mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 31, 2013 2:00 am**

Άσκηση 229: Για τους θετικούς a,b,c>0

να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{ \frac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc} + \frac{6(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2} \geq 8}$ .

Άσκηση 230: Για τους θετικούς a,b,c>0

να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{(a+b)(a+c)\geq 2\sqrt{abc(a+b+c)}}$ .

Άσκηση 231: Αν x,y>0

θετικοί πραγματικοί αριθμοί με x+y=2

, να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{x^2y^2(x^2+y^2)\geq 2}$ .

Άσκηση 232: Αν x,y,z>0

θετικοί πραγματικοί αριθμοί με xyz=1

και $\displaystyle{x^7+y^7+z^7\leq 3}$ , να υπολογισθεί η παράσταση

$\displaystyle{A=2x^{35}+3y^{63}+4z^{84}}$ .

Πηγή: USA Mathematical Talent Search

Σημείωση: Έβαλα πιο πολλά προβλήματα για να ασχολούνται περισσότεροι

Επεξεργασία: Είχε γίνει λάθος στην αρίθμηση των προβλημάτων.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 31, 2013 2:14 am**

Αλγεβριστής έγραψε:Άσκηση 228: Για τους θετικούς να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{ \frac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc} + \frac{6(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2} \geq 8}$ .

$2\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}\geq 2*3\frac{abc}{abc}= 6$ (1)

$2*3\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}\geq 2\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}= 2$ (2)
Με πρόσθεση των (1) και (2) προκύπτει το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 31, 2013 2:37 am**

Αλγεβριστής έγραψε:
Άσκηση 232: Αν θετικοί πραγματικοί αριθμοί με και $\displaystyle{x^7+y^7+z^7\leq 3}$ , να υπολογισθεί η παράσταση

$\displaystyle{A=2x^{35}+3y^{63}+4z^{84}}$ .

$3 \ge x^7+y^7+z^7 \ge 3 \sqrt [3] {x^7y^7z^7} = 3(xyz)^{7/3}=3$ , άρα ισότητα παντού. Αυτό σημαίνει, επιπρόσθετα, ότι πετυχαίνουμε την ισότητα όταν x=y=z

και άρα (από την xyz=1

) όταν

. Άρα

.

M.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 31, 2013 2:41 am**

Άσκηση 230: Για τους θετικούς να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{(a+b)(a+c)\geq 2\sqrt{abc(a+b+c)}}$ .

Άσκηση 232: Αν θετικοί πραγματικοί αριθμοί με και $\displaystyle{x^7+y^7+z^7\leq 3}$ , να υπολογισθεί η παράσταση

$\displaystyle{A=2x^{35}+3y^{63}+4z^{84}}$ .

Πηγή: USA Mathematical Talent Search

Σημείωση: Έβαλα πιο πολλά προβλήματα για να ασχολούνται περισσότεροι

Επεξεργασία: Είχε γίνει λάθος στην αρίθμηση των προβλημάτων.

ΑΣΚΗΣΗ 230

Η ανισότητα για $\rm a+b+c=1$ γίνεται ισοδύναμη με την $\rm (1-b)(1-c)\ge 2\displaystyle\sqrt{bc(1-b-c)}\Leftrightarrow 1-b-c+bc\ge 2\sqrt{bc(1-b-c)}$
που ισχύει από την $\rm x+y\ge \displaystyle\sqrt{xy}$

ΑΣΚΗΣΗ 232

Από ΑΜ-ΓΜ $\rm x^7+y^7+z^7\ge 3\implies x^7+y^7+z^7=3\implies x=y=z=1$ ..

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 31, 2013 2:57 am**

Άσκηση 233: Για τους θετικούς a,b,c>0

να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{a^4+b^4+c^4\geq a^2bc+ab^2c+abc^2}$ .

Άσκηση 234: Για τους θετικούς x,y,z>0

να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{(x^2+y^2+z^2) \bigg( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}\bigg)\geq 3(x+y+z)}$ .

Πηγή : Wiscosin Mathematical Talent Search

Άσκηση 235: Για τους μη αρνητικούς $a,b,c,d,e\geq 0$ , να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2)(a^3+b^3+c^3+d^3+e^3)\geq 25abcde}$ .

Πηγή: Russian Mathematical Olympiad

Άσκηση 236: Για τους θετικούς a,b,c>0

να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{a^8+b^8+c^8\geq a^4 b^2 c^2 + a^2 b^4 c^2 + a^2 b^2 c^4}$ .

