Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

G.Bas · #141

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 48: Αν $\displaystyle{a,b,c >0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{a}{(2a+b+c)(b+c)}+\frac{b}{(2b+c+a)(c+a)}+\frac{c}{(2c+a+b)(a+b)}\geq \frac{9}{8(a+b+c)}$

(Aπό Ρουμανικό διαγωνισμό. ΠΗΓΗ: Αλγεβρικές Ανισότητες , των Μ Στεργίου και Ν. Σκομπρή)

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
ΥΠΟΔ: Παρατηρείστε ότι η ανισότητα είναι ΟΜΟΓΕΝΗΣ και τροποποιήστε την κατά τα γνωστά.

Μια ακόμη λύση.

Ισχύει σύμφωνα με την Ανισότητα Cauchy-Schwarz

$\displaystyle{\sum\frac{a}{(2a+b+c)(b+c)}\geq\frac{(a+b+c)^2}{\sum a(2a+b+c)(b+c)}=\frac{(a+b+c)^2}{3(a+b)(b+c)(c+a)}}$

και σύμφωνα με την Ανισότητα AM-GM θα έχουμε $\displaystyle{(a+b)(b+c)(c+a)\leq\left[\frac{(a+b)+(b+c)+(c+a)}{3}\right]^3=\frac{8}{27}(a+b+c)^3.}$

Επομένως, θα είναι $\displaystyle{\sum\frac{a}{(2a+b+c)(b+c)}\geq\frac{(a+b+c)^2}{3(a+b)(b+c)(c+a)}\geq\frac{(a+b+c)^2}{\frac{8}{9}(a+b+c)^3}=\frac{9}{8(a+b+c)}.}$

#142

ΑΣΚΗΣΗ 52: Αν $\displaystyle{x,y,z}$ είναι μη αρνητικοί αριθμοί, με $\displaystyle{x^2 +y^2 +z^2 = 3}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{12+9xyz \geq 7(xy+yz+zx)}$

(ΠΗΓΗ: Vasile Cirtoaje)

#143

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 52: Αν $\displaystyle{x,y,z}$ είναι μη αρνητικοί αριθμοί, με $\displaystyle{x^2 +y^2 +z^2 = 3}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{12+9xyz \geq 7(xy+yz+zx)}$

(ΠΗΓΗ: Vasile Cirtoaje)

Ας είναι

$\displaystyle{x+y+z=a, xy+yz+zx=b, xyz=c.}$

Είναι τότε

$\displaystyle{a^2=3+2b\implies \boxed{b=\frac{a^2-3}{2}}}$ ( $\displaystyle{\bf{{\color{red}1}}}$ )

Από Schur έχουμε

$\displaystyle{\frac{9xyz}{x+y+z}\geq 2(xy+yz+zx)-(x^2+y^2+z^2)}$

άρα

$\displaystyle{9c\geq a(2b-3)\stackrel{(\bf{{\color{red}1}}) }{\implies }\boxed{9c\geq a^3-6a}}$

Τότε

$\displaystyle{12+9xyz-7(xy+yz+zx)=12+9c-7b\geq 12+a^3-6a-7\frac{a^2-3}{2}=\frac{1}{2}(a-3)^2(2a+5)\geq 0.}$

#144

ΑΣΚΗΣΗ 53
Αν $a, b, c\geq 1$ να δείξετε ότι

$\displaystyle{ \min \left(\frac{10a^2-5a+1}{b^2-5b+10},\frac{10b^2-5b+1}{c^2-5c+10},\frac{10c^2-5c+1}{a^2-5a+10}\right )\leq abc. }$

#145

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 53
Αν $a, b, c\geq 1$ να δείξετε ότι

$\displaystyle{ \min \left(\frac{10a^2-5a+1}{b^2-5b+10},\frac{10b^2-5b+1}{c^2-5c+10},\frac{10c^2-5c+1}{a^2-5a+10}\right )\leq abc. }$

Έστω

$\displaystyle{\min \left(\frac{10a^2-5a+1}{b^2-5b+10},\frac{10b^2-5b+1}{c^2-5c+10},\frac{10c^2-5c+1}{a^2-5a+10}\right )> abc,}$

οπότε

$\displaystyle{\frac{10a^2-5a+1}{b^2-5b+10}>abc,\frac{10b^2-5b+1}{c^2-5c+10}>abc, \frac{10c^2-5c+1}{a^2-5a+10}> abc,}$

άρα

$\displaystyle{\frac{10a^2-5a+1}{b^2-5b+10}\frac{10b^2-5b+1}{c^2-5c+10}\frac{10c^2-5c+1}{a^2-5a+10}> (abc)^3}$

