Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία: Γενικό Θέμα

infinity · 27-08-12

Αρχική Δημοσίευση από Alejandro che 7:
Λοιπόν έχεις κάποια λάθη ας τα βάλουμε σε μια σειρά. Κατ' αρχήν η διακρίνουσα του τριωνύμου που αναφέρεις δεν είναι χ^2+8ν+4. Μην μπερδεύεσαι το β του τριωνύμου δεν είναι το χ αλλά το 1. Άλλωστε δεν θα μπορούσε να είναι ο άγνωστος στην διακρίνουσα. Η διακρίνουσα είναι Δ=1+4(2ν+1)>0 αφού ν φυσικός. Άρα η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες. Έστω κ μία ακέραια ρίζα της εξίσωσης. Τότε θα είχαμε κ^2+κ=2ν+1 άρα κ(κ+1)=2ν+1 άτοπο αφού κ(κ+1) άρτιος ως γινόμενο διαδοχικών ακεραίων ενώ 2ν+1 περιττός. Άρα δεν έχει ακέραιες ρίζες.

Ναι έχεις δίκιο... δικό μου λάθος

Alejandro che 7 · 29-08-12

άντε να βλέπω να λύνουμε και την άλλη ξυπνήστε

Daft Punk · 29-08-12

Αφού έσπασα κάνα 100 εγκεφαλικά νεύρα, νομίζω πως βρήκα μια λύση για το πρόβλημα 2!!

Καταρχάς πολλαπλασιάζουμε όλους τους όρους της σχέσης χ<=y<=z ( συγγνώμη, ούτε εγώ ξέρω latex!!) με το χ, και σύμφωνα με την ιδιότητα α<β => αγ < βγ έχουμε χ ^ 2<=yχ<=zχ. Κάνουμε το ίδιο, αλλά αυτή την φορά πολλαπλασιάζουμε όλους τους όρους με το z: zχ <=zy<=z ^ 2. Από αυτά βγάζουμε το συμπέρασμα ότι yχ<=zχ<=zy ( το χ ^ 2 και το z ^ 2 δεν τα συμπεριλαμβάνουμε, επειδή δεν μας χρειάζονται.

Τώρα, χρησιμοποιώντας την εις άτοπον απαγωγή, θα αποδείξουμε ότι zχ < 1/2 : Έστω zχ >= 1/2.Πρώτη Περίπτωση : Αν zχ = 1/2, τότε το zy θα έπρεπε και αυτό να ισούται με το 1/2, αφού xy+yz+zx=1, αλλά έτσι αποδεικνύουμε ότι x, z, y είναι πραγματικοί αριθμοί διάφοροι του μηδενός, και έτσι το xy θα έπρεπε επίσης να έχει τιμή διάφορη του μηδενός, αφού είναι γινόμενο δύο πραγματικών αριθμών διαφόρων του μηδενός. Αλλά έτσι xy+yz+zx είναι διάφορο του 1. Εκτός αν χy είναι μικρότερο του μηδενός και zy μεγαλύτερο του 1/2, αλλά ούτε αυτό ισχύει, αφού έτσι θα έπρεπε , αν πχ ο χ του γινομένου χy είναι ο αρνητικός παράγοντας, και το γινόμενο zχ να είναι αρνητικό, που δεν ισχύει, εκτός αν ο z ήταν αρνητικός, έτσι ώστε το γινόμενο zχ να είναι θετικό. Αλλά ούτε αυτό πάλι μπορεί να ισχύει, γιατί έτσι το γινόμενο yz γίνεται αυτομάτως αρνητικό, εκτός αν ο y αρνητικός, άρα και το γινόμενο xy είναι θετικό, κάτι που δεν μπορεί να ισχύει. Άρα zχ = 1/2 απορρίπτεται.

Δεύτερη εκδοχή : zχ > 1/2. Εδώ τα πράγματα είναι πιο απλά, αφού αν zχ > 1/2, τότε καταρρίπτεται το zχ<=zy, αφού για να είναι xy+yz+zx=1 πρέπει το zy να είναι μικρότερο του zχ, ακόμα και αν xy = 0, που ούτε αυτό ισχύει.

Συμπέρασμα : αφού zχ >= 1/2 δεν ισχύει, ισχύει το αντίθετό του, δηλαδή ότι zχ < 1/2

Ελέγξτε αν μπορείτε την λύση μου, γιατί είμαι επιρρεπής στα βιαστικά λάθη!!! Και αν βρείτε λάθος, τότε την επόμενη φορά θα προσέχω πιο πολύ (και ας κάψω 200 νευρικά κύτταρα

Alejandro che 7 · 29-08-12

Αρχική Δημοσίευση από Daft Punk:
Αφού έσπασα κάνα 100 εγκεφαλικά νεύρα, νομίζω πως βρήκα μια λύση για το πρόβλημα 2!!

