mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 03, 2013 12:53 am**

Να εξετάσετε αν είναι πάντα αληθής ο παρακάτω ισχυρισμός:

Αν x,y,a,b

είναι θετικοί αριθμοί για τους οποίους ισχύουν

x^3+y^3=a^3+b^3

και

τότε

και

.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 03, 2013 2:17 am**

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:Να εξετάσετε αν είναι πάντα αληθής ο παρακάτω ισχυρισμός:

Αν είναι θετικοί αριθμοί για τους οποίους ισχύουν

και

τότε και .

Έχουμε $\begin{cases}(x+y)^3-3xy(x+y)=a^3+b^3\\(x+y)^2-2xy=a^2+b^2\end{cases}$ .

Αν $x+y=t\;,\;xy=u$ , τότε $\begin{cases}t^3-3tu=a^3+b^3\\t^2-2u=a^2+b^2\end{cases}$ .

Από τη 2η έχουμε $u=\dfrac{t^2-(a^2+b^2)}{2}\;\;(1)$ .

Έτσι η 1η γίνεται $t^3-3t\dfrac{t^2-(a^2+b^2)}{2}=a^3+b^3\iff t^3-3(a^2+b^2)t+2(a^3+b^3)=0 \iff$

t=a+b

ή $t=\dfrac{-(a+b)+\sqrt{9a^2-6ab+9b^2}}{2}$ ή $t=\dfrac{-(a+b)-\sqrt{9a^2-6ab+9b^2}}{2}$ .

Η τρίτη λύση απορρίπτεται γιατί t>0

.

Αν

, τότε από την (1)

έχουμε $u=\cdots=ab$ και λύνοντας το σύστημα $\begin{cases}x+y=a+b\\xy=ab\\x>y>0\\a>b>0\end{cases}$ έχουμε x=a

και

.

Αν $t=\dfrac{-(a+b)+\sqrt{9a^2-6ab+9b^2}}{2}$ , τότε από την (1)

έχουμε

$u=\dfrac{3a^2-2ab+3b^2-(a+b)\sqrt{9a^2-6ab+9b^2}}{4}$ που είναι όμως αρνητικό $\color{red}(\star)$ και απορρίπτεται.

Άρα ισχύει ότι $x=a\;,\;y=b$ .

$\color{red}(\star)$ Είναι $\left(3a^2-2ab+3b^2\right)^2-\left((a+b)\sqrt{9a^2-6ab+9b^2}\right)^2=\cdots=$

=-8ab(3b^2-2ab+3a^2)<0

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 03, 2013 12:12 pm**

Γραφικά το παραπάνω ερμηνεύεται ως εξής:

Οι καμπύλες C_1:x^2+y^2=a^2+b^2

,

με

, έχουν ένα μόνο κοινό σημείο στο εσωτερικό της γωνίας που σχηματίζει η y=x

με τον

, το $\Gamma(a,b)$ του παρακάτω σχήματος.

Τα σημεία $A\;,\;\Delta$ αντιστοιχούν στις λύσεις που απορρίψαμε και το B(b,a)

είναι το συμμετρικό του $\Gamma$ ως προς την y=x

.

: ask139.png (19.54 KiB) Προβλήθηκε 1464 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 03, 2013 12:21 pm**

Κώστα σε ευχαριστώ για την ωραία λύση σου!

Είχα ανεβάσει εδώ το πρόβλημα στο φάκελο της γ΄ γυμνασίου, αλλά μάλλον ήταν ατυχής η επιλογή φακέλου. Αναρωτιέμαι αν μπορεί να διερευνηθεί γενικότερα, δηλαδή αν είναι αληθής ο ισχυρισμός:

Αν x,y,a,b

είναι θετικοί αριθμοί και m,n

είναι δύο διαφορετικοί θετικοί ακέραιοι για τους οποίους ισχύουν

x^m+y^m=a^m+b^m

και

τότε

και

.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 03, 2013 2:28 pm**

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε: Αναρωτιέμαι αν μπορεί να διερευνηθεί γενικότερα, δηλαδή αν είναι αληθής ο ισχυρισμός:

Αν είναι θετικοί αριθμοί και είναι δύο διαφορετικοί θετικοί ακέραιοι για τους οποίους ισχύουν

και

τότε και .

Έστω

.

Επειδή x>0,y>0

από την πρώτη έχουμε $y=\sqrt[m]{a^m+b^m-x^m}$ με $0<x<\sqrt[m]{a^m+b^m}$ .

Έτσι η 2η εξίσωση γράφεται $x^n+\left(\sqrt[m]{a^m+b^m-x^m}\right)^n=a^n+b^n$ .

Είναι $x>y \iff x>\sqrt[m]{a^m+b^m-x^m} \iff x>\sqrt[m]{\dfrac{a^m+b^m}{2}}$

Έστω η συνάρτηση $f(x)=x^n+\left(\sqrt[m]{a^m+b^m-x^m}\right)^n$ με $\sqrt[m]{\dfrac{a^m+b^m}{2}}<x<\sqrt[m]{a^m+b^m}$ .

Η

είναι συνεχής στο $D=\left(\sqrt[m]{\dfrac{a^m+b^m}{2}}\;,\;\sqrt[m]{a^m+b^m}\right)$ και παραγωγίσιμη με

$f'(x)=nx^{n-1}-nx^{m-1}\left(\sqrt[m]{a^m+b^m-x^m}\right)^{n-m}=$

$=nx^{m-1}\left[x^{n-m}-\left(\sqrt[m]{a^m+b^m-x^m}\right)^{n-m}\right]$ .

$f'(x)>0\iff \cdots \iff x>\sqrt[m]{\dfrac{a^m+b^m}{2}}$ .

Άρα η συνάρτηση έχει είναι γνησίως αύξουσα στο

.

Έχουμε $a\in D\iff \sqrt[m]{\dfrac{a^m+b^m}{2}}<a<\sqrt[m]{a^m+b^m}\iff \dfrac{a^m+b^m}{2}<a^m<a^m+b^m$ που ισχύει γιατί a>b>0

.

Επίσης $f(a)=\cdots=a^n+b^n$ .

Άρα , λόγω της μονοτονίας της

, είναι

και επομένως $y=\sqrt[m]{a^m+b^m-a^m}=b$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 04, 2013 11:56 am**

Πολύ ωραία απόδειξη Κώστα!
Νομίζω πως το παραπάνω συμπέρασμα μπορεί να βρει άμεση εφαρμογή στην επίλυση συστημάτων όπως το παρακάτω:

Εφαρμογή
Να λυθεί στο σύνολο των θετικών το σύστημα
$\displaystyle{\left\{ \begin{array}{l} x^5 + y^5 =33\\ x^7+y^7=129\\ \end{array} \right.}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 04, 2013 1:25 pm**

Ωραία απόδειξη για την γενίκευση Κώστα

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 04, 2013 8:05 pm**

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε: Αν είναι θετικοί αριθμοί και είναι δύο διαφορετικοί θετικοί ακέραιοι για τους οποίους ισχύουν

(1)

(2)

και

τότε και .

Πιο απλά:

Έστω x>a

(όμοια η περίπτωση x<a

) οπότε η πρώτη ισότητα δίνει y<b

. Με άλλα λόγια έχουμε $x>a>b>y , \, (3)$ . Επίσης χωρίς βλάβη είναι n>m

.

Από ΘΜΤ στην $\displaystyle{f(t)= t^ \frac {n}{m}}$ στο διάστημα $\displaystyle{[a^m, \,x^m]}$ υπάρχει $\displaystyle{p\in (a^m, \,x^m)}$ με $\displaystyle{\frac {x^n-a^n}{x^m - a^m} =\frac { f(x^m) - f(a^m)}{x^m - a^m} = \frac {n}{m}p^{\frac {n}{m}-1}$ (υπόψη παραγωγίζουμε ως προς

).
Όμοια υπάρχει $\displaystyle{q\in (y^m, \,b^m)}$ με $\displaystyle{\frac {b^n - y^n} {b^m - y^m}=\frac {n}{m}q^{\frac {n}{m}-1}}$ .

Είναι τότε από τις $(1), \, (2)$

$\displaystyle{ \frac {n}{m}p^{\frac {n}{m}-1}= \frac {x^n-a^n}{x^m - a^m} =\frac { b^n-y^n}{b^m - y^m} =\frac {n}{m}q^{\frac {n}{m}-1}}$

Όμως p> q

καθώς $\displaystyle{p>a^m>b^m>q}$ , άρα (αφού n/ m>1

) έχουμε $\displaystyle{ \frac {n}{m}p^{\frac {n}{m}-1}> \frac {n}{m}q^{\frac {n}{m}-1}}$ , που αντιβαίνει στην προηγούμενη.

Τελικά x=a

και

.

Φιλικά,

Μιχάλης.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 04, 2013 11:21 pm**

αν αντί για νιοστές δυνάμεις, είχαμε νιοστές ρίζες, θα ίσχυε πάλι η αντίστοιχη γενίκευση;

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 05, 2013 1:48 am**

parmenides51 έγραψε:αν αντί για νιοστές δυνάμεις, είχαμε νιοστές ρίζες, θα ίσχυε πάλι η αντίστοιχη γενίκευση;

Ναι, η απόδειξη που έδωσα λειτουργεί για όλα τα μη μηδενικά θετικά m, n

.

Το μόνο που απαιτείται είναι οι παρονομαστές $x^m-a^m, \, b^m-y^m$ είναι μη μηδενικοί αν $x>a, \, b>y$ , πράγμα που μας το εξασφαλίζει η απαίτηση $m \ne 0$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 05, 2013 4:04 pm**

ευχαριστώ Μιχάλη

οπότε (διατυπωμένο με σχέσεις) ισχύει το εξής

Αν είναι θετικοί αριθμοί και είναι δύο διαφορετικοί θετικοί ακέραιοι για τους οποίους ισχύουν

$\sqrt[m]{x}+\sqrt[m]{y}=\sqrt[m]{a}+\sqrt[m]{b}$

$\sqrt[n]{x}+\sqrt[n]{y}=\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}$

και

τότε και .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 05, 2013 4:39 pm**

Σωστά.

Ένας γρήγορος τρόπος να το δούμε, χρησιμοποιώντας το αντίστοιχο με εκθέτες φυσικούς αριθμούς είναι ο εξής:

Γράφουμε $\displaystyle{\sqrt [mn] x = X, \, \sqrt [mn] y = Y, \, \sqrt [mn] a = A, \, \sqrt [mn] b = B}$ , οπότε οι δοθείσες γίνονται

$\displaystyle{ X^n+Y^n = A^n+B^n}$
$\displaystyle{ X^m+Y^m = A^m+B^m}$
$\displaystyle{X>Y, \, A>B}$

Από τα παραπάνω είναι $X=A, \, Y = B$ και άρα $x=a, \, y=b$ .

Φιλικά,

Μιχάλης

mathematica.gr

Iσχύει;

Iσχύει;

Iσχύει;

Re: Iσχύει;

Re: Iσχύει;

Re: Iσχύει;

Re: Iσχύει;

Re: Iσχύει;

Re: Iσχύει;

Re: Iσχύει;

Re: Iσχύει;

Re: Iσχύει;

Re: Iσχύει;