ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

#81

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 23
Αν οι θετικοί ακέραιοι είναι τέτοιοι ώστε και $\displaystyle \frac{x}{y}>\frac{a}{b}>\frac{z}{t},$

να δείξετε ότι $ab\geq (x+z)(y+t).$

Έχουμε

$\displaystyle{\frac{x}{y}>\frac{a}{b}\Leftrightarrow xb>ay\Leftrightarrow xb-ay>0}$

$\displaystyle{\frac{a}{b}>\frac{z}{t}\Leftrightarrow at>bz\Leftrightarrow at-bz>0}$

Και αφού πρόκειται για ακεραίους αριθμούς, άρα ό αριθμοί $\displaystyle{xb-ay}$ και $\displaystyle{at-bz}$ θα παίρνουν τις τιμές $\displaystyle{1 , 2 , 3 , ...}$ .

Θέτουμε τώρα $\displaystyle{xb-ay=m}$ και $\displaystyle{at-bz=n}$ . Και λύνοντας το σύστημα αυτό (π.χ με ορίζουσες) με αγνώστους τα $\displaystyle{a , b}$ βρίσκουμε:

$\displaystyle{a=nx+mz , b=ny+mt}$ , όπου όπως είδαμε τα $\displaystyle{m , n}$ ανήκουν στο σύνολο $\displaystyle{{1 , 2 , 3 ...}}$

Τώρα θέλουμε να αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{ab\geq (x+z)(y+t)\Leftrightarrow (nx+mz)(ny+mt)\geq (x+z)(y+t)\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{mnxt-xt+m^{2}zt-zt+n^{2}xy-xy+mnyz-yz\geq 0\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{(mn-1)(x+yz)+(m-1)(m+1)zt+(n-1)(n+1)xy\geq 0}$

Η τελευταία όμως αυτή σχέση είναι αληθής, εφ όσον όλοι οι αριθμοί είναι θετικοί ακέραιοι. Άρα δείξαμε το ζητούμενο.

Kostas_94 · #82

freyia έγραψε:
Kostas_94 έγραψε:
socrates έγραψε:
freyia έγραψε:Νομίζω ότι έχω βρεί γιατί το $\displaystyle{f(0)=0}$
Άμα βάλλω $\displaystyle{x=y=0}$ τότε $\displaystyle{f(f^{2}(0))=0}$ . Άμα υποθέσω ότι $\displaystyle{f(0)\neq 0}$ τότε επειδή ο Κώστας πριν έχει αποδείξει ότι $\displaystyle{f(x)=x}$ για κάθε $\displaystyle{x\neq 0}$ καταλαβαίνουμε ότι πρέπει $\displaystyle{f(f^{2}(0))=f^{2}(0)}$ \displaystyle{\displaystyle{\Rightarrow 0=f^{2}(0)}} $\displaystyle{\Rightarrow f(0)=0}$ .
Έτσι βγαίνει το συμπέρασμα ότι f(0)=0
Νομίζω και αυτό δεν μπορούμε να το κάνουμε γιατί εφαρμόζουμε το για που δεν ξέρουμε αν είναι διάφορο του μηδενός. Όμως ξεκινώντας με τον ίδιο τρόπο προκύπτει οτι το 0 ανήκει στο και $f(x)=x\neq0$ για $x\neq0$ . Αυτά τα δυο αρκούν για να έχουμε

Καλησπέρα.

Ίσως δεν έγινε κατανοητή η απόδειξη που έκανα...
Έχω υποθέσει ότι $f(0)\neq 0$ και με αυτήν την υπόθεση έχω αποδείξει ότι $\displaystyle{f(0)=0}$ , επομένως έχω καταλήξει σε άτοπο. Άρα για να μην έχω άτοπο, θα πρέπει να είναι $\displaystyle{f(0)=0}$

freyia

Πάλι δικό μου το λάθος

(δεύτερο

)

