Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

kleovoulos · #1

Σκέφτηκα να δημιουργήσω αυτό το θέμα, με σκοπό να συλλέξουμε κάποια βασικά, εισαγωγικά ας τα πούμε, θέματα για τους μαθητές του Λυκείου που δεν είναι εξοικειωμένοι με τα θέματα που συζητώνται ΕΔΩ

Η κεντρική ιδέα ανήκει στον κύριο Δημήτρη Ιωάννου (ΔΗΜΗΤΡΗΣ).

Ας δίνουμε εδώ σιγά - σιγά κάποια βατά και βασικά θέματα, περιμένοντας τις απαντήσεις των μαθητών, που θα ήθελαν να ασχοληθούν.
Κατόπιν, οι συμβουλές, τα μυστικά, οι τεχνικές, οι προεκτάσεις που θα αποκαλύπτονται σταδιακά θα είναι δυνατό εργαλείο στα χέρια των μικρών μας μαθητών.

Για να διατηρήσουμε το θέμα ενεργό, ας δίνουμε πέντε μέρες χρόνο για να απαντηθούν οι ασκήσεις που θέτουμε. Αν δεν υπάρχει απάντηση, να τις απαντάνε οι πιο έμπειροι με αναλυτική παρουσίαση της λύσης. Επίσης να παρατίθεται όλη η θεωρία που θα χρειαστεί για την επίλυση ενός θέματος, εκτός και αν δεν ξεφεύγει ιδιαίτερα από την σχολική ύλη.

Ευχαριστώ.

Ας κάνω την αρχή με μία εισαγωγική συνάρτηση:

ΑΣΚΗΣΗ #1
Δίνεται μία συνάρτηση $f:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{Q}$ η οποία ικανοποιεί τις ακόλουθες συνθήκες:

α) $f(0)=\frac{1}{2}$
β) $f(x)=f(x+1)-\frac{1}{x^2+5x+6}$

Να βρεθεί ο τύπος της.

ΔΙΩΡΙΑ: 28 Αυγούστου 2013

sokratis lyras · #2

kleovoulos έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ #1[/color]
Δίνεται μία συνάρτηση $f:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{Q}$ η οποία ικανοποιεί τις ακόλουθες συνθήκες:

α) $f(0)=\frac{1}{2}$
β) $f(x)=f(x+1)-\frac{1}{x^2+5x+6}$

Να βρεθεί ο τύπος της.

Έστω $g(x)=\displaystyle\frac{1}{x^2+5x+6}$

Ισχύει f(x+1)-f(x)=g(x)

και αθροίζοντας από

εώς

λαμβάνουμε ότι :

$f(x)-f(0)=\displaystyle\sum_{k=0}^{x}{g(k)}$ και τώρα τηλεσκοπίζουμε..

sokratis lyras · #3

AΣΚΗΣΗ 2

Έστω $x_1,x_2,...,x_{180}$ και $x_i\in[\displaystyle\frac{81}{100},1],i=1,2,...,180$ .

Να βρεθεί το μέγιστο της παράστασης :

$P=(x_1+x_2+...+x_{180})(\displaystyle\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_{180}})$

Η παραπάνω αποτελεί μια ειδική περίπτωση της ανισότητας Kantorovici η οποία θα δοθεί αργότερα

ΑΣΚΗΣΗ 3

Έστω $A,B,C,D,E,F\in [0,\displaystyle\frac{\pi}{2}]$ έτσι ώστε $A+B+C+D+E+F=2\pi$ .Να προσδιοριστούν οι άκρες τιμές της παράστασης

P=sinA+sinB+sinC+sinD+sinE+sinF

*Έγινε μία προσθήκη στα δεδομένα της 3ης άσκησης..

kleovoulos · #4

ΘΕΩΡΗΜΑ - Η ανισότητα του Kantorovich (με βάση το Wolfram, για διαφορετικές διατυπώσεις στείλτε μου μήνυμα και θα τις ανεβάσω)
Έστω $x_1<x_2<x_3<x_3<...<x_{n-1}<x_n$ δοσμένοι θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Έστω $l_1,l_2,l_3,..,l_n\geq0$ τέτοιοι ώστε $\sum_{j=1}^{n}{l_j}=1$ . Tότε θα ισχύει: $(\sum_{j=1}^{n}{l_j\cdot x_j})(\sum_{j=1}^{n}{l_j\cdot x_j^{-1}})\leq A^2\cdot G^{-2}$ όπου

ο αριθμητικός μέσος των

και

ο γεωμετρικός τους μέσος.

kleovoulos · #5

Απάντηση σε αυτήν τη δημοσίευση: Κύριε Μιχάλη έχετε απόλυτο δίκιο. Σας ευχαριστώ. Θα το κοιτάξω και αν βρω κάτι θα το δημοσιεύσω να μου πείτε αν το έχω διορθώσει.

#6

kleovoulos έγραψε:
Μία προσπάθεια για το ελάχιστο.

Θέλουμε στην δοσμένη παράσταση να έχουμε όσα περισσότερα μηδενικά μπορούμε, πράγμα το οποίο πετυχαίνουμε μόνο με την προϋπόθεση ότι τέσσερεις γωνίες είναι ίσες με μοίρες και δύο είναι ίσες με μοίρες λόγω της υπόθεσης.

Κλεόβουλε, το επιχείρημα δεν στέκει. Για παράδειγμα πες ότι είχαμε να βρούμε το ελάχιστο του a^2+b^2+c^2+d^2+e^2

αν $a+b+c+d+e=1, \, a,b,c,d,e \ge 0$ . To επιχείρημά σου λέει ότι "θέλουμε στην δοσμένη παράσταση να έχουμε όσα περισσότερα μηδενικά μπορούμε". Βάζουμε λοιπόν a=b=c=d=0

, οπότε

. Άρα έβγαλες ελάχιστο 0^2+0^2+0^2+0^2+1^2=1

. Να όμως που η επιλογή $\displaystyle{a=b=c=d=e=1/5}$ δίνει τιμή $\displaystyle{ 5 \cdot \frac {1}{5^2} = \frac {1}{5}}$ που είναι ακόμα μικρότερη.

Μ.

sokratis lyras · #7

kleovoulos έγραψε:
sokratis lyras έγραψε:AΣΚΗΣΗ 2

Έστω $x_1,x_2,...,x_{180}$ και $x_i\in[\displaystyle\frac{81}{100},1],i=1,2,...,180$ .

Να βρεθεί το μέγιστο της παράστασης :

$P=(x_1+x_2+...+x_{180})(\displaystyle\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_{180}})$

Η παραπάνω αποτελεί μια ειδική περίπτωση της ανισότητας Kantorovici η οποία θα δοθεί αργότερα
Αν και δεν είμαι εξοικιωμένος με τέτοιου είδους προβλήματα σκέφτηκα να κάνω μία προσπάθεια. Ας παραθέσω και τη θεωρία της ανισότητας Kantorovich.

ΘΕΩΡΗΜΑ - Η ανισότητα του Kantorovich
Έστω $x_1<x_2<x_3<x_3<...<x_{n-1}<x_n$ δοσμένοι θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Έστω $l_1,l_2,l_3,..,l_n\geq0$ τέτοιοι ώστε $\sum_{j=1}^{n}{l_j}=1$ . Tότε θα ισχύει: $(\sum_{j=1}^{n}{l_j\cdot x_j})(\sum_{j=1}^{n}{l_j\cdot x_j^{-1}})\leq A^2\cdot G^{-2}$ όπου ο αριθμητικός μέσος των και ο γεωμετρικός τους μέσος.

Τώρα, με βάση τα παραπάνω, για την άσκηση μπορώ να πω ότι το μέγιστο της παράστασης θα το φτάσουμε όταν θα ισχύει η ισότητα στην παραπάνω σχέση. Αφού είναι τότε θα αρκεί να ισχύει ότι $(x_1+x_2+x_3+x_4+...+x_{179}+x_{180})(x_1^{-1} +x_2^{-1}+x_3^{-1}+x_4^{-1}+...+x_{179}^{-1}+x_{180}^{-1})=\frac{(x_1+x_2+x_3+x_4+...+x_{179}+x_{180})^2}{180^2\cdot(x_1\cdot x_2 \cdot x_3 \cdot x_4 \cdot ...\cdot x_{179}\cdot x_{180})}$ κ.ο.κ.

Το θέμα είναι να λυθεί η ανισότητα Κλεόβουλε..αφού λυθεί θα παραθέσω την ανισότητα αυτή.

sokratis lyras · #8

sokratis lyras έγραψε:AΣΚΗΣΗ 2

Έστω $x_1,x_2,...,x_{180}$ και $x_i\in[\displaystyle\frac{81}{100},1],i=1,2,...,180$ .

Να βρεθεί το μέγιστο της παράστασης :

$P=(x_1+x_2+...+x_{180})(\displaystyle\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_{180}})$

Η παραπάνω αποτελεί μια ειδική περίπτωση της ανισότητας Kantorovici η οποία θα δοθεί αργότερα

ΑΣΚΗΣΗ 3

Έστω $A,B,C,D,E,F\in [0,\displaystyle\frac{\pi}{2}]$ έτσι ώστε $A+B+C+D+E+F=2\pi$ .Να προσδιοριστούν οι άκρες τιμές της παράστασης

*Έγινε μία προσθήκη στα δεδομένα της 3ης άσκησης..

Επαναφορά!

kostas_zervos · #9

sokratis lyras έγραψε:
sokratis lyras έγραψε:AΣΚΗΣΗ 2

Έστω $x_1,x_2,...,x_{180}$ και $x_i\in[\displaystyle\frac{81}{100},1],i=1,2,...,180$ .

Να βρεθεί το μέγιστο της παράστασης :

$P=(x_1+x_2+...+x_{180})(\displaystyle\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_{180}})$

Η συνάρτηση $f(x_1,x_2,\dots,x_{180}})=(x_1+x_2+...+x_{180})\left(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+...+\dfrac{1}{x_{180}}\right)$ είναι κυρτή ως προς όλες τις μεταβλητές της γιατί η 2η παράγωγος ως προς x_i

είναι $\dfrac{d^2 f}{dx_i^2}=\dfrac{2(x_1+x_2+\cdots+x_{i-1}+x_{i+1}+\cdots+x_{180})}{x_i^3}>0$ .

Άρα έχει μέγιστο το $max\{f(a_1,a_2,\dots,a_{180})\}$ , όπου a_i=1

ή $a_i=\dfrac{81}{100}\;\;,\;i=1,2,\dots,180$ .

Έστω ότι

από τους

είναι ίσοι με

, τότε

θα είναι ίσοι με $\dfrac{81}{100}$ .

Άρα $f(a_1,a_2,\dots,a_{180})=\left[n+\dfrac{81}{100}(180-n)\right]\cdot\left[n+\dfrac{100}{81}(180-n)\right]=\dfrac{-361n^2+64980n-262440000}{8100}$ το οποίο γίνεται μέγιστο για $n=\dfrac{64980}{2\cdot 361}=90$

Άρα η μέγιστη τιμή της είναι $\left[90+\dfrac{81}{100}(180-90)\right]\cdot\left[90+\dfrac{100}{81}(180-90)\right]=\dfrac{90^2\cdot 181^2}{100\cdot 81}=181^2$ .

kostas_zervos · #10

sokratis lyras έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 3

Έστω $A,B,C,D,E,F\in [0,\displaystyle\frac{\pi}{2}]$ έτσι ώστε $A+B+C+D+E+F=2\pi$ .Να προσδιοριστούν οι άκρες τιμές της παράστασης

Έστω $f(x)=\sin x\;,\;x\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$ . Η

είναι κοίλη γιατί $f''(x)=-\sin x<0\;,\;x\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ .

Άρα $\dfrac{f(A)+f(B)+f(C)+f(D)+f(E)+f(F)}{6}\leq f\left(\dfrac{A+B+C+D+E+F}{6}\right) \iff$

$\iff P\leq 6\sin\dfrac{2\pi}{6}\iff P\leq 2\sqrt{3}$ με την ισότητα να ισχύει όταν $A=B=C=D=E=F=\dfrac{\pi}{3}$ .

Άρα η μέγιστη τιμή της

είναι η $2\sqrt{3}$ .

Για το ελάχιστο:

Είναι $F=2\pi-A-B-C-D-E$ , άρα

$P=\sin A+\sin B+\sin C+\sin D+\sin E+\sin(2\pi-A-B-C-D-E)=$

$=\sin A+\sin B+\sin C+\sin D+\sin E-\sin(A+B+C+D+E)=$

=g(A,B,C,D,E)

.

Είναι $g'_A=\cos A-\cos(A+B+C+D+E)$ και $g''_A=\sin(A+B+C+D+E)-\sin A\leq 0$ γιατί $A\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$ και

$0\leq F\leq \dfrac{\pi}{2}\iff 2\pi\geq 2\pi-F\geq 2\pi-\dfrac{\pi}{2}\Rightarrow A+B+C+D+E\in\left[\dfrac{3\pi}{2},2\pi\right]$ .

(Όμοια για τις άλλες μεταβλητές)

Άρα η

είναι κοίλη ως προς όλες τις μεταβλητές της , επομένως έχει ελάχιστο το g(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)

με

ή $x_i=\dfrac{\pi}{2}$ , ι=1,2,3,4,5

.

Αλλά $\sin x_i=0$ ή $\sin x_i=1$ , επομένως το ελάχιστο επιτυγχάνεται με το μέγιστο αριθμό από

που είναι

και η ελάχιστη τιμή της

είναι το

(π.χ. για $A=B=C=D=\dfrac{\pi}{2}$ και E=F=0

).

sokratis lyras · #11

Σωστά και τα 2.Καλό θα ήταν να βλέπαμε και κάποια απόδειξη πιο πολύ εντός φακέλου (όχι ότι δεν επιτρέπονται πανεπιστημιακά μέσα..).
Η 1η λύνεται χωρίς μεγάλη δυσκολία κατασκευαστικά, ενώ η 2η είναι απλά karamata και για τα 2 άκρα.

#12

sokratis lyras έγραψε:AΣΚΗΣΗ 2

Έστω $x_1,x_2,...,x_{180}$ και $x_i\in[\displaystyle\frac{81}{100},1],i=1,2,...,180$ .

Να βρεθεί το μέγιστο της παράστασης :

$P=(x_1+x_2+...+x_{180})(\displaystyle\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_{180}})$

Η παραπάνω αποτελεί μια ειδική περίπτωση της ανισότητας Kantorovici η οποία θα δοθεί αργότερα

Άλλη μια προσέγγιση:

Έστω $\displaystyle{0 < a < b}$ και ότι $\displaystyle{{x_i} \in \left[ {a,b} \right]}$ για $\displaystyle{i = 1,2, \ldots ,n}$ . Θα αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{\boxed{\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{x_i}} } \right)\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{{x_i}}}} } \right) \le \frac{{{n^2}\left( {a + b} \right)^2}}{{4ab}}}}$ $\bf \color{red} \left( \bigstar \right)$ .

Πράγματι, για $\displaystyle{i = 1,2, \ldots ,n}$ έχουμε ότι:

$\displaystyle{{x_i} \in \left[ {a,b} \right] \Leftrightarrow a \le {x_i} \le b \Leftrightarrow \left( {{x_i} - a} \right)\left( {{x_i} - b} \right) \le 0 \Leftrightarrow x_i^2 - \left( {a + b} \right){x_i} + ab \le 0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow {x_i} + \frac{{ab}}{{{x_i}}} \le a + b}$ $\bf \color{red} \left( 1 \right)$ .

Αθροίζοντας τις ανισότητες $\bf \color{red} \left( 1 \right)$ για $\displaystyle{i = 1,2, \ldots ,n}$ προκύπτει ότι:

$\displaystyle{\sum\limits_{i = 1}^n {{x_i}} + ab\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{{x_i}}}} \le n\left( {a + b} \right)}$ $\bf \color{red} \left( 2 \right)$ .

Αλλά, από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου έχουμε ότι:

$\displaystyle{\sum\limits_{i = 1}^n {{x_i}} + ab\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{{x_i}}}} \ge 2\sqrt {ab\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{x_i}} } \right)\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{{x_i}}}} } \right)} }$ $\bf \color{red} \left( 3 \right)$ .

Από τις σχέσεις $\bf \color{red} \left( 2 \right)$ και $\bf \color{red} \left( 3 \right)$ προκύπτει ότι

$\displaystyle{2\sqrt {ab\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{x_i}} } \right)\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{{x_i}}}} } \right)} \le n\left( {a + b} \right),}$

που είναι ισοδύναμη με την αποδεικτέα ανισότητα $\bf \color{red} \left( \bigstar \right)$ .

Για $\displaystyle{n = 180,}$ $\displaystyle{a = \frac{{81}}{{100}}}$ και $\displaystyle{b = 1}$ προκύπτει ότι

$\displaystyle{P = \left( {\sum\limits_{i = 1}^{180} {{x_i}} } \right)\left( {\sum\limits_{i = 1}^{180} {\frac{1}{{{x_i}}}} } \right) \le \frac{{{{180}^2}{{\left( {\frac{{81}}{{100}} + 1} \right)}^2}}}{{4 \cdot \frac{{81}}{{100}} \cdot 1}} = \frac{{{{180}^2} \cdot {{\left( {\frac{{181}}{{100}}} \right)}^2}}}{{4 \cdot \frac{{81}}{{100}}}} = \frac{{{{\left( {2 \cdot 9 \cdot 10} \right)}^2}}}{{4 \cdot 81 \cdot 100}} \cdot {181^2} = {181^2}}.$

Εφόσον η ισότητα λαμβάνεται π.χ. για $\displaystyle{{x_1} = {x_2} = \cdots = {x_{90}} = \frac{{81}}{{100}}}$ και $\displaystyle{{x_{91}} = {x_{92}} = \cdots = {x_{180}} = 1,}$ έχουμε ότι

$\displaystyle{\boxed{{P_{\max }} = {181^2} = 32761}}$ .

sokratis lyras · #13

emouroukos έγραψε:
sokratis lyras έγραψε:AΣΚΗΣΗ 2

Έστω $x_1,x_2,...,x_{180}$ και $x_i\in[\displaystyle\frac{81}{100},1],i=1,2,...,180$ .

Να βρεθεί το μέγιστο της παράστασης :

$P=(x_1+x_2+...+x_{180})(\displaystyle\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_{180}})$

Η παραπάνω αποτελεί μια ειδική περίπτωση της ανισότητας Kantorovici η οποία θα δοθεί αργότερα

Άλλη μια προσέγγιση:

Έστω $\displaystyle{0 < a < b}$ και ότι $\displaystyle{{x_i} \in \left[ {a,b} \right]}$ για $\displaystyle{i = 1,2, \ldots ,n}$ . Θα αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{\boxed{\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{x_i}} } \right)\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{{x_i}}}} } \right) \le \frac{{{n^2}\left( {a + b} \right)^2}}{{4ab}}}}$ $\bf \color{red} \left( \bigstar \right)$ .

Πράγματι, για $\displaystyle{i = 1,2, \ldots ,n}$ έχουμε ότι:

$\displaystyle{{x_i} \in \left[ {a,b} \right] \Leftrightarrow a \le {x_i} \le b \Leftrightarrow \left( {{x_i} - a} \right)\left( {{x_i} - b} \right) \le 0 \Leftrightarrow x_i^2 - \left( {a + b} \right){x_i} + ab \le 0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow {x_i} + \frac{{ab}}{{{x_i}}} \le a + b}$ $\bf \color{red} \left( 1 \right)$ .

Αθροίζοντας τις ανισότητες $\bf \color{red} \left( 1 \right)$ για $\displaystyle{i = 1,2, \ldots ,n}$ προκύπτει ότι:

$\displaystyle{\sum\limits_{i = 1}^n {{x_i}} + ab\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{{x_i}}}} \le n\left( {a + b} \right)}$ $\bf \color{red} \left( 2 \right)$ .

Αλλά, από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου έχουμε ότι:

$\displaystyle{\sum\limits_{i = 1}^n {{x_i}} + ab\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{{x_i}}}} \ge 2\sqrt {ab\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{x_i}} } \right)\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{{x_i}}}} } \right)} }$ $\bf \color{red} \left( 3 \right)$ .

Από τις σχέσεις $\bf \color{red} \left( 2 \right)$ και $\bf \color{red} \left( 3 \right)$ προκύπτει ότι

$\displaystyle{2\sqrt {ab\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{x_i}} } \right)\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{{x_i}}}} } \right)} \le n\left( {a + b} \right),}$

που είναι ισοδύναμη με την αποδεικτέα ανισότητα $\bf \color{red} \left( \bigstar \right)$ .

Για $\displaystyle{n = 180,}$ $\displaystyle{a = \frac{{81}}{{100}}}$ και $\displaystyle{b = 1}$ προκύπτει ότι

$\displaystyle{P = \left( {\sum\limits_{i = 1}^{180} {{x_i}} } \right)\left( {\sum\limits_{i = 1}^{180} {\frac{1}{{{x_i}}}} } \right) \le \frac{{{{180}^2}{{\left( {\frac{{81}}{{100}} + 1} \right)}^2}}}{{4 \cdot \frac{{81}}{{100}} \cdot 1}} = \frac{{{{180}^2} \cdot {{\left( {\frac{{181}}{{100}}} \right)}^2}}}{{4 \cdot \frac{{81}}{{100}}}} = \frac{{{{\left( {2 \cdot 9 \cdot 10} \right)}^2}}}{{4 \cdot 81 \cdot 100}} \cdot {181^2} = {181^2}}.$

Εφόσον η ισότητα λαμβάνεται π.χ. για $\displaystyle{{x_1} = {x_2} = \cdots = {x_{90}} = \frac{{81}}{{100}}}$ και $\displaystyle{{x_{91}} = {x_{92}} = \cdots = {x_{180}} = 1,}$ έχουμε ότι

$\displaystyle{\boxed{{P_{\max }} = {181^2} = 32761}}$ .

Η γενίκευση είναι η παραπάνω με τη διαφορά ότι οι x_i

και οι

έχουν συντελεστές l_i

και το

έχει συντελεστή l_1+...+l_n

argiris95 · #14

ΆΣΚΗΣΗ 4

Να δειχθεί με επαγωγή ότι $\displaystyle{f(x)=\sum_{k=0}^{n}{\binom{n+k}{k}}\frac{1}{2^k}=2^n}$

Aπό το βιβλίο του Arthur Engel.

Edit: Ευχαριστώ τον Διονύση και τον Βαγγέλη για τις επισημανσεις τους.

raf616 · #15

argiris95 έγραψε:ΆΣΚΗΣΗ 4

Να δειχθεί με επαγωγή ότι $\displaystyle{f(x)=\sum_{k=0}^{n+1}{\binom{n+k}{k}}\frac{1}{2^k}=2^n}$

Aπό το βιβλίο του Arthur Engel.

Θα πρότεινα να μπαίνουν πιο απλές ασκήσεις αφού το θέμα είναι εισαγωγικό... Μ' αυτό τον τρόπο θα μπορούσαν να συμμετέχουν όχι μόνο μαθητές λυκείου και πανεπιστημίου αλλά και να παρακολουθούν το θέμα και μαθητές που θα πάνε τώρα λύκειο ή τελειώνουν το Γυμνάσιο...

kleovoulos · #16

Θα συμφωνήσω με τον προλαλήσαντα, εξάλλου αυτός ήτανε ο στόχος μου όταν δημιούργησα το θέμα.

argiris95 · #17

Ζητώ συγνώμη απλά δεν βάζει κανένας ασκήσεις. Και γω θα ήθελα να δω κάποιες απλές για το λύκειο έτσι ώστε να μάθω κάτι παραπάνω.

Αλγεβριστής · #18

Θα σας προτείνω ένα δικό μου δημιούργημα

.

Άσκηση 5: Για τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{a,b,c>0}$ να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{ \frac{c}{ac+a^2} + \frac{a}{ab+b^2} + \frac{b}{bc+c^2} \geq \frac{1}{2} \bigg ( \frac{a^3b+ab^3}{a^5+b^5} + \frac{b^3c+bc^3}{b^5+c^5} + \frac{c^3a+ca^3}{c^5+a^5} \bigg )}$ .

#19

Αλγεβριστής έγραψε:Θα σας προτείνω ένα δικό μου δημιούργημα .

Άσκηση 5: Για τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{a,b,c>0}$ να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{ \frac{c}{ac+a^2} + \frac{a}{ab+b^2} + \frac{b}{bc+c^2} \geq \frac{1}{2} \bigg ( \frac{a^3b+ab^3}{a^5+b^5} + \frac{b^3c+bc^3}{b^5+c^5} + \frac{c^3a+ca^3}{c^5+a^5} \bigg )}$ .

Θα χρησιμοποιήσουμε την εξής βοηθητική πρόταση: (Λήμμα)

Για κάθε $\displaystyle{a,b >0}$ , ισχύει: $\displaystyle{a^5 +b^5 \geq a^2 b^2 (a+b)}$

ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΛΗΜΜΑΤΟΣ

Αρκεί να αποδείξουμε ότι: $\displaystyle{a^3 (a^2 -b^2 )-b^3 (a^2 -b^2 )\geq 0 \Leftrightarrow (a^2 -b^2 )(a^3 -b^3 )\geq 0\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{(a-b)^2 (a+b)(a^2 +ab+b^2 )\geq 0}$ , το οποίο είναι αληθές.

Προχωρούμε τώρα στην απόδειξη της άσκησης:

Έχουμε: $\displaystyle{a^5 +b^5 \geq a^2 b^2 (a+b)\Leftrightarrow \frac{1}{a^5 +b^5}\leq \frac{1}{a^2 b^2 (a+b)\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{\frac{ab}{a^5 +b^5}\leq \frac{1}{ab(a+b)}\Leftrightarrow \frac{ab(a^2 +b^2 )}{a^5 +b^5}\leq \frac{a^2 +b^2}{ab(a+b)}}$

Όμοια έχουμε:

$\displaystyle{\frac{bc(b^2 +c^2 )}{b^5 +c^5}\leq \frac{b^2 +c^2}{bc(b+c)}}$ , και

$\displaystyle{\frac{ca(c^2 +a^2 )}{c^5 +a^5}\leq \frac{c^2 +a^2}{ca(c+a)}}$

Με πρόσθεση κατά μέλη των τριών παραπάνω ανισοτήτων, έχουμε:

$\displaystyle{\frac{ab(a^2 +b^2 )}{a^5 +b^5}+\frac{bc(b^2 +c^2 )}{b^5 +c^5}+\frac{ca(c^2 +a^2 )}{c^5 +a^5}\leq \frac{a^2 +b^2}{ab(a+b)}+\frac{b^2 +c^2}{bc(b+c)}+\frac{c^2 +a^2}{ca(c+a)}=}$

$\displaystyle{\frac{a^2 +b^2}{ab(a+b)}-\frac{2a}{b(a+b)}+\frac{b^2 +c^2}{bc(b+c)}-\frac{2b}{c(b+c)}+\frac{c^2 +a^2}{ca(c+a)}-\frac{2c}{a(c+a)}+\frac{2a}{b(a+b)}+\frac{2b}{c(b+c)}+\frac{2c}{a(c+a)}=}$

$\displaystyle{\frac{b^2 -a^2}{ab(a+b)}+\frac{c^2 -b^2}{bc(b+c)}+\frac{a^2 -c^2}{ca(c+a)}+\frac{2a}{b(a+b)}+\frac{2b}{c(b+c)}+\frac{2c}{a(c+a)}=}$

$\displaystyle{\frac{b-a}{ab}+\frac{c-b}{bc}+\frac{a-c}{ac}+\frac{2a}{b(a+b)}+\frac{2b}{c(b+c)}+\frac{2c}{a(c+a)}=}$

$\displaystyle{=\frac{1}{a}-\frac{1}{b}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c}+\frac{1}{c}-\frac{1}{a}+\frac{2a}{b(a+b)}+\frac{2b}{c(b+c)}+\frac{2c}{a(c+a)}=}$

$\displaystyle{=\frac{2a}{b(a+b)}+\frac{2b}{c(b+c)}+\frac{2c}{a(c+a)}}$

Και άρα

$\displaystyle{2(\frac{a}{ab+b^2}+\frac{b}{bc+c^2}+\frac{c}{ac+a^2})\geq \frac{ab(a^2 +b^2 )}{a^5 +b^5}+\frac{bc(b^2 +c^2 )}{b^5 +c^5}+\frac{ca(c^2 +a^2 )}{c^5 +a^5}}$

και άρα εδείθη το ζητούμενο.

gavrilos · #20

ΑΣΚΗΣΗ 6

Να βρεθούν όλες οι τριάδες $\displaystyle{(x,y,z)}$ πραγματικών αριθμών που ικανοποιούν τη σχέση $\displaystyle{2x\sqrt{y-1}+2y\sqrt{z-1}+2z\sqrt{x-1}\geq xy+yz+zx}$ .

ΑΣΚΗΣΗ 7

Να βρεθεί η μικρότερη τιμή του πραγματικού αριθμού $\displaystyle{k}$ για την οποία υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{x,y}$ ώστε $\displaystyle{\frac{x+y-k}{2}=\sqrt{x-2010}+\sqrt{y+2011}}$ .

Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

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