Καταρχάς πολλαπλασιάζουμε όλους τους όρους της σχέσης χ<=y<=z ( συγγνώμη, ούτε εγώ ξέρω latex!!) με το χ, και σύμφωνα με την ιδιότητα α<β => αγ < βγ έχουμε χ ^ 2<=yχ<=zχ. Κάνουμε το ίδιο, αλλά αυτή την φορά πολλαπλασιάζουμε όλους τους όρους με το z: zχ <=zy<=z ^ 2. Από αυτά βγάζουμε το συμπέρασμα ότι yχ<=zχ<=zy ( το χ ^ 2 και το z ^ 2 δεν τα συμπεριλαμβάνουμε, επειδή δεν μας χρειάζονται.

μα δε ξέρεις το πρόσημο του χ για να πολλαπλασιάσεις όλα τα μέλη με χ. Αν χ<0 τότε θα αλλάξει η φορά της ανίσωσης.

Daft Punk · 31 Αυγούστου 2012

Αρχική Δημοσίευση από Alejandro che 7:
μα δε ξέρεις το πρόσημο του χ για να πολλαπλασιάσεις όλα τα μέλη με χ. Αν χ<0 τότε θα αλλάξει η φορά της ανίσωσης.

D'oh......

Θα ξαναδώ αυτό το σημείο....

Βρήκα μια εξήγηση:
Αυτά που γράφω ισχύουν αν και οι τρεις όροι είναι θετικοί ή αρνητικοί. Στην περίπτωση όμως που χ ή χ και y είναι αρνητικοί, και πάλι το zx θα είναι αρνητικό, δηλαδή μικρότερο του 1/2.

Ευχαριστώ πάντως για την υπόδειξη, γιατί κάτι τέτοια λάθη κάνω συνήθως στα μαθηματικά και τα σκοτώνω!!! :redface:

Και κάτι ακόμα : αν και οι τρεις όροι είναι αρνητικοί, τότε απλώς αλλάζει η σειρά yχ<=zχ<=zy και γίνεται zy<=zχ<=yχ, οπότε ισχύουν τα ίδια που ισχύουν στην περίπτωση και οι τρεις να είναι θετικοί.

Alejandro che 7 · 29-08-12

το δέχομαι και παραθέτω και τη δική μου λύση. Από υπόθεση χ<=y<=z άρα (χ-y)(y-z)>=0 άρα (y-x)(y-z)<=0. Κάνουμε επιμεριστικές και έχουμε y^2-xy-yz+xz<=0 ισοδυναμεί y^2-(xy+yz+xz)+2xz<=0. Όμως xy+yz+xz=1 άρα y^2-1+2xz<=0. Άρα είναι 1-2xz>=y^2>=0 δηλαδή 1-2xz>=0, οπότε xz<=1/2. Αν xz=1/2 τότε από τη σχέση 1-2xz>=y^2>=0 προκύπτει ότι 0>=y^2>=0 άρα y^2=0 άρα y=0. Όμως από τη σχέση xy+yz+xz=1 έπεται ότι xz=1 που είναι άτοπο αφού έχουμε αποδείξει ότι χz<=1/2. Άρα χz διάφορο του 1/2. Άρα xz<1/2.

POSITIVE · 31-08-12

Πάρτε και μία από Ευκλείδη β' λυκείου..

ν.δ.ο.

$2(\frac{x^2}{y^2} + \frac{y^2}{x^2}) -5(\frac{x}{y} + \frac{y}{x})+6\geq 0$
για κάθε πραγματικό x,y με x*y διάφορο του 0.

ξαροπ · 31-08-12

Πω, άρχισε κιόλας αυτή η χρονιά; Άντε, όσοι πρόθυμοι αρχίστε να σηκώνετε μανίκια...

@Positive

Αν $\frac{x}{y} + \frac{y}{x} = c$ ,

τότε $c^2 \geq 4 \frac{x}{y}\frac{y}{x} = 4 \Leftrightarrow |c| \geq 2$

και $\frac{x^2}{y^2} + \frac{y^2}{x^2} = c^2 - 2$

Άρα έχουμε ισοδύναμα $2(c^2-2) - 5c + 6 \geq 0 \Leftrightarrow 2c^2 - 5c + 2 \geq 0 \Leftrightarrow 2c(c-2) - (c-2) \geq 0$

$\Leftrightarrow (c-2)(2c - 1) \geq 0$

Αφού $c \geq 2$ ή $c \leq - 2$ η παραπάνω ανισότητα ισχύει με ισότητα όταν $c = 2$ .