Ch.Chortis · #83

Atemlos έγραψε:
Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 31
Να λυθεί στο $\mathbb R$ το σύστημα των εξισώσεων :
$\displaystyle{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{x^3} + {y^3} + {z^3} = 0}\\ {{x^5} + {y^5} + {z^5} = 0}\\ {{x^{2007}} + {y^{2007}} + {z^{2007}} = 0} \end{array}} \right.}$
(Διαγωνισμός „Traian Lalescu”, 2007)
Μπάμπης
Ευχαριστώ το Θάνο για το typo που μου υπέδειξε.
Μια λύση με κάποια επιφύλαξη πάντως.
Η δεύτερη γραμμή γράφεται σαν $\displaystyle{{x^5} + {y^5} + {z^2}{z^3} = 0}$ και λαμβάνοντας την 1η γραμμή υπόψη παίρνουμε :
$\displaystyle{\begin{gathered} {x^5} + {y^5} + {z^2}{z^3} = 0 \to {x^5} + {y^5} + {z^2}\left( { - {x^3} - {y^3}} \right) = 0 \to \hfill \\ \to \boxed{{x^3}\left( {{x^2} - {z^2}} \right) + {y^3}\left( {{y^2} - {z^2}} \right) = 0} \hfill \\ \end{gathered} }$
Όμοια για την 3η γραμμή έχουμε ότι :
$\displaystyle{\begin{gathered} {x^{2007}} + {y^{2007}} + {z^{2007}} = 0 \to {x^{2007}} + {y^{2007}} + {z^{2004}}{z^3} = 0 \to \hfill \\ {x^{2007}} + {y^{2007}} + {z^{2004}}\left( { - {x^3} - {y^3}} \right) = 0 \to \hfill \\ \boxed{{x^3}\left( {{x^{2004}} - {z^{2004}}} \right) + {y^3}\left( {{y^{2004}} - {z^{2004}}} \right) = 0} \hfill \\ \end{gathered} }$
Από τις δυο σχέσεις στο πλαίσιο , παίρνουμε , $\displaystyle{x = y = z = 0,{x^2} = {y^2} = {z^2} = 0}$
Δεκτή λύση η $\displaystyle{x = y = z = 0}$

Atemlos τους ισχυρισμούς σας (εκτός και αν κάνω καποιο ''χοντρό'' λάθος) επαληθεύουν και οι παρακάτω συνδυασμοί:1) $\displaystyle x=0,y=1,z=-1$ ,2) $\displaystyle x=-1,y=0,z=1$ ,3) $\displaystyle x=1,y=-1,z=0$ ,4) $\displaystyle x=1,y=0,z=-1$ ,5) $\displaystyle x=-1,y=1,z=0$ ,6) $\displaystyle x=0,y=-1,z=1$ και γενικότερα δύο αριθμοί αντίθετοι και ένας ίσος με το

#84

ΑΣΚΗΣΗ 33
Να βρεθούν οι πραγματικές ρίζες της εξίσωσης $\displaystyle{[\sqrt{n}]+[\frac{n-2}{3}]+1=n.}$

ΑΣΚΗΣΗ 34
Αν a,b,c

θετικοί πραγματικοί αριθμοί για τους οποίους a+b+c=1,

να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1+a}{b+c}+\frac{1+b}{c+a}+\frac{1+c}{a+b}\leq \frac{1}{abc}.}$

dimitris.ligonis · #85

socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 34
Αν θετικοί πραγματικοί αριθμοί για τους οποίους να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1+a}{b+c}+\frac{1+b}{c+a}+\frac{1+c}{a+b}\leq \frac{1}{abc}.}$

Νομίζω πως τώρα είναι εντάξει:

από τη συνθήκη έχουμε : $\frac{1+a}{1-a}+\frac{1+b}{1-b}+\frac{1+c}{1-c}\leq\frac{1}{abc}$

μετά απο πράξεις: $\frac{3abc-(ab+bc+ac)-(a+b+c)+3}{(1-a)(1-b)(1-c)}\leq\frac{1}{abc} \Leftrightarrow$

$3abc-(ab+bc+ac)+2\leq\frac{(b+c)(a+c)(a+b)}{abc}$

από ΑΜ-ΓΜ: $(b+c)(a+c)(a+b)\geq8abc \Leftrightarrow \frac{(b+c)(a+c)(a+b)}{abc}\geq8$

