μικρός στην ηλικία μπορείς και αντιμετωπίζεις τέτοιου είδους θέματα. Ένα μεγάλο ΜΠΡΑΒΟ !!!!
Και ένα μεγάλο μπράβο στον φίλο μας τον Grigoris που με τόσο ωραίο τρόπο μας έδωσε την λύση της άσκησης 82.

Ελάχιστες τώρα από τις προτεινόμενες έχουν μείνει άλυτες. Ας περιμένουμε λίγο να λυθούν και αυτές.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 13, 2011 4:56 pm**

Μπράβο spiros fillipas (14 μόνο χρόνων) γιά την ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ λύση σου, Μπράβο!!
Επίτρεψέ μου Σπύρο
και μόνο για λόγους Μαθηματικού πλουραλισμού την διαπραγμάτευση που ακολουθεί:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {a = \sqrt[3]{{3 + \sqrt[3]{3}}} > 0} \\ {b = \sqrt[3]{{3 - \sqrt[3]{3}}} > 0} \\ \end{array} } \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {a > b} \\ {a^2 - ab + b^2 > ab\;\left( {\theta \varepsilon \omega \rho \iota \alpha } \right) \Rightarrow } \\ {a^3 + b^3 > ab\left( {a + b} \right)} \\ \end{array} } \right\} \Rightarrow 4\left( {a^3 + b^3 } \right) > \left( {a + b} \right)^3 \Rightarrow$

$\left( {a + b} \right)^3 < 24 \Rightarrow a + b < 2\sqrt[3]{3}.$

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 13, 2011 5:19 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 88.

Αν a, b, c

είναι μήκη πλευρών τριγώνου να αποδείξετε ότι:
$a^3 + b^3 + c^3 \geqslant a^2 b + b^2 c + c^2 a.$

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 13, 2011 7:32 pm**

Για την 88:
Οι αριθμοί

,

έχουν ίδια διάταξη με τους a^2

,

,

και το ζητούμενο προκύπτει εύκολα από την ανισότητα της αναδιάταξης.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 13, 2011 9:33 pm**

Γιά την ΑΣΚΗΣΗ 88
Ζητώ συγγνώμη γιά τον σφικτό περιορισμό πού έβαλα, ότι δηλαδή πρόκλειται γιά μήκη πλευρών τριγώνου ενώ ισχύει γιά τυχόντες θετικούς πράγμα που αποτελεί τελικά και τον περιορισμό.
Ευχαριστώ πολύ τον Θάνο Μάγκο που μου το επεσήμανε.
Αρα, αντικαταστήστε την με:

ΑΣΚΗΣΗ 88.
Αν a, b, c >0

, να αποδείξετε ότι: $a^3 + b^3 + c^3 \geqslant a^2 b + b^2 c + c^2 a.$

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 13, 2011 10:20 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Μας μένει λοιπόν ακόμα ...............και η Ασκηση 61

.... Δεν ξεχνώ ,μα καρτερώ !

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 13, 2011 10:34 pm**

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 88.
Αν , να αποδείξετε ότι: $a^3 + b^3 + c^3 \geqslant a^2 b + b^2 c + c^2 a.$

Από ΑM-GM έχουμε:

$a^3+a^3+b^3\geq 3a^2b~~(1)$

$b^3+b^3+c^3\geq 3b^2c~~(2)$

$c^3+c^3+a^3\geq 3c^2a~~(3)$

με πρόσθεση κατά μελη των (1),(2) και (3) και διαίρεση δία τρία προκύπτει το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 13, 2011 10:37 pm**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 61
Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο όπου με $\hat B > 30^ \circ$ και σημείο στο εσωτερικό του , τέτοιο ώστε :

$M \hat BC = 30^o$ και $M \hat AB = \frac {3}{4} \ B \hat AC$ .
Να αποδειχθεί ότι η γωνία $A \hat MC$ είναι ίση με μοίρες.

Μπάμπης

Λύση :

Φέρνουμε τη διάμεσο

που τέμνει την

στο

και τη

. Οι οξείες γωνίες γύρω από το

είναι

μοίρες, οπότε η

είναι διχοτόμος της γωνίας APC

. Αλλά και η

είναι διχοτόμος της γωνίας PAC

, οπότε το

είναι το έγκεντρο του τριγώνου PAC

. Από βασική πρόταση(ή με απλούς υπολογισμούς) , η γωνία AMC

είναι ίση με μια ορθή συν το μισό της γωνίας APC

, δηλαδή 150 μοίρες.

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 13, 2011 10:55 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 89:
Να εξετάσετε αν υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί α,β διάφοροι του μηδενός , τέτοιοι ώστε: $\frac{3}{2}\alpha \beta ^{-1}+\frac{10}{3}\alpha ^{-1}\beta =3$

ΘΑΛΗΣ 2006

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 13, 2011 10:59 pm**

S.E.Louridas έγραψε:Δημήτρη καλημέρα.
Aς μου επιτραπεί μία υπόδειξη γιά την ΑΣΚΗΣΗ 61 γιά να σχοληθούν οι μικροί μας φίλοι.
Αρκεί να ονομάσουμε Τ το σημείο τομής της ΒΜ με το ύψος ΑΔ και να αποδείξουμε οτι το Μ είναι έγγεντρο του τριγώνου ΑΤC (σημείο τομής των διχοτόμων των γωνιών του).

S.E.Louridas

Αυτό είναι λύση, αλλά μόλις τώρα την είδα ! Έψαχνα το σχήμα του KARKAR.

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 13, 2011 11:59 pm**

Γιά την άσκηση ΑΣΚΗΣΗ 88
Απλά και μόνο για να δούμε και κάποιες άγνωστες ταυτότητες:

Ισχύει η ταυτότητα:
$\sum {\left( {2a + b} \right)\left( {a - b} \right)^2 } = 3\left( {a^3 + b^3 + c^3 - a^2 b - b^2 c - c^2 a} \right).$
Είναι κατανοητό ότι με βάση τη ταυτότητα αυτή η άσκηση επιλύεται αμέσως.

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 14, 2011 12:05 am**

ΑΣΚΗΣΗ 90:
Αν $\alpha ,\beta ,\gamma \succ 0$ , να αποδειχθεί ότι:

$\left(\alpha +\frac{\beta }{\gamma \alpha } \right)\left(\beta +\frac{\gamma }{\alpha \beta } \right)\left(\gamma +\frac{\alpha }{\beta \gamma } \right)\geq 8$

Να αποδειχθεί πότε ισχύει η ισότητα;

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 14, 2011 12:06 am**

Εφαρμόζουμε την ΑΜ-ΓΜ σε κάθε παρένθεση και πολλαπλασιάζουμε τις 3 σχέσεις και προκύπτει το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 14, 2011 12:16 am**

ΑΣΚΗΣΗ 91:
Να λυθεί ως προς x η εξίσωση:

$27a^2 x = 2\left( {x - a} \right)^3 ,\;\left( {a \in \mathbb{R}^ * } \right).$

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 14, 2011 12:26 am**

Μιας και έχει απαντηθεί η άσκηση 88, ας δώσω και μια ακόμα λύση:

Αν ήταν a=b=c, τότε το ζητούμενο ισχύει ως ισότητα.
Αν πάλι ήταν π.χ b=c τότε αρκεί να δείξουμε ότι

$a^{3}+b^{3}\geq a^{2}b+b^{2}a\Leftrightarrow (a+b)(a^{2}-ab+b^{2})\geq ab(a+b)\Leftrightarrow a^{2}-2ab+b^{2}\geq 0$ ,

πράγμα που είναι αληθές. Όμοια και αν a=b ή c=a.

Αν τώρα οι αριθμοί a,b,c είναι ανά δύο άνισοι, τότε χωρίς βλάβη της γενικότητας, ας υποθέσουμε ότι a>b>c

Τότε έχουμε:

$a^{2}+b^{2}\geq 2ab\Rightarrow a(a^{2}+b^{2})\geq 2a^{2}b\Rightarrow a^{3}+ab^{2}\geq 2a^{2}b$

Ομοίως έχουμε ότι:

$b^{3}+bc^{2}\geq 2b^{2}c c^{3}+ca^{2}\geq 2c^{2}a$

Με πρόσθεση κατά μέλη των τριών παραπάνω σχέσεων παίρνουμε:

$a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq 2a^{2}b+2b^{2}c+2c^{2}a-ab^{2}-bc^{2}-ca^{2}$

Οπότε αρκεί πλέον να αποδείξουμε ότι

$2a^{2}b+2b^{2}c+2c^{2}a-ab^{2}-bc^{2}-ca^{2}\geq a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a\Leftrightarrow a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a-ab^{2}-bc^{2}-ca^{2}\geq 0\Leftrightarrow a^{2}(b-c)+bc(b-c)+c^{2}(a-b)\geq 0\Leftrightarrow (b-c)(a^{2}+bc)+c^{2}(a-b)\geq 0$

Τούτο όμως αληθεύει αφού a,b,c >0 και a>b>c

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 14, 2011 12:56 am**

ΒΑΣΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ (Ανισότητα των μέσων: ΑΜ-GM-HM)

Επειδή πολύ συχνά οι μαθητές μας για να λύσουν κάποια ανισότητα χρησιμοποιούν την ανισότηταμε τον αριθμητικό, γεωμετρικό και αρμονικό μέσο, ήρθε η ώρα να την κάνουμε γνωστή και στους υπόλοιπους μαθητές που δεν την γνωρίζουν

Για τους μη αρνητικούς πραγματικούς αριθμούς a,b,c ισχύει ότι: $\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[3]{abc}\geq \frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}$

Έτσι όταν βλέπουμε κάπου να γράφει "από ΑΜ-GM" σημαίνει ότι χρησιμοποιεί την ανισότητα:

$\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[3]{abc}$ ή την ισοδύναμή της $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}$

και αν σε αυτήν θέσουμε όπου α το $a^{3}$ , όπου b το $b^{3}$ και όπου το $c^{3}$

έχουμε την ανισότητα $a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq 3abc$

Παρατήρηση: (α) Η ανισότητα αυτή γενικεύεται και για περισσότερους (ν στο πλήθος) θετικούς αριθμούς

(β) Η ισότητα ισχύει μόνο όταν οι αριθμοί αυτοί είναι ίσοι

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 14, 2011 11:27 am**

Karanus έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 90:
Αν $\alpha ,\beta ,\gamma \succ 0$ , να αποδειχθεί ότι:

$\left(\alpha +\frac{\beta }{\gamma \alpha } \right)\left(\beta +\frac{\gamma }{\alpha \beta } \right)\left(\gamma +\frac{\alpha }{\beta \gamma } \right)\geq 8$

Να αποδειχθεί πότε ισχύει η ισότητα;

Θα δώσω μια πιο αναλυτική λύση για την άσκηση 90 που έχει λύσει ο okratis lyras

Εφαρμόζουμε ΑΜ-ΓΜ (ΑΜ-GM) για δύο αριθμούς (θετικούς):

$a+\frac{b}{ca}\geq2\sqrt{a.\frac{b}{ca}}$

Ομοίως

$b+\frac{c}{ab}\geq 2\sqrt{b.\frac{c}{ab}}$

$c+\frac{a}{bc}\geq 2\sqrt{c.\frac{a}{bc}}$

Οπότε με πολλαπλασιασμό κατά μέλη έχουμε το ζητούμενο

(ΣΗΜ: Ο πολλαπλασιασμός κατά μέλη επιτρέπεται εφ όσον τα μέλη είναι θετικά)

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 14, 2011 2:40 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 92:

Αν $\alpha ,\beta ,\gamma \succ 0$ , να αποδειχθεί ότι

$\left(\alpha +\beta +\gamma \right)\left(\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta } +\frac{1}{\gamma }\right)\geq 9$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 14, 2011 2:54 pm**

Karanus έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 92:

Αν $\alpha ,\beta ,\gamma \succ 0$ , να αποδειχθεί ότι : $\left(\alpha +\beta +\gamma \right)\left(\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta } +\frac{1}{\gamma }\right)\geq 9$

Aπο ΑΜ-ΓΜ παίρνω:
$a+b+c \ge 3\displaystyle\sqrt[3]{abc}$
$\displaystyle\frac{1}{a}+\displaystyle\frac{1}{b}+\displaystyle\frac{1}{c}\ge 3\displaystyle\sqrt[3]{\displaystyle\frac{1}{abc}}$
Με πολλαπλασιασμό των 2 σχέσεων προκύπτει η ζητούμενη.
(Μπορεί να λύθει πιο απλά με CS)

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 14, 2011 2:58 pm**

Karanus έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 92:

Αν $\alpha ,\beta ,\gamma \succ 0$ , να αποδειχθεί ότι : $\left(\alpha +\beta +\gamma \right)\left(\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta } +\frac{1}{\gamma }\right)\geq 9$

από AM-HM
$\frac{a+b+c}{3}\geq \frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}$
$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq 9$

έχει κάποιος την όρεξη και την καλοσύνη να μαζέψει όλες τις άλυτες, επειδή δεν παρακολουθούσα την εξέλιξη του θέματος και τις ασκήσεις που προτείνονταν για αρκετές μέρες;

να προσθέσω στην ανισότητα $AM\geq GM\geq HM$
και τo ${\color{blue}RMS}=\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}}$
για τo οποίo ισχύει ${\color{blue}RMS\geq} AM\geq GM\geq HM$

mathematica.gr

Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί