mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 26, 2021 10:13 pm**

Αν $\displaystyle{x , y , z \in R}$ και αν ισχύουν οι σχέσεις: $\displaystyle{z = x^2 + y^2}$ και $\displaystyle{x = y^2 + z^2}$ , να αποδείξετε ότι:

(a) $\displaystyle{z \geq xy^2}$

(b) $\displaystyle{|y| \leq 1}$

(Μέχρι 1 - 1 -2022)

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 27, 2021 1:34 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: Κυρ Δεκ 26, 2021 10:13 pm Αν $\displaystyle{x , y , z \in R}$ και αν ισχύουν οι σχέσεις: $\displaystyle{z = x^2 + y^2}$ και $\displaystyle{x = y^2 + z^2}$ , να αποδείξετε ότι:

(a) $\displaystyle{z \geq xy^2}$

(b) $\displaystyle{|y| \leq 1}$

(Μέχρι 1 - 1 -2022)

(a) Από τις συνθήκες οι ανισότητα γράφεται:

$x^{2}+y^{2}\geq x(x-z^{2})\Leftrightarrow y^{2}+xz^{2}\geq 0\Rightarrow y^{2}+(y^{2}+z^{2})z^{2}\geq 0$ , που ισχύει.

(b) Η αποδεικτέα αφου $\left | y \right |$ θετικό ισοδυναμεί της $y^{2}\leq 1$

Με πρόσθεση οι σχέσεις δίνουν:

$\dfrac{x+z-x^{2}-z^{2}}{2}=y^{2}$

Άρα η ανισότητα γράφεται:

$\dfrac{x+z-x^{2}-z^{2}}{2}\leq1\Leftrightarrow x+z\leq2+x^{2}+z^{2}$

Από την βασική ανισότητα ( B.C.S.

)
$2(a^{2}+b^{2})\geq (a+b)^{2}\Leftrightarrow (a^{2}+b^{2})\geq \dfrac{(a+b)^2}{2},a,b \epsilon \mathbb{R}$ , αρκεί:

$x+z\leq 2+\dfrac{(x+z)^{2}}{2}\Leftrightarrow (x+z)^{2}-2(x+z)+4\geq 0\Leftrightarrow (x+z-1)^{2}+3\geq 0$ , ισχύει.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 27, 2021 8:55 pm**

a.Αφαιρώντας κατά μέλη:
$\left ( z-x \right )\left ( z+x+1 \right )=0\Rightarrow z=x$
αφού z+x+1>0

από υπόθεση.
Άρα $x-x^{2}=y^{2}\geq 0\Rightarrow x\epsilon \left [ 0,1 \right ]\Rightarrow y^{2}+z^{2}\leqslant 1\Rightarrow y^{2}\leqslant 1\Rightarrow xy^{2}\leqslant x=z.$
b.Έχει δειχθεί το ισοδύναμό του $y^{2}\leqslant 1$ στο a.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 30, 2021 7:49 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: Κυρ Δεκ 26, 2021 10:13 pm Αν $\displaystyle{x , y , z \in R}$ και αν ισχύουν οι σχέσεις: $\displaystyle{z = x^2 + y^2}$ και $\displaystyle{x = y^2 + z^2}$ , να αποδείξετε ότι:

(a) $\displaystyle{z \geq xy^2}$

(b) $\displaystyle{|y| \leq 1}$

(Μέχρι 1 - 1 -2022)

Αν αντικαταστήσουμε την $\displaystyle{z = x^2 + y^2}$ στην $\displaystyle{x = y^2 + z^2}$
βγαίνει τριώνυμο ως προς y^2

.
Λύνοντας παίρνουμε
$\displaystyle y^2=x(1-x)$
Προκύπτει ότι x=z

και όλα τετριμμένα.
Γιατί από την $\displaystyle y^2=x(1-x)$
προκύπτει ότι $\displaystyle |y|\leq \frac{1}{2}$ (γιατί ; )

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 30, 2021 11:33 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Πέμ Δεκ 30, 2021 7:49 pm
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: Κυρ Δεκ 26, 2021 10:13 pm Αν $\displaystyle{x , y , z \in R}$ και αν ισχύουν οι σχέσεις: $\displaystyle{z = x^2 + y^2}$ και $\displaystyle{x = y^2 + z^2}$ , να αποδείξετε ότι:

(a) $\displaystyle{z \geq xy^2}$

(b) $\displaystyle{|y| \leq 1}$

(Μέχρι 1 - 1 -2022)
Γιατί από την $\displaystyle y^2=x(1-x)$
προκύπτει ότι $\displaystyle |y|\leq \frac{1}{2}$ (γιατί ; )

ισοδυναμεί της

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

mathematica.gr

Ανισότητες με συνθήκη

Ανισότητες με συνθήκη

Re: Ανισότητες με συνθήκη

Re: Ανισότητες με συνθήκη

Re: Ανισότητες με συνθήκη

Re: Ανισότητες με συνθήκη