Επίσης η παραπάνω άσκηση με την απόδειξη του xz < 0.5 προέρχεται από τον Μεσογειακό Μαθηματικό Διαγωνισμό του 2007, και, παρά το επίπεδο του διαγωνισμού είναι απλή αν και όχι πλήρης. Το δεύτερο (πιο δύσκολο) ερώτημα είναι αν γίνεται να βελτιώσουμε την τιμή της σταθεράς 0.5 στην ανισότητα.

Alejandro che 7 · 31-08-12

Αρχική Δημοσίευση από ξαροπ:
Πω, άρχισε κιόλας αυτή η χρονιά; Άντε, όσοι πρόθυμοι αρχίστε να σηκώνετε μανίκια...

@Positive

Αν $\frac{x}{y} + \frac{y}{x} = c$ ,

τότε $c^2 \geq 4 \frac{x}{y}\frac{y}{x} = 4 \Leftrightarrow |c| \geq 2$

και $\frac{x^2}{y^2} + \frac{y^2}{x^2} = c^2 - 2$

Άρα έχουμε ισοδύναμα $2(c^2-2) - 5c + 6 \geq 0 \Leftrightarrow 2c^2 - 5c + 2 \geq 0 \Leftrightarrow 2c(c-2) - (c-2) \geq 0$

$\Leftrightarrow (c-2)(2c - 1) \geq 0$

Αφού $c \geq 2$ ή $c \leq - 2$ η παραπάνω ανισότητα ισχύει με ισότητα όταν $c = 2$ .

Επίσης η παραπάνω άσκηση με την απόδειξη του xz < 0.5 προέρχεται από τον Μεσογειακό Μαθηματικό Διαγωνισμό του 2007, και, παρά το επίπεδο του διαγωνισμού είναι απλή αν και όχι πλήρης. Το δεύτερο (πιο δύσκολο) ερώτημα είναι αν γίνεται να βελτιώσουμε την τιμή της σταθεράς 0.5 στην ανισότητα.

το γνωρίζω και επίτηδες παρέλειψα το δεύτερο ερώτημα ώστε να μειώσω λίγο τη δυσκολία της

Guest 018946 · 31-08-12

1)Να συγκριθούν οι αριθμοί $\displaystyle{\sqrt{p+\sqrt{q}}+\sqrt{q+\sqrt{p}}}$ και $\displaystyle{\sqrt{p+\sqrt{p}}+\sqrt{q+\sqrt{q}}}$

2)Να υπολογίσετε το άθροισμα

$\displaystyle{S =\frac{3^{3}+1^{3}}{2^{3}-1}+\frac{5^{3}+2^{3}}{3^{3}-2^{3}}+....+\frac{4013^{3}+2006^{3}}{2007^{3}-2006^{3}} .}$

Δεν ξερω σε τι επιπεδο απευθυνονται αλλα πιστευω οτι τις εχετε

aggressive · 31-08-12

Αν $\alpha ,\beta ,\gamma \succ 0$ και $\alpha \beta \gamma =1$ , ΝΑΟ:

$\frac{{\alpha }^{2}}{\beta +\gamma }+\frac{{\beta }^{2}}{\gamma +\alpha }+\frac{{\gamma }^{2}}{\alpha +\beta }\geq \frac{3}{2}$

*Είναι λίγο εκτός ύλης για Α' Λυκείου.

Daft Punk · 31-08-12

Αρχική Δημοσίευση από POSITIVE:
Πάρτε και μία από Ευκλείδη β' λυκείου.

Έχω μια δεύτερη λύση, με τη χρήση δευτεροβάθμιων εξισώσεων.

Έχουμε και λέμε...