Άρα αρκεί: $8\geq3abc-(ab+bc+ac)+2 \Leftrightarrow$

$6+ab+ac+bc\geq3abc$

Όμως απο ΑΜ-ΓΜ: $ab+ac+bc\geq3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$

και αρκεί : $3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\geq3abc \Leftrightarrow$

$a^2b^2c^2\geq a^3b^3c^3$ που ισχύει αφού $a,b,c\in (0,1)$

EDIT: Διορθώθηκε μια λάθος λύση

sokratis lyras · #86

dimitris.ligonis έγραψε:
socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 34
Αν θετικοί πραγματικοί αριθμοί για τους οποίους να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1+a}{b+c}+\frac{1+b}{c+a}+\frac{1+c}{a+b}\leq \frac{1}{abc}.}$
Από τις δύο συνθήκες παίρνουμε ότι: $a,b,c \in (0,1)$

Άρα έχουμε :

$\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{a+c}+\frac{a+b+c}{a+b}-\frac{a}{b+c}-\frac{b}{a+c}-\frac{c}{a+b}\leq \frac{a}{abc}+\frac{b}{abc}+\frac{c}{abc}$

Ίσως δεν βλέπω κάτι αλλά δεν μπορώ να καταλάβω γιατί ισχύει το παραπάνω.

dimitris.ligonis · #87

Όντως Σωκράτη.Ευχαριστώ για την επισήμανση

Grigoris K. · #88

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 34
Αν θετικοί πραγματικοί αριθμοί για τους οποίους να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1+a}{b+c}+\frac{1+b}{c+a}+\frac{1+c}{a+b}\leq \frac{1}{abc}.}$

Καλησπέρα Θανάση. Μία προσπάθεια:

$\displaystyle{ \sum abc \frac{1+a}{b+c} = \sum \frac{bc}{b+c}(a^2 +a) \leq \sum \frac{b+c}{4}(a^2 + a) = }$

$\displaystyle{ = \frac{\sum 2ab + \sum (b+c)a^2}{4} = \frac{\sum 2ab + \sum (1-a)a^2}{4} = \frac{(a+b+c)^2 - \sum a^3}{4} \mathop \leq \limits^{(*)}}$

$\displaystyle{ \leq \frac{1 -\frac{1}{9}}{4} = \frac{2}{9}}$

$\displaystyle{ (*) }$ Από την ανισότητα των δυνάμεων $\displaystyle{ \sqrt[3]{\frac{a^3 + b^3 + c^3}{3}} \geq \frac{a+b+c}{3} \Rightarrow a^3 + b^3 + c^3 \geq \frac{1}{9} }$

#89

Grigoris K. έγραψε:
socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 34
Αν θετικοί πραγματικοί αριθμοί για τους οποίους να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1+a}{b+c}+\frac{1+b}{c+a}+\frac{1+c}{a+b}\leq \frac{1}{abc}.}$
Καλησπέρα Θανάση. Μία προσπάθεια:

$\displaystyle{ \sum abc \frac{1+a}{b+c} = \sum \frac{bc}{b+c}(a^2 +a) \leq \sum \frac{b+c}{4}(a^2 + a) = }$

$\displaystyle{ = \frac{\sum 2ab + \sum (b+c)a^2}{4} = \frac{\sum 2ab + \sum (1-a)a^2}{4} = \frac{(a+b+c)^2 - \sum a^3}{4} \mathop \leq \limits^{(*)}}$

$\displaystyle{ \leq \frac{1 -\frac{1}{9}}{4} = \frac{2}{9}}$

$\displaystyle{ (*) }$ Από την ανισότητα των δυνάμεων $\displaystyle{ \sqrt[3]{\frac{a^3 + b^3 + c^3}{3}} \geq \frac{a+b+c}{3} \Rightarrow a^3 + b^3 + c^3 \geq \frac{1}{9} }$

stavros11 · #90

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 33
Να βρεθούν οι πραγματικές ρίζες της εξίσωσης $\displaystyle{[\sqrt{n}]+[\frac{n-2}{3}]+1=n.}$

Εύκολα βλέπουμε ότι $\displaystyle{LHS \in \mathbb{Z}\Rightarrow n \in \mathbb{Z}}$ και αφού από τους περιορισμούς $\displaystyle{n\geq 0}$ , τελικά $\displaystyle{n \in \mathbb{N}}$ .

Από τον ορισμό του ακέραιου μέρους ισχύει $\displaystyle{x\geq [x] \; \; \forall \; x \in \mathbb{R}}$ . Οπότε είναι $\displaystyle{LHS\leq \sqrt{n}+\frac{n-2}{3}+1\Rightarrow \sqrt{n}+\frac{n-2}{3}+1-n\geq 0\Rightarrow 3\sqrt{n}-2n+1\geq 0}$ .

Λύνοντας την τελευταία παίρνουμε $\displaystyle{\sqrt{n}\leq \frac{3+\sqrt{17}}{4}\Rightarrow 0\leq n\leq \frac{13+3\sqrt{13}}{8}<3\Rightarrow n \in [0,3)}$ . Όμως αφού $\displaystyle{n \in \mathbb{N}}$ , οι μόνες πιθανές λύσεις είναι $\displaystyle{n \in \left\{0,1,2 \right\}}$ . Εύκολα βρίσκουμε ότι και οι τρεις επαληθεύουν την εξίσωση.

#91

stavros11 έγραψε:
socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 33
Να βρεθούν οι πραγματικές ρίζες της εξίσωσης $\displaystyle{[\sqrt{n}]+[\frac{n-2}{3}]+1=n.}$
Εύκολα βλέπουμε ότι $\displaystyle{LHS \in \mathbb{Z}\Rightarrow n \in \mathbb{Z}}$ και αφού από τους περιορισμούς $\displaystyle{n\geq 0}$ , τελικά $\displaystyle{n \in \mathbb{N}}$ .

Από τον ορισμό του ακέραιου μέρους ισχύει $\displaystyle{x\geq [x] \; \; \forall \; x \in \mathbb{R}}$ . Οπότε είναι $\displaystyle{LHS\leq \sqrt{n}+\frac{n-2}{3}+1\Rightarrow \sqrt{n}+\frac{n-2}{3}+1-n\geq 0\Rightarrow 3\sqrt{n}-2n+1\geq 0}$ .

Λύνοντας την τελευταία παίρνουμε $\displaystyle{\sqrt{n}\leq \frac{3+\sqrt{17}}{4}\Rightarrow 0\leq n\leq \frac{13+3\sqrt{13}}{8}<3\Rightarrow n \in [0,3)}$ . Όμως αφού $\displaystyle{n \in \mathbb{N}}$ , οι μόνες πιθανές λύσεις είναι $\displaystyle{n \in \left\{0,1,2 \right\}}$ . Εύκολα βρίσκουμε ότι και οι τρεις επαληθεύουν την εξίσωση.

#92

dimitris.ligonis έγραψε:
socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 34
Αν θετικοί πραγματικοί αριθμοί για τους οποίους να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1+a}{b+c}+\frac{1+b}{c+a}+\frac{1+c}{a+b}\leq \frac{1}{abc}.}$

Νομίζω πως τώρα είναι εντάξει:

από τη συνθήκη έχουμε : $\frac{1+a}{1-a}+\frac{1+b}{1-b}+\frac{1+c}{1-c}\leq\frac{1}{abc}$

μετά απο πράξεις: $\frac{3abc-(ab+bc+ac)-(a+b+c)+3}{(1-a)(1-b)(1-c)}\leq\frac{1}{abc} \Leftrightarrow$

$3abc-(ab+bc+ac)+2\leq\frac{(b+c)(a+c)(a+b)}{abc}$

από ΑΜ-ΓΜ: $(b+c)(a+c)(a+b)\geq8abc \Leftrightarrow \frac{(b+c)(a+c)(a+b)}{abc}\geq8$