δηλαδή

$\displaystyle{\prod \frac{10a^2-5a+1}{a^2-5a+10}>(abc)^3,}$

άτοπο, αφού ισχύει $\displaystyle{\frac{10a^2-5a+1}{a^2-5a+10}\leq a^3~\forall a\geq 1.}$

Πράγματι, αυτή είναι ισοδύναμη με την $\displaystyle{(a-1)^5\geq 0.}$

G.Bas · #146

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 53
Αν $a, b, c\geq 1$ να δείξετε ότι

$\displaystyle{ \min \left(\frac{10a^2-5a+1}{b^2-5b+10},\frac{10b^2-5b+1}{c^2-5c+10},\frac{10c^2-5c+1}{a^2-5a+10}\right )\leq abc. }$

Ας είναι $m=\min$ . Τότε θα ισχύει

$\displaystyle{m\leq\frac{10a^2-5a+1}{b^2-5b+10},\, m\leq\frac{10b^2-5b+1}{c^2-5c+10},\, m\leq\frac{10c^2-5c+1}{a^2-5a+10}.}$ Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη παίρνουμε

$\displaystyle{m^3\leq\frac{10a^2-5a+1}{a^2-5a+10}\frac{10b^2-5b+1}{b^2-5b+10}\frac{10c^2-5c+1}{c^2-5c+10}\leq a^3b^3c^3}$

αφού $\displaystyle{\frac{10t^2-5t+1}{t^2-5t+10}\leq t^3,\quad \forall t\geq 1.}$ Οπότε, $\displaystyle{m^3\leq a^3b^3c^3}$ και το ζητούμενο ακολουθεί

.

jason.prod · #147

kleovoulos έγραψε: ΑΛΓ/ΣΥΣ/ΑΣΚ 9: Να λυθεί το σύστημα , .

Μιας και ξεχάστηκε, ας δούμε μία λύση: Με βάση τη δοσμένη συνθήκη, έχουμε (x+y+z)^2=9

, άρα από την ανισότητα C-S, παίρνουμε $3(x^2+y^2+z^2) \ge 9 \Longrightarrow x^2+y^2+z^2 \ge 3=x+y+z$ . Επίσης, δουλεύοντας με όμοιο τρόπο, παίρνουμε $(x+y+z)(x^3+y^3+z^3)\ge(x^2+y^2+z^2)^2 \Longrightarrow x^3+y^3+z^3 \ge x^2+y^2+z^2$ . Ξανακάνοντας τη διαδικασία, προκύπτει ότι $x^4+y^4+z^4 \ge x^3+y^3+z^3$ , και η ισότητα ισχύει όταν οι μεταβλητές είναι ίσες. Σύμφωνα όμως με την εκφώνηση, η ισότητα πρέπει να ισχύει, άρα όλες οι μεταβλητές είναι ίσες, άρα η μόνη λύση του συστήματος είναι η x=y=z=1

.

#148

jasonmaths4ever έγραψε: Επίσης, δουλεύοντας με όμοιο τρόπο, παίρνουμε $(x+y+z)(x^3+y^3+z^3)\ge(x^2+y^2+z^2)^2 \Longrightarrow x^3+y^3+z^3 \ge x^2+y^2+z^2$

Προσοχή εδώ! Το παραπάνω ισχύει για $x,y,z\geq 0.$ Πρέπει να αλλάξεις το επιχείρημα για τα αρνητικά.

#149

kleovoulos έγραψε: ΑΛΓ/ΣΥΣ/ΑΣΚ 9: Να λυθεί το σύστημα , .

Από Chebyshev στις ομοίως διατεταγμένες τριάδες $\displaystyle{(x,y,z),(x^3,y^3,z^3)}$ ισχύει

$\displaystyle{\boxed{3(x^4+y^4+z^4)\geq (x+y+z)(x^3+y^3+z^3)~\forall x,y,z\in \mathbb{R}}}$ ( $\displaystyle{\color{blue}\spadesuit}$ )

Σύμφωνα με τις εξισώσεις του συστήματος ισχύει η ισότητα στην ( $\displaystyle{\color{blue}\spadesuit}$ ), άρα $\displaystyle{x=y=z,}$ οπότε $\displaystyle{x=y=z=1.}$

#150

ΑΣΚΗΣΗ 54: Αν $\displaystyle{x,y,z > 0}$ και $\displaystyle{3(x +y +z )^2 -8(xy+yz+zx)=12}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{z^2 +(x-y)^2}{z}+\frac{x^2 +(y-z)^2}{x}+\frac{y^2 +(z-x)^2}{y}\geq 6}$

ΔΙΟΡΘΩΣΗ ΑΒΛΕΨΙΑΣ: Αντί στην υπόθεση $\displaystyle{3(x^2 +y^2 +z^2 )-8(xy+yz+zx)=12}$ , πρέπει να γραφτεί ότι:

$\displaystyle{3(x+y+z)^2 -8(xy+yz+zx) = 12}$ . Ευχαριστώ τους άριστους λύτες Θάνο Μάγκο και Γιώργο Μπασδέκη, που εντόπισαν ότι κάτι δεν πήγαινε καλά με

την υπόθεση. Την άσκηση , με τον τρόπο που κατασκευάστηκε, την θεωρώ ότι είναι αρκετά δύσκολη. (Εκτός αν υπάρχει απλός τρόπος επίλυσης που δεν βλέπω...)

#151

[quote="kleovoulos" έγραψε: ΑΛΓ/ΣΥΣ/ΑΣΚ 9: Να λυθεί το σύστημα , .

Αλλιώς:

Έχουμε ότι $\displaystyle{x^3 +y^3 +z^3 =x^4 +y^4 +z^4 \Leftrightarrow x^3 (x-1)+y^3 (y-1)+z^3 (z-1)=0}$ , (1)

Επίσης έχουμε ότι $\displaystyle{x+y+z=3 \Leftrightarrow (x-1)+(y-1)+(z-1)=0}$ , (2)

Αφαιρώντας κατά μέλη τις σχέσεις (1) και (2) παίρνουμε: $\displaystyle{(x-1)(x^3 -1)+(y-1)(y^3 -1)+(z-1)(z^3 -1)=o \Leftrightarrow}$

$\displaystyle{(x-1)^2 (x^2 +x+1)+(y-1)^2 (y^2 +y+1)+(z-1)^2 (z^2 +z+1)=0}$ , από όπου και έπεται ότι $\displaystyle{x=y=z=1}$

#152

ΑΣΚΗΣΗ 55: Αν $a,b,c,x,y,z \in \mathbb{R}$ και a+b+c=x^2+y^2+z^2=1,

να αποδείξετε ότι:

$a(x+b)+b(y+c)+c(z+a)\leq 1.$

H ανισότητα δεν είναι γνήσια, όπως επισημαίνει παρακάτω ο Δημήτρης, γι΄ αυτό και η επεξεργασία.

#153

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 55: Αν $a,b,c,x,y,z \in \mathbb{R}$ και να αποδείξετε ότι:

Καλημέρα Παύλο
Υποθέτω ότι χρειάζεται ανισοϊσότητα (π.χ αν $\displaystyle{a=x=o , b=y=o , c=z=1 , }$ ισχύει η ισότητα)

Αρκεί να δείξουμε ότι :

$\displaystyle{2a(x+b)+2b(y+c)+2c(z+a) \leq 2 =1+1 =(a+b+c)^2 +x^2 +y^2 +z^2 =}$

$\displaystyle{a^2 +b^2 +c^2 +2(ab+bc+ca)+x^2 +y^2 +z^2}$

Δηλαδή αρκεί: $\displaystyle{a^2 +b^2 +c^2 +x^2 +y^2 +z^2 -2ax-2by-2cz \geq 0}$ , ή

$\displaystyle{(a-x)^2 +(b-y)^2 +(c-z)^2 \geq o}$ . Αυτό είναι αληθές

kleovoulos · #154

Μετά από πολύ καιρό εκτός του

είπα να κάνω ένα comeback!

Το είχα ξεχάσει ότι είχα δημιουργήσει το θέμα και αυτό και μαζί του και πολλά από τα διαγωνιστικά μαθηματικά που ήξερα! Αν και δε θα μπορώ να απαντάω σε ασκήσεις αυτού του θέματος λόγω του φόρτου των Πανελληνίων Εξετάσεων, είπα να βάλω ένα θέμα για να θυμηθώ τις παλιές καλές μέρες!

ΑΣΚΗΣΗ 56. Δίνονται τρείς μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί x,y,z

τέτοιοι, ώστε $x+2y+3z=\frac{11}{12}$ . Να αποδειχθεί η ακόλουθη σχέση, και να προσδιοριστεί πότε ισχύει η ισότητα. $6(3xy+4xz+2yz)+6x+3y+4z+72xyz \leq \frac{107}{18}$

#155

kleovoulos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 56. Δίνονται τρεις μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι, ώστε $x+2y+3z=\frac{11}{12}$ . Να αποδειχθεί η ακόλουθη σχέση, και να προσδιοριστεί πότε ισχύει η ισότητα. $6(3xy+4xz+2yz)+6x+3y+4z+72xyz \leq \frac{107}{18}$

Είναι, από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ

$\displaystyle{\displaystyle{6(3xy+4xz+2yz)+6x+3y+4z+72xyz=(6x+1)(3y+1)(4z+1)-1=}$

$\displaystyle{\frac{1}{18}(6x+1)(12y+4)\left(18z+\frac{18}{4}\right)-1\leq \frac{1}{18\cdot 27}\left(6x+12y+18z+\frac{19}{2}\right)^3-1=}$

$\displaystyle{\frac{1}{18\cdot 27}\left(6(x+2y+3z)+\frac{19}{2}\right)^3-1=\frac{107}{18}.}}$

Η ισότητα ισχύει αν-ν $\displaystyle{6x+1=12y+4= 18z+\frac{18}{4} \ \wedge x+2y+3z=\frac{11}{12},}$ δηλαδή αν-ν $\displaystyle{x=\frac{47}{72}, y=\frac{11}{144}, z= \frac{1}{27}.}$

#156

ΑΣΚΗΣΗ 57
Οι πραγματικοί αριθμοί a, b, c, d

είναι μικρότεροι ή ίσοι του 12.

Για το πολυώνυμο p(x) =ax^3 + bx^2 + cx + d

ισχύει

Να βρείτε τη μέγιστη δυνατή τιμή του p(10).

#157

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 57
Οι πραγματικοί αριθμοί είναι μικρότεροι ή ίσοι του Για το πολυώνυμο ισχύει
Να βρείτε τη μέγιστη δυνατή τιμή του

Από τις υποθέσεις p(2) = 2, p(4) = 4, p(6) = 6

συμπεραίνoυμε ότι το τριτοβάθμιο (ή λιγότερο) p(x)-x

έχει ρίζες 2,4,6

. Άρα $p(x)-x= A (x-2)(x-4)(x-6) \,(*)$ .

Συγκρίνοντας με το δοθέν, είναι A=a

, οπότε

.

Από την υπόθεση για το μέγεθος των a,b,c,d

έχουμε $a\le 12, \, -12a \le 12, \, 44a+1\le 12, \, -48a \le 12$ . Αυτές δίνουν

$-\frac {1}{4} \le a \le \frac {1}{4}$ .

Eπίσης, από την (*)

είναι

, οπότε η μεγαλύτερη δυνατή τιμή του είναι $10 + \frac {192}{4} =58$ .

Φιλικά,

Μιχάλης

#158

ΑΣΚΗΣΗ 58

Να αποδειχθεί ότι ο αριθμός 25.600.000.021

είναι σύνθετος.

#159

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 58

Να αποδειχθεί ότι ο αριθμός είναι σύνθετος.

Ο δοσμένος αριθμός γράφεται $\displaystyle{20^8 +21 =20^8 +20+1}$ . Αν θέσουμε $\displaystyle{x=20}$ , τότε έχουμε τον αριθμό $\displaystyle{x^8 +x+1}$ . Ψάχνουμε να δούμε αν μπορεί να

παραγοντοποιηθεί σε γινόμενο δύο πολυωνύμων. Δοκιμάζουμε αν μπορεί να γραφτεί στην μορφή

$\displaystyle{(x^2 +ax+b)(x^6 +mx^5 +nx^4 +kx^3 +dx^2 +ex+r)}$ . Μετά τις πράξεις και την εξίσωση των συντελεστών , βρίσκουμε ότι:

$\displaystyle{x^8 +x+1 = (x^2 +x+1)(x^6 -x^5 +x^3 -x^2 +1)}$ . Από εδώ , αφού για $\displaystyle{x=20}$ , δεν είναι κάποιος παράγοντας ίσος με την μονάδα, έπεται το ζητούμενο.

#160

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 26, 2015 9:27 pm
ΑΣΚΗΣΗ 54: Αν $\displaystyle{x,y,z > 0}$ και $\displaystyle{3(x +y +z )^2 -8(xy+yz+zx)=12}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{z^2 +(x-y)^2}{z}+\frac{x^2 +(y-z)^2}{x}+\frac{y^2 +(z-x)^2}{y}\geq 6}$

ΔΙΟΡΘΩΣΗ ΑΒΛΕΨΙΑΣ: Αντί στην υπόθεση $\displaystyle{3(x^2 +y^2 +z^2 )-8(xy+yz+zx)=12}$ , πρέπει να γραφτεί ότι:

$\displaystyle{3(x+y+z)^2 -8(xy+yz+zx) = 12}$ . Ευχαριστώ τους άριστους λύτες Θάνο Μάγκο και Γιώργο Μπασδέκη, που εντόπισαν ότι κάτι δεν πήγαινε καλά με

την υπόθεση. Την άσκηση , με τον τρόπο που κατασκευάστηκε, την θεωρώ ότι είναι αρκετά δύσκολη. (Εκτός αν υπάρχει απλός τρόπος επίλυσης που δεν βλέπω...)

Επαναφορά!

Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Μέλη σε σύνδεση