$2(\frac{x^2}{y^2} + \frac{y^2}{x^2}) -5(\frac{x}{y} + \frac{y}{x})+6\geq 0 \Rightarrow2(\frac{x^2}{y^2} - 2\frac{x}{y} + 1) + 2(\frac{y^2}{x^2} - 2\frac{y}{x} + 1) - (\frac{x}{y} + \frac{y}{x}) + 2 \geq 0\Rightarrow2{(\frac{x}{y} - 1)}^{2} + 2{(\frac{y}{x} - 1)}^{2} - (\frac{x}{y} - 1) - (\frac{y}{x} - 1) \geq 0$

Άρα έχουμε δύο ξεχωριστές δευτεροβάθμιες εξισώσεις, όπου στην καθεμία το γ είναι μηδενικό. Έτσι έχουμε

Α.
$\frac{x}{y} - 1 = \frac{1 \pm 1}{4}\Rightarrow\frac{{x}_{1}}{{y}_{1}} = 1\Rightarrow \frac{{x}_{2}}{{y}_{2}} =\frac{6}{4}$

B.
$\frac{y}{x} - 1 = \frac{1 \pm 1}{4}\Rightarrow\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}} = 1\Rightarrow\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}} =\frac{6}{4}$

Αν λοιπόν πάρουμε τις μικρότερες ρίζες των δύο δευτ. εξισώσεων (που στην συγκεκριμένη περίπτωση ισούνται και οι δύο με 1) και τις αντικαταστήσουμε στην ανίσωση, και το αποτέλεσμα που προκύπτει είναι ίσο ή μεγαλύτερο του μηδέν, τότε η ανίσωση θα ισχύει για όλες τις τιμές των δύο κλασμάτων, αφού όλες είναι μεγαλύτερες του μηδέν και του ένα:

$2(\frac{x^2}{y^2} + \frac{y^2}{x^2}) -5(\frac{x}{y} + \frac{y}{x})+6\geq 0\Rightarrow2(1 + 1) -5(1 + 1)+6\geq 0\Rightarrow0\geq 0$

Συγγνώμη που είμαι λίγο λακωνικός στις δύο εξισώσεις δευτέρου βαθμού, αλλά τώρα έμαθα latex και είμαι πιο αργός και από χελώνα

Alejandro che 7 · 31-08-12

έχω μία απορία ισχύει ότι αν α,β,γ>0 και αβγ=1 τότε α+β+γ>=3;

POSITIVE · 31-08-12

Αρχική Δημοσίευση από dr.tasos:
2)Να υπολογίσετε το άθροισμα

$\displaystyle{S =\frac{3^{3}+1^{3}}{2^{3}-1}+\frac{5^{3}+2^{3}}{3^{3}-2^{3}}+....+\frac{4013^{3}+2006^{3}}{2007^{3}-2006^{3}} .}$

Δεν ξερω σε τι επιπεδο απευθυνονται αλλα πιστευω οτι τις εχετε

Κάθε όρος είναι της μορφής
$\frac{(2x-1)^3 + (x-1)^3}{x^3-(x-1)^3}$ με x=2,3...2007
Με πράξεις βλέπουμε ότι
$\frac{(2x-1)^3 + (x-1)^3}{x^3- (x-1)^3}=\frac{(3x-2)(3x^2-3x+1)}{3x^2 -3x+1}=3x-2$
Ε τώρα πλέον είναι σχετικά εύκολο να δούμε ότι το τελικό άθροισμα είναι 6023 χ 1023

ξαροπ · 31-08-12

Ναι ισχύει το παραπάνω ελάχιστο άθροισμα, αλλά μάλλον ξεφεύγουμε...

Από την ανισότητα των Cauchy-Schwarz έχουμε $[ (b+c) + (c+a) + (a+b)] (\frac{a^2}{b+c} + \frac{b^2}{a+c} + \frac{c^2}{a+b}) \geq (a+b+c)^2$

$\Leftrightarrow \frac{a^2}{b+c} + \frac{b^2}{a+c} + \frac{c^2}{a+b} \geq \frac{a+b+c}{2} \geq \frac{3}{2}$ όπως αναφέραμε παραπάνω.

Alejandro che 7 · 31 Αυγούστου 2012

Αρχική Δημοσίευση από ξαροπ:
Ναι ισχύει το παραπάνω ελάχιστο άθροισμα, αλλά μάλλον ξεφεύγουμε...

Από την ανισότητα των Cauchy-Schwarz έχουμε $[ (b+c) + (c+a) + (a+b)] (\frac{a^2}{b+c} + \frac{b^2}{a+c} + \frac{c^2}{a+b}) \geq (a+b+c)^2$

$\Leftrightarrow \frac{a^2}{b+c} + \frac{b^2}{a+c} + \frac{c^2}{a+b} \geq \frac{a+b+c}{2} \geq \frac{3}{2}$ όπως αναφέραμε παραπάνω.

Εγώ το σκέφτηκα έτσι. Από Andreescu $\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2a+2b+2c}=\frac{a+b+c}{2}\geq\frac{3}{2}$ πιο πολύ στο θέμα για την Ε.Μ.Ε. ταιριάζει αυτή η άσκηση

ξαροπ · 31 Αυγούστου 2012

Η λύση είναι ακριβώς η ίδια αφού η ανισότητα Andreescu...είναι η ανισότητα Cauchy-Schwarz!

Για την ιστορία το 'χω πει σε άλλο thread ότι μάλλον είναι λάθος να λέμε "από την ανισότητα Andreescu..." (δηλ. μην το γράψετε σε κανέναν παγκόσμιο διαγωνισμό) αφού πρώτον δεν είναι του Andreescu, δεύτερον η ονομασία "ανισότητα Andreescu" δεν προέκυψε από τον ίδιο αλλά φημολογείται ότι προέκυψε από μια πλάκα της ομάδας των Αμερικανών διαγωνιζόμενων του 1995.

aggressive · 31-08-12

Είναι η ανισότητα B-C-S (Buniakowsky-Cauchy-Schwarz).

aggressive · 31-08-12

Αρχική Δημοσίευση από aggressive:
Αν $\alpha ,\beta ,\gamma \succ 0$ και $\alpha \beta \gamma =1$ , ΝΑΟ:

$\frac{{\alpha }^{2}}{\beta +\gamma }+\frac{{\beta }^{2}}{\gamma +\alpha }+\frac{{\gamma }^{2}}{\alpha +\beta }\geq \frac{3}{2}$

*Είναι λίγο εκτός ύλης για Α' Λυκείου.

Για τα $\left( \sqrt{\beta +\gamma },\sqrt{\gamma +\alpha },\sqrt{\alpha +\beta }\right)$ και $\left( \frac{\alpha }{\sqrt{\beta +\gamma} }, \frac{\beta }{\sqrt{\gamma +\alpha} }, \frac{\gamma }{\sqrt{\alpha +\beta} }\right)$ η ανισότητα B-C-S δίνει:

$\left[ \left(\beta +\gamma \right)+\left(\gamma +\alpha \right)+\left(\alpha +\beta \right)\right]\left[\frac{{\alpha }^{2}}{\beta +\gamma } +\frac{{\beta }^{2}}{\gamma +\alpha }+\frac{{\gamma }^{2}}{\alpha +\beta }\right]\geq \left{(\alpha +\beta +\gamma \right)}^{2}\Leftrightarrow 2\left(\alpha +\beta +\gamma \right)\left( \frac{{\alpha }^{2}}{\beta +\gamma } +\frac{{\beta }^{2}}{\gamma +\alpha }+\frac{{\gamma }^{2}}{\alpha +\beta }\right)\geq {\left(\alpha +\beta +\gamma \right)}^{2}\Leftrightarrow \frac{{\alpha }^{2}}{\beta +\gamma }+\frac{{\beta }^{2}}{\gamma +\alpha }+\frac{{\gamma }^{2}}{\alpha +\beta }\geq \frac{\alpha +\beta +\gamma }{2}\geq \frac{3}{2}$

επειδή $\frac{\alpha +\beta +\gamma }{3}\geq \sqrt[3]{\alpha \beta \gamma }=1$ δλδ $\alpha +\beta +\gamma \geq 3$

*Είναι από βιβλίο για Μαθηματικούς Διαγωνισμούς για Α' Λυκείου, αλλά είναι εκτός της σχολικής ύλης.

Alejandro che 7 · 31-08-12

το βιβλίο των Στεργιού-Μπραζιτίκου "Μαθηματικοί διαγωνισμοί" ονομάζει την ανισότητα $\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}+\frac{z^2}{c}\geq \frac{(x+y+z)^2}{a+b+c}$ Cauchy-Buniakowski ή Andreescu.

Αυτή που γνώριζα ως cauchy-schwarz και παρουσιάζεται στο βιβλίο ως cauchy-schwarz ή BCS είναι η ανισότητα $({a^2}_{1}+{a^2}_{2}+...+{a^2}_{n})({b^2}_{1}+{b^2}_{2}+...+{b^2}_{n}\geq ({a}_{1}{b}_{1}+{a}_{2}{b}_{2}+...{a}_{n}{b}_{n})^2$ . Τώρα πρέπει να παραδεχτώ ότι ξενόγλωσση βιβλιογραφία δεν έχω μελετήσει οπότε ξαρόπ ίσος έχει δίκιο.

Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία: Γενικό Θέμα

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος