mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 14, 2013 9:16 pm**

1. Να δείξετε ότι $\displaystyle{(a+b)(b+c)(c+a)\ge 8 abc}$ όταν $\displaystyle{a,b,c>0}$

2. Να λυθεί το σύστημα $\displaystyle{\begin{cases} x^2 (y-w)=\alpha \\ y^2(w-x)=\beta \\ w^2(x-y)=\gamma \end{cases}}$

3. 'Εστω $\displaystyle{f(x,y)\equiv \alpha x^2+{\color{red}2}\beta x{\color{red}y}+\gamma y^2=0}$ . Εαν η εξίσωση αυτή δέχεται οποιοδήποτε ζεύγος ριζών
$\displaystyle{(x,y)}$ που επαληθεύουν την $\displaystyle{\kappa y+\lambda x-\mu=0}$ , να δειχτεί οτι $\displaystyle{f(x,y)\equiv 0}$ .

4. Να δειχτεί η ανισότητα $\displaystyle{1+\frac{1}{\sqrt2}+\frac{1}{\sqrt3}+...+\frac{1}{\sqrt{\nu}}>2\sqrt{\nu+1}-2}$

5. Να εξεταστεί εαν συγκλίνει ή αποκλίνει η ακολουθία $\displaystyle{a_{\nu+1}=\frac{5(1+a_{\nu})}{3+a_{\nu}}}$ με $\displaystyle{a_1=a}$ και $\displaystyle{a_{\nu}\ne -3}$

edit
διόρθωση του τριωνύμου στο 3ο, βιάστηκα

, ευχαριστώ τον Κώστα Ζερβό που το πρόσεξε

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 14, 2013 9:31 pm**

parmenides51 έγραψε: 4. Να δειχτεί η ανισότητα $\displaystyle{1+\frac{1}{\sqrt2}+\frac{1}{\sqrt3}+...+\frac{1}{\sqrt{\nu}}>2\sqrt{\nu+1}-2}$

Είναι $2\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)=\dfrac{2\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=$
$=\dfrac{2}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}<\dfrac{2}{2\sqrt{n}}=\dfrac{1}{\sqrt{n}}$

Άρα:

$\dfrac{1}{\sqrt{1}}>2\left(\sqrt{2}-\sqrt{1}\right)$
$\dfrac{1}{\sqrt{2}}>2\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)$
$\dfrac{1}{\sqrt{3}}>2\left(\sqrt{4}-\sqrt{3}\right)$
.....................................
$\dfrac{1}{\sqrt{n}}>2\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)$

Προσθέτοντας κατά μέλη , έχουμε $1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{n}}>2\sqrt{n+1}-2$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 14, 2013 9:43 pm**

parmenides51 έγραψε:1. Να δείξετε ότι $\displaystyle{(a+b)(b+c)(c+a)\ge 8 abc}$ όταν $\displaystyle{a,b,c>0}$

Για κάθε $\displaystyle{x\,,y>0}$ ισχύει

$\displaystyle{x+y-2\,\sqrt{x\,y}=\left(\sqrt{x}\right)^2+\left(\sqrt{y}\right)^2-2\,\sqrt{x}\,\sqrt{y}=\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2\geq 0}$

με την ισότητα να ισχύει αν, και μόνο αν, $\displaystyle{x=y}$

Επομένως, όταν $\displaystyle{a\,,b\,,c>0$ έχουμε ότι $\displaystyle{a+b>0\,,b+c>0\,,c+a>0}$ και άρα

$\displaystyle{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\geq 2\,\sqrt{a\,b}\cdot 2\,\sqrt{b\,c}\cdot 2\,\sqrt{a\,c}=8\,\sqrt{\left(a\,b\,c\right)^2}=8\,a\,b\,c}$

Η ισότητα ισχύει αν, και μόνο αν, $\displaystyle{a=b=c>0}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 27, 2020 7:14 pm**

parmenides51 έγραψε: Σάβ Δεκ 14, 2013 9:16 pm 5. Να εξεταστεί εαν συγκλίνει ή αποκλίνει η ακολουθία $\displaystyle{a_{\nu+1}=\frac{5(1+a_{\nu})}{3+a_{\nu}}}$ με $\displaystyle{a_1=a}$ και $\displaystyle{a_{\nu}\ne -3}$

Με αφορμή αυτό το πρόβλημα, ας αναφέρουμε ότι υπάρχει μέθοδος με την οποία μπορούμε να βρούμε κλειστό τύπο για ακολουθία που ορίζεται αναδρομικά μέσω ομογραφικής συνάρτησης.
Δείτε π.χ.
http://ndp.jct.ac.il/tutorials/infitut1/node28.html

Για το συγκεκριμένο πρόβλημα έχουμε $\displaystyle{f(x)=\frac{5+5x}{3+x}}$

οπότε $\displaystyle{f(x)=x \iff x=1\pm \sqrt{6}}$ και τελικά

$\displaystyle{a_n=\frac{5 (2 + \sqrt{6}) (4 + \sqrt{6})^n - 5 (\sqrt{6} - 2) c_1 (4 - \sqrt{6})^n}{c_1 (4 - \sqrt{6})^{n + 1} + (4 + \sqrt{6})^{n + 1}} \to 1+\sqrt{6}.}$

mathematica.gr

Σ.Μ.Α. 1978 ΑΛΓΕΒΡΑ

Σ.Μ.Α. 1978 ΑΛΓΕΒΡΑ

Re: Σ.Μ.Α. 1978 ΑΛΓΕΒΡΑ

Re: Σ.Μ.Α. 1978 ΑΛΓΕΒΡΑ

Re: Σ.Μ.Α. 1978 ΑΛΓΕΒΡΑ