Άρα αρκεί: $8\geq3abc-(ab+bc+ac)+2 \Leftrightarrow$

$6+ab+ac+bc\geq3abc$

Όμως απο ΑΜ-ΓΜ: $ab+ac+bc\geq3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$

και αρκεί : $3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\geq3abc \Leftrightarrow$

$a^2b^2c^2\geq a^3b^3c^3$ που ισχύει αφού $a,b,c\in (0,1)$

EDIT: Διορθώθηκε μια λάθος λύση

#93

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 31

Να λυθεί στο $\mathbb R$ το σύστημα των εξισώσεων :

$\displaystyle{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{x^3} + {y^3} + {z^3} = 0}\\ {{x^5} + {y^5} + {z^5} = 0}\\ {{x^{2007}} + {y^{2007}} + {z^{2007}} = 0} \end{array}} \right.}$

(Διαγωνισμός „Traian Lalescu”, 2007)

Μπάμπης

Ευχαριστώ το Θάνο για το typo που μου υπέδειξε.

Μπάμπη δίνω μια λύση, αλλά πιστεύω ότι θα υπάρχει και πιο απλή.

Αν είναι $\displaystyle{z=0}$ τότε εύκολα βρίσκουμε ότι $\displaystyle{x=-y}$ και άρα η λύση του συστήματος είναι $\displaystyle{(x , y , z)=(m , -m , 0) }$ όπου $\displaystyle{m}$ είναι οποιοσδήποτε πραγματικός αριθμός. Όμοια αν $\displaystyle{y=0}$ ή $\displaystyle{x=0}$ οπότε στις περιπτώσεις αυτές έχουμε τις λύσεις $\displaystyle{(x , y , z)=(m , 0 , -m)}$ ή $\displaystyle{(x , y , z)=(0 , m , -m)}$

Ας υποθέσουμε τώρα ότι $\displaystyle{z\neq 0}$ . Τότε ΄το δοσμένο σύστημα γράφεται:

$\displaystyle{\left(\frac{x}{z} \right)^{3}+\left(\frac{y}{z} \right)^{3}+1=0}$

$\displaystyle{\left(\frac{x}{z} \right)^{5}+\left(\frac{y}{z} \right)^{3}+1=0}$

$\displaystyle{\left(\frac{x}{z} \right)^{2007}+\left(\frac{y}{z} \right)^{2007}+1=0}$

Ονομάζω $\displaystyle{\frac{x}{z}=a , \frac{y}{z}=b}$ . Τότε το σύστημα γράφεται:

$\displaystyle{a^{3}+b^{3}=-1}$ .......ΣΧΕΣΗ 1
$\displaystyle{a^{5}+b^{5}=-1}$ ..........ΣΧΕΣΗ 2
$\displaystyle{a^{2007}+b^{2007}=-1}$ ..........ΣΧΕΣΗ 3

Από την ΣΧΕΣΗ 3 έχουμε: $\displaystyle{(a^{3})^{669}+(b^{3})^{669}=-1}$ και λόγω της ΣΧΕΣΗΣ 1 έχουμε:

$\displaystyle{(-1-b^{3})^{669}+(b^{3})^{669}+1=0}$ και αν θέσω $\displaystyle{b^{3}=x}$ έχω

$\displaystyle{-(1+x)^{669}+x^{669}+1=0}$

Θεωρώ την συνάρτηση: $\displaystyle{f(x)=-(1+x)^{669}+x^{669}+1}$ η οποία έχει παράγωγο

$\displaystyle{f^{/}(x)=-669(1+x)^{668}+669x^{668}}$ . Είναι $\displaystyle{f{/}{x}=0\Rightarrow x=-\frac{1}{2}}$ . Επίσης

$\displaystyle{f^{/}(x)>0\Leftrightarrow x<-\frac{1}{2}}$

$\displaystyle{f^{/}(x)<0\Leftrightarrow x>-\frac{1}{2}}$

Άρα για $\displaystyle{x=-\frac{1}{2}}$ η $\displaystyle{f}$ παρουσιάζει ολικό μέγιστο το $\displaystyle{f(-\frac{1}{2})=\frac{2^{668}-1}{2^{668}}}$

Από τον πίνακα μεταβολών της $\displaystyle{f}$ βλέπουμε ότι η εξίσωση $\displaystyle{f(x)=0}$ έχει το πολύ μιά ρίζα στο $\displaystyle{(-\propto ,-\frac{1}{2})}$ που εύκολα διαπιστώνουμε ότι είναι η $\displaystyle{x=-1}$ και το πολύ μια ρίζα στο $\displaystyle{(-\frac{1}{2},+\propto )}$ που εύκολα διαπιστώνουμε ότι είναι η $\displaystyle{x=0}$ .

Αν λοιπόν $\displaystyle{x=-1}$ τότε $\displaystyle{b^{3}=-1}$ άρα $\displaystyle{b=-1}$ και άρα $\displaystyle{y=-z}$ και από την ΣΧΕΣΗ 1 προκύπτει $\displaystyle{z=0}$ , λύση την οποία έχουμε ήδη βρει από την αρχή

Αν πάλι $\displaystyle{x=0}$ τότε $\displaystyle{b^{3}=0}$ και άρα $\displaystyle{b=0}$ και άρα $\displaystyle{y=0}$ , περίπτωση που ήδη έχουμε αντιμετωπίσει από την αρχή.

Συνεπως οι λύσεις του συστήματος είναι

$\displaystyle{(x , y , z)=(m , -m , 0)}$ ή $\displaystyle{(x , y , z)=(m , 0 , -m)}$ ή $\displaystyle{(x , y , z)=(0 , m , -m)}$ , όπου $\displaystyle{m}$ είναι οποισδήποτε πραγματικός αριθμός

#94

ΑΣΚΗΣΗ 35

Αν a,b,c

είναι θετικοί αριθμοί με άθροισμα

, να αποδειχθεί ότι :

$\displaystyle{(1+\frac {1}{a}) \cdot (1+\frac {1}{b}) \cdot (1+\frac {1}{c}) \geq 64 }$

Μπάμπης

(Επίπεδο : Θαλής -Ευκλείδης Α΄Λυκείου)

#95

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 35

Αν είναι θετικοί αριθμοί με άθροισμα , να αποδειχθεί ότι :

$\displaystyle{(1+\frac {1}{a}) \cdot (1+\frac {1}{b}) \cdot (1+\frac {1}{c}) \geq 64 }$

Μπάμπης

(Επίπεδο : Θαλής -Ευκλείδης Α΄Λυκείου)

Σίγουρα έχουμε ξανασυναντήσει αυτή την κλασική ανισότητα:

1ος τρόπος: Από την ανισότητα Hölder έχουμε

$\displaystyle{(1+\frac {1}{a}) \cdot (1+\frac {1}{b}) \cdot (1+\frac {1}{c}) \geq \Big(1+\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}\Big)^3\geq (1+3)^3=64,}$

επειδή από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ είναι $\displaystyle{1=a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc} \Rightarrow \sqrt[3]{abc}\leq \frac{1}{3}.}$

#96

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 35

Αν είναι θετικοί αριθμοί με άθροισμα , να αποδειχθεί ότι :

$\displaystyle{(1+\frac {1}{a}) \cdot (1+\frac {1}{b}) \cdot (1+\frac {1}{c}) \geq 64 }$

Μπάμπης

(Επίπεδο : Θαλής -Ευκλείδης Α΄Λυκείου)

2ος τρόπος:

$\displaystyle{(1+\frac {1}{a}) \cdot (1+\frac {1}{b}) \cdot (1+\frac {1}{c}) =(2+\frac {b}{a}+\frac{c}{a}) \cdot (2+\frac {c}{b}+\frac{a}{b}) \cdot (2+\frac {a}{c}+\frac{b}{c}) \geq 4\sqrt[4]{\frac{bc}{a^2}}4\sqrt[4]{\frac{ca}{b^2}}4\sqrt[4]{\frac{ab}{c^2}}=64.}$

dr.tasos · #97

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 35

Αν είναι θετικοί αριθμοί με άθροισμα , να αποδειχθεί ότι :

$\displaystyle{(1+\frac {1}{a}) \cdot (1+\frac {1}{b}) \cdot (1+\frac {1}{c}) \geq 64 }$

Μπάμπης

(Επίπεδο : Θαλής -Ευκλείδης Α΄Λυκείου)

Αν και δεν εχω καταπιαστει με τετοια θεματα θα κανω μια προσπαθεια .

Η αποδεικτέα μπορεί να γραφεί και ως
$\displaystyle{ (1+\frac{a+b+c}{a})(1+\frac{a+b+c}{b})(1+\frac{a+b+c}{c}) \geq 64 \Leftrightarrow (2+\frac{b+c}{a})(2+\frac{a+c}{b})(2+\frac{a+b}{c}) \geq 64 }$

Απο AM-GM θα πάρω :
$\displaystyle{ 1+1+\frac{b}{a}+\frac{c}{a} \geq 4 \sqrt[4]{\frac{bc}{a^2}} \quad (1) }$
$\displaystyle{ 1+1+\frac{b}{c}+\frac{a}{c} \geq 4 \sqrt[4]{\frac{ba}{c^2}} \quad (2) }$
$\displaystyle{ 1+1+\frac{a}{b}+\frac{c}{b} \geq 4 \sqrt[4]{\frac{ac}{b^2}} \quad (3) }$
Με πολλαπλασιαμο των $\displaystyle{ (1) , (2) , (3) }$ παίρνω

$\displaystyle{ (2+\frac{a+b}{c})(2+\frac{a+b}{c})(2+\frac{a+b}{c}) \geq 64 \sqrt[4]{\frac{a^2b^2c^2}{a^2b^2c^2}} } \Leftrightarrow \quad (2+\frac{a+b}{c})(2+\frac{a+b}{c})(2+\frac{a+b}{c}) \geq 64$

άρα το ζητουμενο απεδειχθη .

Με προλαβε απο πανω ο κυριος Θανος με 2 !!!! τροπους αλλα την αφήνω για τον κοπο.

#98

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 35

Αν είναι θετικοί αριθμοί με άθροισμα , να αποδειχθεί ότι :

$\displaystyle{(1+\frac {1}{a}) \cdot (1+\frac {1}{b}) \cdot (1+\frac {1}{c}) \geq 64 }$

Μπάμπης

(Επίπεδο : Θαλής -Ευκλείδης Α΄Λυκείου)

Εκτός από τις παραπάνω ωραίες αποδείξεις σας, συμπληρώνω άλλη μία που δοκίμασα όταν πρωτοσυνάντησα την άσκηση που απευθύνονταν σε μικρούς μαθητές και έτσι έπρεπε αρχικά να την προσπαθήσω με πιο στοιχειώδεις γνώσεις.

Με βάση την $\displaystyle{x+y\geq 2\sqrt{xy} }$ παίρνουμε :

$\displaystyle{1+\frac {1}{a}=\frac {(a+b)+(a+c)}{a} \geq \frac {2\sqrt {ab}+ 2\sqrt {ac}}{a} =2\frac {\sqrt b+\sqrt c}{\sqrt a} \geq 4\frac {\sqrt[4]{ bc}}{\sqrt a}$

Ενεργώντας κυκλικά και πολλαπλασιάζοντας παίρνουμε τη ζητούμενη ανισότητα , με ισότητα όταν $a=b=c=\frac {1}{3}$

Μπάμπης

#99

ΑΣΚΗΣΗ 36
Οι πραγματικοί αριθμοί a,b,c

είναι τέτοιοι ώστε $a^2 + b^2 + c^2 - a (b + c) = 2 -\sqrt{2}.$
Να δείξετε ότι $b (c + a) \leq \sqrt{2}$ και $c (a + b) \leq \sqrt{2}.$

#100

ΑΣΚΗΣΗ 37
Να εξετάσετε αν υπάρχει συνάρτηση $f:\Bbb{R}\to\Bbb{R}$ τέτοια ώστε $f(x^{2}+f(y))=f(x)+y ,$ για κάθε $x,y\in \Bbb{R}.$

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Μέλη σε σύνδεση