Άσκηση 237: Να αποδείξετε για τους θετικούς w,x,y,z>0

ισχύει

$\displaystyle{\frac{12}{x+y+z+w} \leq \frac{1}{w+x} +\frac{1}{w+y} +\frac{1}{w+z} +\frac{1}{x+y} +\frac{1}{x+z} +\frac{1}{y+z} \leq \frac{3}{4} \bigg( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} +\frac{1}{z} +\frac{1}{w} \bigg)}$ .

Πηγή: British Mathematical Olympiad.

Επεξεργασία: Έγινε μία διόρθωση στην Άσκηση 237, ύστερα από παρατήρηση του κύριου Δημήτρη.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 31, 2013 3:17 am**

Αλγεβριστής έγραψε:Άσκηση 233: Για τους θετικούς να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{a^4+b^4+c^4\geq a^2bc+ab^2c+abc^2}$ .

Θα χρησιμοποιήσω την βασική ανισότητα ΑΜ-ΓΜ : $\displaystyle{x+y+z+w\geq4\sqrt[4]{xyzw}}$ (1)
Οπότε έχω x=a^4, y=b^4, z=c^4, w=a^4

. $(1)\Rightarrow a^4+b^4+c^4+a^4\geq 4a^2bc\Leftrightarrow 2a^4+b^4+c^4\geq 4a^2bc$ . Στη συνέχεια αντικαθιστούμε όπου w=b^4

και

και με πρόσθεση των ανισοτήτων που προκύπτουν αποδεικνύεται η ζητούμενη ανισότητα.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 31, 2013 3:33 am**

Αλγεβριστής έγραψε:Άσκηση 234: Για τους θετικούς να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{(x^2+y^2+z^2) \bigg( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}\bigg)\geq 3(x+y+z)}$ .

Πηγή : Wiscosin Mathematical Talent Search

Βλέποντας το L.H.S

παρατηρώ ότι $\displaystyle{x^2+y^2+z^2\geq \frac{(x+y+z)^2}{3}}$ . Άρα προκύπτει ότι $\displaystyle{\frac{(x+y+z)^2}{3}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geq 3(x+y+z)\Leftrightarrow \frac{(x+y+z)}{3}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geq 3\Leftrightarrow (x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geq 9}$ που ισχύει.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 31, 2013 3:45 am**

Αλγεβριστής έγραψε:Άσκηση 235: Για τους μη αρνητικούς $a,b,c,d,e\geq 0$ , να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2)(a^3+b^3+c^3+d^3+e^3)\geq 25abcde}$ .

Πηγή: Russian Mathematical Olympiad

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\geq5\sqrt[5]{(abcde)^2}}$
$\displaystyle{a^3+b^3+c^3+d^3+e^3\geq5\sqrt[5]{(abcde)^3}}$ . Με πολλαπλασιασμό των δύο αυτών σχέσεων προκύπτει η ζητούμενη σχέση.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 31, 2013 4:15 am**

Αλγεβριστής έγραψε:Άσκηση 237: Να αποδείξετε για τους θετικούς ισχύει

$\displaystyle{\frac{12}{x+y+z+w} \leq \frac{1}{w+x} +\frac{1}{w+y} +\frac{1}{w+z} +\frac{1}{x+y} +\frac{1}{x+z} +\frac{1}{y+z} \leq \frac{3}{4} \bigg( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} +\frac{1}{z} +\frac{1}{x} \bigg)}$ .

Πηγή: British Mathematical Olympiad.

Mε χρήση της ανισότητας Adreescu για την αριστερή πλευρά της ανισότητας έχω :
$\displaystyle{\frac{1}{w+x} +\frac{1}{w+y} +\frac{1}{w+z} +\frac{1}{x+y} +\frac{1}{x+z} +\frac{1}{y+z}}\geq\frac{6^2}{3(x+y+z+w)}\Leftrightarrow \frac{1}{w+x} +\frac{1}{w+y} +\frac{1}{w+z} +\frac{1}{x+y} +\frac{1}{x+z} +\frac{1}{y+z}\geq \frac{12}{x+y+z+w}}$ .
Για την δεξιά πλευρά της ανισότητας έχω : $\displaystyle{\frac{3}{4}\bigg(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} +\frac{1}{z} +\frac{1}{x} \bigg)\geq \frac{3}{4}\frac{16}{x+y+z+w}=\frac{12}{x+y+z+w}}$ . Oπότε προκύπτει το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 31, 2013 8:56 am**

argiris95 έγραψε:
Αλγεβριστής έγραψε:Άσκηση 233: Για τους θετικούς να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{a^4+b^4+c^4\geq a^2bc+ab^2c+abc^2}$ .
Θα χρησιμοποιήσω την βασική ανισότητα ΑΜ-ΓΜ : $\displaystyle{x+y+z+w\geq4\sqrt[4]{xyzw}}$ (1)
Οπότε έχω . $(1)\Rightarrow a^4+b^4+c^4+a^4\geq 4a^2bc\Leftrightarrow 2a^4+b^4+c^4\geq 4a^2bc$ . Στη συνέχεια αντικαθιστούμε όπου και και με πρόσθεση των ανισοτήτων που προκύπτουν αποδεικνύεται η ζητούμενη ανισότητα.

Θέτω για δικιά μου ευκολία a=x,b=y,c=z

. Ακολουθεί μία αντιμετώπιση χωρίς χρήση ανισοτήτων.

Ξέρουμε ότι ισχύει ότι:
$x^4+y^4\geq 2x^2y^2$
$y^4+z^4 \geq 2y^2z^2$
$z^4+x^4\geq 2z^2x^2$
Με πρόσθεση κατά μέλη μένει να αποδείξω ότι $x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq x^2yz+xy^2z+xyz^2$ .
Όμως:
$x^2+y^2\geq 2xy$ πολλαπλασιάζω με το z^2

$y^2+z^2 \geq 2yz$ πολλαπλασιάζω με το x^2

$z^2+x^2\geq 2zx$ πολλαπλασιάζω με το y^2

Μετά από πρόσθεση των σχέσεων κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 31, 2013 9:35 am**

argiris95 έγραψε:
Mε χρήση της ανισότητας Adreescu για την αριστερή πλευρά της ανισότητας έχω :
$\displaystyle{\frac{1}{w+x} +\frac{1}{w+y} +\frac{1}{w+z} +\frac{1}{x+y} +\frac{1}{x+z} +\frac{1}{y+z}}\geq\frac{6^2}{3(x+y+z+w)}\Leftrightarrow \frac{1}{w+x} +\frac{1}{w+y} +\frac{1}{w+z} +\frac{1}{x+y} +\frac{1}{x+z} +\frac{1}{y+z}\geq \frac{12}{x+y+z+w}}$ .
Για την δεξιά πλευρά της ανισότητας έχω : $\displaystyle{\frac{3}{4}\bigg(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} +\frac{1}{z} +\frac{1}{x} \bigg)\geq \frac{3}{4}\frac{16}{x+y+z+w}=\frac{12}{x+y+z+w}}$ . Oπότε προκύπτει το ζητούμενο.

Αργύρη, για ξαναδές το.

Έχουμε να δείξουμε $A \le B \le C$ . Έδειξες $A\le B$ και $A\le C$ . Μένει η $B\le C$ (που άμα την αποδείξεις, δείχνει ότι ήταν περιττή η απόδειξη της $A\le C$ )

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 31, 2013 10:26 am**

Αλγεβριστής έγραψε:
Έχετε δίκιο, βιάστικα και την πάτησα, αφού δεν κοίταξα όλες τις μεταθέσεις. Αλλά θέλω να σας υποβάλλω δύο ερωτήματα:

1) Γίνεται στη συγκεκριμένη περίπτωση να το παρακάμψουμε και να τη χρησιμοποιήσουμε;

2) Γενικά υπάρχει γρήγορος τρόπος να αποδείξουμε ή να καταρρίψουμε την συμμετρικότητα; Δηλαδή, αν έχουμε μεταβλητές, πρέπει να κάνουμε δοκιμές.

Άσκηση 224:
Για τους θετικούς , να αποδείξετε ότι
$\displaystyle{a^3+b^3+c^3+ab^2+bc^2+ca^2\geq 2(a^2b+b^2c+c^2a)}$ .

Το ξεχάσαμε αυτό.

Από ΑΜ - ΓΜ έχουμε

$a^3+ab^2\geq 2a^2b$

$b^3+bc^2\geq 2b^2c$

$c^3+ca^2\geq 2c^2a$

Με προσθέση κατά μέλη των παραπάνω προκύπτει η ζητούμενη.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 31, 2013 10:50 am**

Άσκηση 238: Για τους θετικούς a,b,c>0

να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{ \bigg(a + \frac{b}{ca} \bigg) \bigg( b + \frac{c}{ba} \bigg) \bigg( c + \frac{a}{bc} \bigg) \geq 8}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 31, 2013 10:55 am**

Αλγεβριστής έγραψε:Άσκηση 238: Για τους θετικούς να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{ \bigg(a + \frac{b}{ca} \bigg) \bigg( b + \frac{c}{ba} \bigg) \bigg( c + \frac{a}{bc} \bigg) \geq 8}$ .

Από την ανισοϊσότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου ισχύει ότι:
$a+\frac{b}{ca}\geq 2\sqrt{\frac{b}{c}}$ (1)
$b+\frac{c}{ab}\geq 2\sqrt{\frac{c}{a}}$ (2)
$c+\frac{a}{bc}\geq 2\sqrt{\frac{a}{b}}$ (3)

Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη προκύπτει η δοθείσα.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 31, 2013 11:06 am**

Άσκηση 239: Για τους θετικούς a,b,c>0

να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{ \frac{a^3}{bc} + \frac{b^3}{ca} +\frac{c^3}{ab} \geq a + b + c}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 31, 2013 2:34 pm**

Αλγεβριστής έγραψε:Άσκηση 239: Για τους θετικούς να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{ \frac{a^3}{bc} + \frac{b^3}{ca} +\frac{c^3}{ab} \geq a + b + c}$ .

$(\frac{a^3}{bc}+\frac{b^3}{ca}+\frac{c^3}{ab})^2 \geq 3(\frac{a^2b^2}{c^2}+\frac{b^2c^2}{a^2}+\frac{c^2a^2}{b^2}) \geq3(a^2+b^2+c^2) \geq (a+b+c)^2...$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 31, 2013 3:42 pm**

Άσκηση 240: Για τους θετικούς x,y,z>0

να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{ \frac{y^3z}{x^2(xy+z^2)} +\frac{z^3x}{y^2(zy+x^2)} +\frac{x^3y}{z^2(xz+y^2)} \geq \frac{3}{2}$ .

Υπενθύμιση: Παραπάνω υπάρχουν προβλήματα άλυτα για οποιον ενδιαφέρεται.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 31, 2013 4:42 pm**

Αλγεβριστής έγραψε:Άσκηση 239: Για τους θετικούς να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{ \frac{a^3}{bc} + \frac{b^3}{ca} +\frac{c^3}{ab} \geq a + b + c}$ .

Μπορούμε επίσης να πολλαπλασιάσουμε με abc>0

και τότε είναι ίδια με την 233 και μπορεί να λυθεί με am-gm

.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 31, 2013 4:47 pm**

Bill K έγραψε:
Αλγεβριστής έγραψε:Άσκηση 239: Για τους θετικούς να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{ \frac{a^3}{bc} + \frac{b^3}{ca} +\frac{c^3}{ab} \geq a + b + c}$ .
Μπορούμε επίσης να πολλαπλασιάσουμε με και τότε είναι ίδια με την 233 και μπορεί να λυθεί με .

Πολύ σωστά. Ακόμα θα μπορούσαμε να κάνουμε ΑΜ - ΓΜ στα παρακάτω και να προσθέσουμε κατά μέλη.

$\displaystyle{ \frac{a^3}{bc} +b+c \geq 3a}$

$\displaystyle{ \frac{b^3}{ca} +c+a \geq 3b}$

$\displaystyle{ \frac{c^3}{ab} +b+a \geq 3c}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 31, 2013 7:47 pm**

Αλγεβριστής έγραψε:Άσκηση 234: Για τους θετικούς να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{(x^2+y^2+z^2) \bigg( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}\bigg)\geq 3(x+y+z)}$ .

Πηγή : Wiscosin Mathematical Talent Search

Από την Andreescu $x^2 +y^2 +z^2 \geq\frac{(x+y+z)^2}{1+1+1}$

Πάλι από την Andreescu $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \frac{(1+1+1)^2}{x+y+z}$

Πολλαπλασιάζω κατά μέλη:

$(x^2 +y^2 +z^2 )(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geq 3(x+y+z)$

mathematica.gr

Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο