Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

gavrilos · #2041

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 969: Αν $\displaystyle{|a-b|\leq 2 , |b-c|\leq2 , |c-d|\leq 2}$ και $\displaystyle{|d-a|\leq 2}$ , και αν $\displaystyle{ab , bc , cd , da \geq -1}$ τότε:

$\displaystyle{a+b+c+d \leq \sqrt{ab+1}+\sqrt{bc+1}+\sqrt{cd+1}+\sqrt{da+1}\leq a+b+c+d+4}$

ΣΗΜ: Πρόσθεσα και ένα ακόμα ερώτημα

Συγχωρέστε με αν κάνω λάθος αλλά η δεξιά ισχύει;

Δοκιμάστε $\displaytyle{a=-1,b=-2,c=-1,d=-2}$ .

#2042

gavrilos έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 969: Αν $\displaystyle{|a-b|\leq 2 , |b-c|\leq2 , |c-d|\leq 2}$ και $\displaystyle{|d-a|\leq 2}$ , και αν $\displaystyle{ab , bc , cd , da \geq -1}$ τότε:

$\displaystyle{a+b+c+d \leq \sqrt{ab+1}+\sqrt{bc+1}+\sqrt{cd+1}+\sqrt{da+1}\leq a+b+c+d+4}$

ΣΗΜ: Πρόσθεσα και ένα ακόμα ερώτημα
Συγχωρέστε με αν κάνω λάθος αλλά η δεξιά ισχύει;

Δοκιμάστε $\displaytyle{a=-1,b=-2,c=-1,d=-2}$ .

Ναι, δική μου παράλειψη. Για την δεξιά ανισότητα, απαιτείται η επί πλέον συνθήκη: $\displaystyle{a,b,c,d >0}$ . Τώρα νομίζω είναι εντάξει. Μπράβο που είδες την παράλειψη.

Θεοδωρος Παγωνης · #2043

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
gavrilos έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 969: Αν $\displaystyle{|a-b|\leq 2 , |b-c|\leq2 , |c-d|\leq 2}$ και $\displaystyle{|d-a|\leq 2}$ , και αν $\displaystyle{ab , bc , cd , da \geq -1}$ τότε:

$\displaystyle{a+b+c+d \leq \sqrt{ab+1}+\sqrt{bc+1}+\sqrt{cd+1}+\sqrt{da+1}\leq a+b+c+d+4}$

ΣΗΜ: Πρόσθεσα και ένα ακόμα ερώτημα
Συγχωρέστε με αν κάνω λάθος αλλά η δεξιά ισχύει;

Δοκιμάστε $\displaytyle{a=-1,b=-2,c=-1,d=-2}$ .
Ναι, δική μου παράλειψη. Για την δεξιά ανισότητα, απαιτείται η επί πλέον συνθήκη: $\displaystyle{a,b,c,d >0}$ . Τώρα νομίζω είναι εντάξει. Μπράβο που είδες την παράλειψη.

Με $\displaystyle{a,b,c,d>0}$ , τότε αρκεί να δείξω ότι $\displaystyle{\sqrt{ab+1}\le a+1\Leftrightarrow ab+1\le {{a}^{2}}+2a+1\Leftrightarrow {{a}^{2}}+2a-ab\ge 0\Leftrightarrow a\left( a-b+2 \right)\ge 0}$ , που ισχύει αφού $\displaystyle{\left| a-b \right|\le 2\Leftrightarrow -2\le a-b\le 2\Leftrightarrow -2\le a-b\Leftrightarrow a-b+2\ge 0}$ και $\displaystyle{a>0}$ .
Άρα $\displaystyle{\sqrt{ab+1}\le a+1}$ (1) ,
Όμοια δείχνω ότι $\displaystyle{\sqrt{bc+1}\le b+1}$ (2) , $\displaystyle{\sqrt{cd+1}\le c+1}$ (3) , $\displaystyle{\sqrt{da+1}\le d+1}$ (4)
Άρα με πρόσθεση κατά μέλη των (1),(2),(3),(4) έχω $\displaystyle{\sqrt{ab+1}+\sqrt{bc+1}+\sqrt{cd+1}+\sqrt{da+1}\le a+b+c+d+4}$ .

G.Bas · #2044

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 969: Αν $\displaystyle{|a-b|\leq 2 , |b-c|\leq2 , |c-d|\leq 2}$ και $\displaystyle{|d-a|\leq 2}$ , και αν $\displaystyle{ab , bc , cd , da \geq -1}$ τότε:

$\displaystyle{a+b+c+d \leq \sqrt{ab+1}+\sqrt{bc+1}+\sqrt{cd+1}+\sqrt{da+1}\leq a+b+c+d+4}$

ΣΗΜ: Πρόσθεσα και ένα ακόμα ερώτημα

Μα όταν είναι θετικοί είναι πολύ εύκολο!

Ισχύει από την Ανισότητα AM-GM

$\displaystyle{(a+b)+2\geq 2\sqrt{ab}+2=2(\sqrt{ab}+1)\geq 2\sqrt{ab+1}}$ αφού η τελευταία ισοδύναμα δίνει $\displaystyle{\sqrt{ab}\geq 0}$ . Κυκλικά και με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε τη ζητούμενη!

#2045

ΑΣΚΗΣΗ 970 Αν $\displaystyle{x,y > 1}$ , τότε: $\displaystyle{\sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{2} \leq \sqrt{2x-1}+\sqrt{2y-1}}$

G.Bas · #2046

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 970 Αν $\displaystyle{x,y > 1}$ , τότε: $\displaystyle{\sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{2} \leq \sqrt{2x-1}+\sqrt{2y-1}}$

Αρκεί να αποδείξουμε πως για κάθε a>1

ισχύει $\displaystyle{\sqrt{2a-1}\geq\sqrt{a-1}+\frac{\sqrt{2}}{2}.}$

Πράγματι, αυτή η Ανισότητα ισχύει. Εαν τετραγωνίσουμε την παραπάνω, αρκεί να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{a\geq \frac{1}{2}+\sqrt{2(a-1)}.}$

Αυτή όμως είναι άμεση συνέπεια της Ανισότητας AM-GM αφού ισοδύναμα έχουμε

$\displaystyle{\sqrt{2(a-1)}\leq\frac{1}{2}[2(a-1)+1]=\frac{1}{2}(2a-1)=a-\frac{1}{2}.}$

gavrilos · #2047

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 967: Για κάθε $\displaystyle{x,y,z > 0}$ να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\sqrt{\frac{x}{y+z}}+\sqrt{\frac{y}{x+z}}+\sqrt{\frac{z}{x+y}}\geq 2}$

Καλησπέρα κύριε Δημήτρη!

Ψαχουλεύοντας στις προηγούμενες σελίδες βρήκα ότι η παραπάνω είναι η άσκηση 788

Βέβαια είναι πολύ καλό μερικές φορές να "ανακυκλώνονται" ασκήσεις αφού ψάχνοντας παλιές δημοσιεύσεις έχω βρει εξαιρετικό υλικό που αξίζει να προβάλλεται.

Επιτρέψτε μου τέλος να προτείνω εγώ το επόμενο πρόβλημα.

ΑΣΚΗΣΗ 971

Να βρείτε όλες τις θετικές ακέραιες ρίζες της εξίσωσης $\displaystyle{4mn(m+n-1)=(m^2+1)(n^2+1)}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

gavrilos · #2048

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 952
Έστω ένας μη αρνητικός ακέραιος. Να βρείτε τους ακέραιους με την ιδιότητα $\displaystyle{x^2 + y^2 + z^2 = 2^n (x + y + z) .}$

Απ' ο,τι βλέπω δεν έχει λυθεί.

Ας υποθέσουμε $\displaystyle{n>1}$ .

Τότε $\displaystyle{RHS\equiv 0\pmod 4}$ κι έτσι θα πρέπει $\displaystyle{4\mid x^2 +y^2+z^2}$ άρα αναγκαστικά $\displaystyle{2\mid x,y,z}$ (αφού κάθε τετράγωνο είναι ισότιμο με $\displaystyle{0,1\pmod 4}$ ).

Ας είναι λοιπόν $\displaystyle{x=2a,y=2b,z=2c}$ .Θα έχουμε $\displaystyle{4a^2+4b^2+4c^2=2^{n}(2a+2b+2c)\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2=2^{n-1}(a+b+c)}$ .
................................................................................................................................................................
Βλέπουμε πως μπορούμε να "κατεβαίνουμε" απεριόριστα,αφού δεν γνωρίζουμε την τιμή του $\displaystyle{n}$ οπότε θα υποθέσουμε $\displaystyle{x=2^{k}p \ , \ y=2^{l}q \ , \ z=2^{m}r}$ όπου $\displaystyle{p,q,r}$ περιττοί.

(ουσιαστικά θεωρούμε τη μεγαλύτερη δύναμη του 2 που διαιρεί καθέναν από τους αριθμούς μας)

Λόγω συμμετρίας,χωρίς βλάβη υποθέτουμε $\displaystyle{k\geq l\geq m}$ .

Έχουμε $\displaystyle{4^{k}p^{2}+4^{l}q^{2}+4^{m}r^{2}=2^{n}(2^{k}p+2^{l}q+2^{m}r)\Leftrightarrow 2^{2m}(2^{2k-2m}p^{2}+2^{2l-2m}q^{2}+r^{2})=2^{n}\cdot 2^{m}(2^{k-m}p+2^{l-m}q+r)}$ .

Ισοδύναμα $\displaystyle{\boxed{2^{m}(2^{2k-2m}p^{2}+2^{2l-2m}q^{2}+r^{2})=2^{n}(2^{k-m}p+2^{l-m}q+r)} \ (1)}$ .

$\bullet$ Αν $\displaystyle{k\neq m \ , \l\neq m}$ τα εσωτερικά των παρενθέσεων είναι περιττά οπότε αναγκαστικά $\displaystyle{2^{m}=2^{n}\Leftrightarrow m=n}$ .

Τότε $\displaystyle{2^{2k-2m}p^{2}+2^{2l-2m}q^{2}+r^{2}=2^{k-m}p+2^{l-m}q+r}$ .

Όμως λόγω του ότι όλοι οι αριθμοί είναι ακέραιοι προφανώς $\displaystyle{LHS>RHS}$ οπότε στην περίπτωση αυτή δεν παίρνουμε λύσεις.

$\bullet$ Αν $\displaystyle{k=m}$ τότε λόγω της διάταξης που έχουμε υποθέσει θα είναι $\displaystyle{l=m}$ .

Θα έχουμε τότε $\displaystyle{2^{m}(p^{2}+q^{2}+r^{2})=2^{n}(p+q+r)}$ .Μέσα στην παρένθεση έχουμε περιττούς οπότε όπως και πρίν $\displaystyle{m=n}$ .

Επομένως $\displaystyle{p^{2}+q^{2}+r^{2}=p+q+r}$ .Λύση η $\displaystyle{p=q=r=1}$ .

Άρα $\displaystyle{\boxed{x=y=z=2^{n}}}$ .

Ακόμη επαληθεύουν η τριάδες $\displaystyle{(x,y,z)=(2^{n},2^{n},0),(2^{n},0,0),(0,0,0)}$ με όλες τις μεταθέσεις τους.

$\bullet$ Αν $\displaystyle{l=m}$ τότε η $\displaystyle{(1)}$ γίνεται $\displaystyle{2^{m}(2^{2k-2m}p^{2}+q^{2}+r^{2})=2^{n}(2^{k-m}p+q+r)}$ .

Την περίπτωση $\displaystyle{k=m}$ την έχουμε ήδη εξετάσει.

Έστω $\displaystyle{k\neq m}$ .Γνωρίζουμε ότι $\displaystyle{2^{2k-2m}p^{2}+q^{2}+r^{2}>2^{k-m}p+q+r}$ .

Αναγκαστικά επομένως $\displaystyle{2^{m}< 2^{n}\Leftrightarrow m<n}$ .

Ωστόσο,εφόσον $\displaystyle{k-m\geq 1\Leftrightarrow 2k-2m\geq 2\Leftrightarrow 4\mid 2^{2k-2m}}$ .

Άρα $\displaystyle{2^{2k-2m}p^{2}+q^{2}+r^{2}\equiv q^{2}+r^{2}\pmod 4}$ .Τα τετράγωνα αυτά είναι περιττά άρα $\displaystyle{q^{2}+r^{2}\equiv 2\pmod 4}$ .

Συνεπώς η μεγαλύτερη δύναμη του $\displaystyle{2}$ που διαιρεί το αριστερό μέλος είναι η $\displaystyle{2^{m+1}}$ .

Η μεγαλύτερη δύναμη του $\displaystyle{2}$ που διαιρεί το δεξί μέλος είναι μεγαλύτερη ή ίση του $\displaystyle{2^{n+1}}$ (αφού η παρένθεση που υπάρχει σ' αυτό είναι άρτια).

Επομένως $\displaystyle{m+1\geq n+1\Leftrightarrow m\geq n}$ .Όμως όπως είδαμε $\displaystyle{m<n}$ άρα δεν έχουμε λύσεις σ' αυτή την περίπτωση.

Καλό βράδυ!

#2049

ΑΣΚΗΣΗ 972: Αν $\displaystyle{m , n \in N}$ , να λυθεί η εξίσωση: $\displaystyle{n! -20 =m^2}$

(ΣΗΜ: Άλλαξα την εκφώνηση , μιας και η προηγούμενη είχε ξανατεθεί)

#2050

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 972: Αν $\displaystyle{m , n \in N}$ , να λυθεί η εξίσωση: $\displaystyle{n! -20 =m^2}$

(ΣΗΜ: Άλλαξα την εκφώνηση , μιας και η προηγούμενη είχε ξανατεθεί)

Είναι

$\displaystyle{n!-20=m^2\geq 0\implies n!\geq 20 \implies n\geq 4.}$

Αν $\displaystyle{n\geq 10}$ έχουμε

$\displaystyle{5|(n!-20)\implies 5|m^2\implies 25|m^2\implies 25|20,}$ άτοπο.

Απομένει να ελεγχθούν οι τιμές $\displaystyle{n=4,5,6,7,8,9.}$

Για $\displaystyle{n=4}$ βρίσκουμε $\displaystyle{m=2.}$

Για $\displaystyle{n=5}$ βρίσκουμε $\displaystyle{m=10.}$

Οι τιμές $\displaystyle{6,7,8,9}$ δεν δίνουν ακέραια τιμή στο $\displaystyle{m.}$

#2051

ΑΣΚΗΣΗ 973: Να αποδείξετε ότι για κάθε $\displaystyle{n\in N^{*}-\{1\}}$ , ισχύει:

$\displaystyle{\frac{1}{2.3^2}+\frac{1}{3.4^2}+\frac{1}{4.5^2}+ ... +\frac{1}{n(n+1)^2} <\frac{1}{6}}$

#2052

Παρατηρώ ότι $\displaystyle{ \frac{1}{n(n+1)^2} < \frac{1}{(n-1)n(n+1)} = \frac{1/2}{n-1} - \frac{1}{n} + \frac{1/2}{n+1}.}$

Οπότε

$\displaystyle{ \frac{1}{2\cdot 3^2} + \frac{1}{3 \cdot 4^2} + \cdots + \frac{1}{n(n+1)^2} < \frac{1}{18} + \frac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4} + \cdots + \frac{1}{(n-1)n(n+1)}}$

$\displaystyle{ < \frac{1}{18} + \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n-1} \right) + \frac{1}{2}\left(\frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \cdots + \frac{1}{n+1} \right) - \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{n} \right)}$

$\displaystyle{= \frac{1}{18} + \frac{1}{4} - \frac{1}{6} + \frac{1}{2n+2} - \frac{1}{2n} = \frac{5}{36} - \frac{1}{2n(n+1)} < \frac{1}{6}}$

[To $\frac{1}{2\cdot 3^2}$ δεν το άλλαξα σε $\frac{1}{1\cdot 2 \cdot 3}$ διότι τότε το άθροισμα θα έβγαινε αρκετά μεγάλο. Η ισότητα από την δεύτερη στην τρίτη γραμμή έπεται διότι το άθροισμα είναι τηλεσκοπικό. Π.χ. στην πρώτη παρένθεση εμφανίζεται το 1/5

. Το ίδιο συμβαίνει και στην δεύτερη και στην τρίτη. Αυτά διαγράφονται αφού στις μεν πρώτες δύο αυτό πολλαπλασιάζεται με 1/2

στην δε τρίτη πολλαπλασιάζεται με

.]

gavrilos · #2053

Περιμένοντας έξω από την τράπεζα..

Ισχύει $\displaystyle{n(n+1)^{2}\geq n(n+1)\cdot 3}$ για κάθε $\displaystyle{n}$ φυσικό μεγαλύτερο ή ίσο του $\displaystyle{2}$ .

Επομένως $\displaystyle{\frac{1}{n(n+1)^{2}}\leq \frac{1}{3n(n+1)}$ .

Έτσι το αριστερό μέλος της σχέσης είναι μικρότερο από $\displaystyle{\frac{1}{3\cdot (2\cdot 3)}+\frac{1}{3\cdot (3\cdot 4)}+...+\frac{1}{3n(n+1)}}$ .

Η ταυτότητα $\displaystyle{\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}$

δίνει $\displaystyle{LHS=\frac{1}{3}\cdot \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+....+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=\frac{1}{3}\cdot \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}\right)=\frac{1}{6}-\frac{1}{3(n+1)}<\frac{1}{6}}$ .

Edit:Με πρόλαβε ο....έτερος κύριος Δημήτρης,αλλά με διαφορετικό τρόπο όπως βλέπω.

Edit:Είχα βάλει λάθος φορά σε ανισότητα.Ευχαριστώ τον κύριο Δημήτρη (Ιωάννου)

#2054

ΑΣΚΗΣΗ 974: Αν $\displaystyle{ x,y,z >0}$ και $\displaystyle{x+y+z =1}$ , τότε:

$\displaystyle{\frac{xy}{x^3 +y^3 +z}+\frac{yz}{y^3 +z^3 +x}+\frac{zx}{z^3 +x^3 +z}\leq 2+3xyz}$ .

Υπάρχουν τιμές για τα $\displaystyle{x,y,z}$ , ώστε να ισχύει η ισότητα;

G.Bas · #2055

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 974: Αν $\displaystyle{ x,y,z >0}$ και $\displaystyle{x+y+z =1}$ , τότε:

$\displaystyle{\frac{xy}{x^3 +y^3 +z}+\frac{yz}{y^3 +z^3 +x}+\frac{zx}{z^3 +x^3 +z}\leq 2+3xyz}$ .

Υπάρχουν τιμές για τα $\displaystyle{x,y,z}$ , ώστε να ισχύει η ισότητα;

Μα είναι Cauchy-Schwarz!

Ισχύει σύμφωνα με την Ανισότητα Cauchy-Scwharz

$\displaystyle{\sum\frac{xy}{x^3+y^3+z}=\sum\frac{xy\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+z\right)}{(x^3+y^3+z)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+z\right)}\leq\sum\frac{y+x+xyz}{(x+y+z)^2}=2(x+y+z)+3xyz=2+3xyz.}$

#2056

ΑΣΚΗΣΗ 975
Εάν a,b,c,d

είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να αποδείξετε ότι
$\displaystyle{\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}+\frac{1}{\frac{1}{c}+\frac{1}{d}}\leq\frac{1}{\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+d}}}$ .

#2057

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 897: (Μια παρόμοια με το τέταρτο θέμα του διαγωνισμού "ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ" για την Α ΛΥΚΕΙΟΥ)

Αν $\displaystyle{a,b \in R}$ , να βρεθεί η ελάχιστη και η μέγιστη τιμή του $\displaystyle{a+b}$ , ώστε να είναι:

$\displaystyle{4a^2 +b^2 +3ab -2a =2}$

Αφού δεν βάζει κανένας λύση ....έχουμε:
Αν θέσουμε $a+b=x\Leftrightarrow b=x-a$ τότε η αρχική γίνεται:
2a^2+(x-2)a+x^2-2=0

.
αφού αληθεύει για κάθε $a,b\in R$ πρέπει $\Delta \geq 0 \Rightarrow -7x^2-4x+20\geq 0$
από το οποίο προκύπτει $-2\leq x\leq \frac{10}{7}\Rightarrow -2\leq a+b\leq \frac{10}{7}$ .
Άρα $(a+b)_{max}=\frac{10}{7}$ και τότε $a=\frac{1}{7}$ , $b=-\frac{15}{7}$ .
και $(a+b)_{min}=-2$ οπότε a=1 , b=-3

.

#2058

ΑΣΚΗΣΗ 976 Έστω $\displaystyle{A \subset N}$ και υποθέτουμε ότι :

* $\displaystyle{11 \in A}$

* Για κάθε $\displaystyle{x \in A \Rightarrow 3x \in A}$

* Για κάθε $\displaystyle{x \in A \Rightarrow 6x+4 \in A}$

* Αν $\displaystyle{x \in N}$ με $\displaystyle{4x+2 \in A}$ , τότε $\displaystyle{x \in A}$

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{2010 \in A}$

gavrilos · #2059

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 976 Έστω $\displaystyle{A \subset N}$ και υποθέτουμε ότι :

* $\displaystyle{11 \in A}$

* Για κάθε $\displaystyle{x \in A \Rightarrow 3x \in A}$

* Για κάθε $\displaystyle{x \in A \Rightarrow 6x+4 \in A}$

* Αν $\displaystyle{x \in N}$ με $\displaystyle{4x+2 \in A}$ , τότε $\displaystyle{x \in A}$

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{2010 \in A}$

Καλησπέρα κύριε Δημήτρη.Όμορφη άσκηση.

Έχουμε $\displaystyle{11\in A}$ επομένως $\displaystyle{33\in A}$ .Άρα $\displaystyle{6\cdot 33+4\in A\Leftrightarrow 202\in A}$ .

Επειδή $\displaystyle{202=4\cdot 50+2}$ ισχύει $\displaystyle{50\in A}$ επομένως $\displaystyle{150\in A}$ .Είναι όμως $\displaystyle{150=4\cdot 37+2}$ κι έτσι $\displaystyle{37\in A}$ .

Άρα $\displaystyle{3\cdot 37\in A\Leftrightarrow 111\in A}$ κι έτσι $\displaystyle{6\cdot 111+4\in A\Leftrightarrow 670\in A\Leftrightarrow 3\cdot 670\in A\Leftrightarrow 2010\in A}$ όπως θέλαμε.

G.Bas · #2060

xr.tsif έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 975
Εάν είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να αποδείξετε ότι
$\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}+\frac{1}{\frac{1}{c}+\frac{1}{d}}\leq\frac{1}{\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+d}}$ .

Η προς απόδειξη Ανισότητα ισοδύναμα γράφεται

$\displaystyle{\frac{ab}{a+b}+\frac{cd}{c+d}\leq\frac{(a+c)(b+d)}{a+b+c+d}}$ ή ισοδύναμα

$\displaystyle{\frac{(a-b)^2}{4(a+b)}+\frac{(c-d)^2}{4(c+d)}\geq\frac{(a-b+c-d)^2}{4(a+b+c+d)}}$ η οποία προφανώς ισχύει λόγω της Ανισότητας Cauchy-Schwarz.

Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Μέλη σε σύνδεση