Συλλογή ασκήσεων στην Άλγεβρα

Guest 018946 · 2011-08-16T19:42:42+0300

να βρειτε τις πραγματικες ριζες της εξισωσης $x^{7}-x^{6}+x^{5}-x^{4}+x^{3}-x^{2}+x-1=0$

Athr · 2011-08-16T20:06:50+0300

Horner για ρ=1

Guest 018946 · 2011-08-16T20:08:20+0300

γινεται και αλλιως

Athr · 2011-08-16T20:18:22+0300

παραγοντοποιηση αλλιως..

Guest 018946 · 2011-08-16T20:22:05+0300

ναι . δεν γραφω την λυση περιμενω απο καποιον μαθητη α λυκειου να την λυσει.

13diagoras · 2011-08-16T21:02:26+0300

Αρχική Δημοσίευση από dr.tasos:
θα ηταν καλο να μαζευουμε την θεωρια που χρησιμοποιουμε στις πιο προχωρημενες ασκησεις και καποιος να την γραψει σε pdf για να εχουν ολοι οι μαθητες μια ιδεα για λιγο πιο προωρημενα πραγματα

εστω οτι θελω να αποδειξω την ανισοτητα ${a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2} \geq {a}+{b}+{c}$ με : ${a} , {b} , {c} \geq$ και : ${a}{b}{c}=1$ μπορω να πω πως ${a}^{2} \geq {a} (1)$ , ${b}^{2} \geq {b} (2)$ ${c}^{2} \geq {c} (3)$ τοτε προσθετω τις (1) , (2) και (3) κατα μελη και προκυπτει το ζητουμενο. Η μεθοδος αυτη ισχυει ή ειναι λαθος ?

Φιλε Τασο,ΑΝ καταλαβα καλα αυτος ο ισχυρισμος δεν ευσταθει.Αν παρουμε την σχεση με το a ,τοτε αφου το a απο την εκφωνιση ειναι θετικος πραγματικος,γινεται η απλοποιηση της ανισοτητας χωρις να αλλαξει η φορα της ,οποτε προκυπτει οτι a>=1 κατι το οποιο δεν αναφερεται στην εκφωνιση.Επισης,δεν χρησιμοποιηθηκε η ισοτητα abc=1 σχεση η οποια πρεπει να αξιοποιηθει στην αποδειξη του ζητουμενου.
Αν και ειμαι "σκουριασμενος" απο τα μαθηματικα λογω Πανελλαδικων(αποτοξινωση

) κοιταξα την ασκηση και ελπιζω να μην την απογοητευσα :whistle:

Λοιπον:
Ειναι a²+b²+c²>=(a+b+c)²-2(ab+cb+ac)>=(a+b+c)² (1),αφου a,b,c θετικοι,αρα και ab+ac+cb>0
Επισης a+b+c>=1(2),διοτι εστω οτι δεν ισχυει,τοτε a+b+c<1,οποτε και a<1 και b<1 και c<1(a,b,c, θετικοι,αλλιως δεν ισχυει αυτο) ατοπο,αφου abc=1.
Ετσι απο την 1,2<=> a²+b²+c²>=(a+b+c)* η ισοτητα αν και μονο αν a=1,b=1,c=1
*Αν x>1,τοτε χ²>χ.Για αποδειξη φερνεις το χ στο πρωτο μελος ,βγαζεις κοινο παραγοντα,απαλοιφεις το χ αφου ειναι θετικο(χ>1)και μενει χ>1 κατι τ οποιο ισχυει απο την υποθεση.
Αυτα

edit:Απροσεξια στα κοκκινισμενα.Λαθος λυση :redface:

BILL KEXA · 2011-08-16T22:53:53+0300

dr.tasos δοκίμασα να λύσω αυτή την πολυωνυμική εξίσωση ...... Έτσι λύνεται ???

Bl4Ck_PyTh0N! · 2011-08-16T23:19:31+0300

Αρχική Δημοσίευση από BILL KEXA:
dr.tasos δοκίμασα να λύσω αυτή την πολυωνυμική εξίσωση ...... Έτσι λύνεται ???

Σωστή είναι η λύση σου.Μπράβο!

papas · 2011-08-16T23:25:03+0300

Για καμμενους :

x^2=-1 (στους μιγαδικους : i^2=-1,οπου i η φανταστικη μοναδα)
x^2=i^2
x=+i ή x=-i

x^4=-1 (παλι τα ιδια στους μιγαδικους : i^2=-1,οπου i η φανταστικη μοναδα)
χ^4=i^2
x^4-i^2=0
(x^2-i)(x^2+i)=0
x^2-i=0 ή x^2+i=0

(μετα δεν ξερω την συνεχεια

)

ξαροπ · 2011-08-17T00:08:57+0300

Αρχική Δημοσίευση από 13diagoras:
Φιλε Τασο,ΑΝ καταλαβα καλα αυτος ο ισχυρισμος δεν ευσταθει.Αν παρουμε την σχεση με το a ,τοτε αφου το a απο την εκφωνιση ειναι θετικος πραγματικος,τοτε γινεται η απλοποιηση της ανισοτητας χωρις να αλλαξει η φορα της ,οποτε προκυπτει οτι a>=1 κατι το οποιο δεν αναφερεται στην εκφωνιση.Επισης,δεν χρησιμοποιηθηκε η ισοτητα abc=1 σχεση η οποια πρεπει να αξιοποιηθει στην αποδειξη του ζητουμενου.
Αν και ειμαι "σκουριασμενος" απο τα μαθηματικα λογω Πανελλαδικων(αποτοξινωση ) κοιταξα την ασκηση και ελπιζω να μην την απογοητευσα

Λοιπον:
Ειναι a²+b²+c²>=(a+b+c)²-2(ab+cb+ac)>=(a+b+c)² (1),αφου a,b,c θετικοι,αρα και ab+ac+cb>0
Επισης a+b+c>=1(2),διοτι εστω οτι δεν ισχυει,τοτε a+b+c<1,οποτε και a<1 και b<1 και c<1(a,b,c, θετικοι,αλλιως δεν ισχυει αυτο) ατοπο,αφου abc=1.
Ετσι απο την 1,2<=> a²+b²+c²>=(a+b+c)* η ισοτητα αν και μονο αν a=1,b=1,c=1
*Αν x>1,τοτε χ²>χ.Για αποδειξη φερνεις το χ στο πρωτο μελος ,βγαζεις κοινο παραγοντα,απαλοιφεις το χ αφου ειναι θετικο(χ>1)και μενει χ>1 κατι τ οποιο ισχυει απο την υποθεση.
Αυτα

Diagoras13, η άσκηση δεν λύνεται τόσο απλά (τουλάχιστον όχι με τον τρόπο που έγραψες). Κάποιες παρατηρήσεις (πάνω σε αυτά που γράψατε εσύ και ο dr. tasos)

1. Προφανώς ισχύει

$a^2+b^2+c^2 = (a+b+c)^2 - 2(ab + bc + ca)$ ,

σε καμία περίπτωση όμως δεν ισχύει

$a^2 + b^2 + c^2 \geq (a+b+c)^2$

με θετικά α,β,γ, αφού προκύπτει

$ab + bc + ca < 0$ .

2. Δεν ισχύει απλά

$a+b+c > 1$ ,

αλλά

$a+b+c \geq 3 \sqrt[3]{abc} = 3$ ,

από υπόθεση.

3. Αν για θετικούς α,β,γ ισχύει

$abc = 1$

δεν ισχύει απαραίτητα

$a^2 \geq a, b^2 \geq b, c^2 \geq c$ ,

για παράδειγμα, αν $a = 5, b = 3, c = \frac{1}{15}$

τότε έχουμε

$c^2 = \frac{1}{225} < c$ ,

ενώ ταυτόχρονα

$abc = 1$

και

$a^2 + b^2 + c^2 = 36 + \frac{1}{225} >>> 8 + \frac{1}{15} = a+b+c$

(δηλαδή επαληθεύουν την ανισότητα προς απόδειξη).

Προτού αντιμετωπίσει κανείς την ανισότητα του dr. tasos, καλύτερα να ασχοληθεί με μια παρόμοια ανισότητα δύο μεταβλητών, πχ. να τσεκάρει αν ισχύει για θετικούς α,β με

$ab = 1$

ότι

$a^2 + b^2 \geq a+b$

(σαν πιο εύκολο θέμα).

Επίσης για τέτοιου είδους ανισότητες 'υπό συνθήκη', βολεύει καμιά φορά να "εξαφανίσουμε" αυτή τη συνθήκη με 'νέες μεταβλητές', και να επιχειρήσουμε να αποδείξουμε μια νέα ανισότητα χωρίς συνθήκη (χωρίς δηλαδή να μας βασανίζει το ερώτημα "πού θα τη χρησιμοποιήσω τη συνθήκη? Πόσες φορές?")

Τι εννοώ:

Η ανισότητα του dr. tasos μπορεί να γίνει ανισότητα δύο μεταβλητών.

Θέτουμε

$c = \frac{1}{ab}$ (από υπόθεση)

και έχουμε να αποδείξουμε ότι

$a^2 + b^2 + \frac{1}{a^2b^2} \geq a + b + \frac{1}{ab}$

με α,β να είναι οποιοιδήποτε θετικοί αριθμοί.

Επίσης, χωρίς να βλάψουμε τη γενικότητα, θεωρούμε

$a = \frac{x}{y}, b = \frac{y}{z}, c = \frac{z}{x}$ με x,y,z > 0

Τότε έχουμε

$abc = \frac{xyz}{yzx} = 1$

και η ανισότητα προς απόδειξη γίνεται

$\frac{x^2}{y^2} + \frac{y^2}{z^2} + \frac{z^2}{x^2} \geq \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x}$

χωρίς τα x,y,z να πληρούν κάποια συνθήκη.

Υπάρχουν και άλλοι τρόποι αντιμετώπισης τέτοιων ανισοτήτων, δύο παραδείγματα έφερα απλά. Μπορεί για κάποιον καινούριο σε όλα αυτά να φαντάζουν υπερβολικά δύσκολα και δυσνόητα τα παραπάνω, αλλά όπως είπαμε μιλάμε για ανισότητες σε 'ανώτερο' του σχολικού επίπεδο.

___________________________________________________________________________________________________________

Αρχική Δημοσίευση από dr.tasos:
να βρειτε τις πραγματικες ριζες της εξισωσης $x^{7}-x^{6}+x^{5}-x^{4}+x^{3}-x^{2}+x-1=0$

Και μια άλλη λύση...

Παρατηρούμε ότι το

$x = -1$

δεν αποτελεί λύση της εξίσωσης, άρα πολλαπλασιάζουμε την εξίσωση με

$x+1 \neq 0$

και προκύπτει $x^8 = 1 \Leftrightarrow x = 1$ , (2)

αφού απαιτούμε $x \neq -1$ .

Όσες πραγματικές λύσεις έχει η (2), τόσες θα έχει και η αρχική μείον τον περιορισμό που έχουμε βάλει.

Θέτουμε $x = 1$ στην αρχική και διαπιστώνουμε ότι όντως αποτελεί (τη μόνη) πραγματική ρίζα της εξίσωσης.

wfgl · 2011-08-17T00:39:05+0300

Αρχική Δημοσίευση από papas:
Για καμμενους :

x^2=-1 (στους μιγαδικους : i^2=-1,οπου i η φανταστικη μοναδα)
x^2=i^2
x=+i ή x=-i

x^4=-1 (παλι τα ιδια στους μιγαδικους : i^2=-1,οπου i η φανταστικη μοναδα)
χ^4=i^2
x^4-i^2=0
(x^2-i)(x^2+i)=0
x^2-i=0 ή x^2+i=0

(μετα δεν ξερω την συνεχεια )

${x}^{4}= -1 \Leftrightarrow (x = \sqrt[4]{-1}\Leftrightarrow x = \sqrt[4]{{(-1)}^{3}} \Leftrightarrow x = {(-1)}^{3/4})$ ή $x = -\sqrt[4]{-1}\Leftrightarrow x = -\sqrt[4]{{-1}^{3}}\Leftrightarrow x = -{(-1)}^{3/4}$

13diagoras · 2011-08-17T00:42:32+0300

ξαροπ,σε ευχαριστω για την διορθωση

Guest 018946 · 2011-08-17T00:53:07+0300

ας βαλω και εγω μια λυση ελαχιστα διαφορετικη με αυτη που παρεθεσαν τα παιδια παραπανω
Λοιπον : ${x}^{3}({x}^{4}+{x}^{2}+1)-{x}^{2}({x}^{4}+{x}^{2}+1)=1-{x}$
$({x}^{3}-{x}^{2})({x}^{4}+{x}^{2}+1)=1-{x}$
${x}^{2}({x}-1)[{x}^{2}({x}^{4}+{x}^{2}+1)]+({x}-1)=0$
$({x}-1)[({x}^{2}({x}^{4}+{x}^{2}+1)+1]=0$
Αυτο δεν γινεται να μηδενιστει $[{x}^{2}({x}^{4}+{x}^{2}+2)$ εφοσον αποτελειται απο μονο θετικους ορους. Ετσι ισχυει οτι μοναδικη πραγματικη λυση της εξισωσης ειναι ${x}=1$

ξαροπ · 2011-08-17T22:56:00+0300

Μια λύση, χωρίς κενά ελπίζω, πάνω στην ανισότητα του δρ. τάσου γιατί έχουν περάσει μέρες από τότε που μπήκε. Τη βάζω σε spoiler γιατί χρησιμοποιώ κάποια 'εργαλεία' άγνωστα για το λύκειο, όχι μόνο για την Α' Λυκείου.

Η ανισότητα γράφεται ισοδύναμα

$\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c} \geq 1$ .

Όμως από την ανισότητα Andreescu σε συνδυασμό με την ανισότητα αριθμητικού - γεωμετρικού μέσου έχουμε ότι

$\frac{a^2}{a+b+c} + \frac{b^2}{a+b+c} + \frac{c^2}{a+b+c} \geq \frac{(a+b+c)^2}{3(a+b+c)} = \frac{a+b+c}{3} \geq \sqrt[3]{abc} = 1$ ,

άρα η ανισότητα αποδείχτηκε (και μάλιστα δεν χρειάζεται να ισχύει μόνο

$abc = 1$ ,

αλλά

$abc \geq 1$ .)

Επίσης, μια πιο στοιχειώδης απόδειξη μπορεί να δοθεί λαμβάνοντας υπ' όψιν ότι

$3(a^2+b^2+c^2) \geq (a+b+c)^2$ ,

και συνεχίζοντας κανονικά με ανισότητες των μέσων.

Μου φαίνεται τώρα ότι οι τρόποι αντιμετώπισης που πρότεινα πιο πριν (να κάνουμε τις μεταβλητές από τρεις, δύο / να θέσουμε κατάλληλες μεταβλητές για να 'φύγει' η συνθήκη) μάλλον πιο πολύ δυσκολεύουν τα πράγματα παρά διευκολύνουν.

Ο πρώτος τρόπος θέλει αρκετό πραξολόι, ενώ για το δεύτερο διαβλέπω μια χρήση της ανισότητας της αναδιάταξης αλλά δεν έκατσα κάτω να το δω, οπότε δεν το 'χω και σίγουρο.

Και κάποιες γενικεύσεις πάνω στην ανισότητα (για ν - όρους υψωμένους στο τετράγωνο και στην k-οστή δύναμη), για όποιους ενδιαφερόμενους.

Αν $x_{1}, x_{2},...,x_{n} > 0, k \in N, k \geq 2$ και $\prod_{i=1}^{n} x_{i} \geq 1$ ,

τότε

1) $\sum_{i=1}^{n}{x_{i}}^2 \geq \sum_{i=1}^{n}x_{i}$

2) $\sum_{i=1}^{n}{x_{i}}^k \geq \sum_{i=1}^{n}x_{i}$

3) $\sum_{i=1}^{n}{x_{i}}^k \geq \frac{1}{n^{k-2}} (\sum_{i=1}^{n}x_{i})^{k-1}$

Οι αποδείξεις είναι εντελώς όμοιες με την αρχική (γίνεται και χρήση της γενικευμένης Andreescu)

Μια πιο δύσκολη άσκηση, πάνω σε αυτό το θέμα, είναι η εξής.

"Αν $a,b,c > 0$ και $abc = 1$ ,

ν.δ.ο.

$a^3 + b^3 + c^3 \geq a^2 + b^2 + c^2$ ."

(νομίζω ότι ήταν και η τελευταία-τελευταία άσκηση σε κάποιο από τα βιβλία ανισοτήτων του Στεργίου)

Προτείνω, αν κάποιος θέλει να 'μπει' πιο πολύ στην ιδέα των ανισοτήτων δυσκολότερου επιπέδου, να ασχοληθεί με τις παρακάτω ασκήσεις για αρχή. (είναι και ξεκάθαρα μέσα στα πλαίσια της Α' Λυκείου)

1. $a^2 + b^2 + c^2 \geq ab + bc + ca$

2. $3(a^2+b^2+c^2) \geq (a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca)$

(ενν. α,β,γ πραγματικοί)

Όσοι θέλουν κάτι πιο δύσκολο, έχω δύο ωραίες (και απλές για τους έμπειρους) ανισότητες προς απόδειξη.

1. Αν $a,b,c > 0$ , τότε

$\frac{a^3}{b^2} + \frac{b^3}{c^2} + \frac{c^3}{a^2} \geq \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a} \geq a+b+c$

(θυμίζει κάτι από την ανισότητα του δρ. τάσου)

2. Αν α,β μη-μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί, τότε

$\frac{a+b}{a^2-ab+b^2} \leq \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a^2+b^2}}$

Νομίζω ότι και οι δύο ανισότητες είχαν τεθεί παλιότερα σε κάτι βαλκανικούς, πχ. JBMO.

Guest 018946 · 2011-08-17T23:18:43+0300

Για την 1 και την 2 εχω λυση
Για την 1 πολζω την ανσοτητα με 2 και μου βγαινει αυτο :
${a}^{2}-2{a}{b}+{b}^{2}+{a}^{2}-2{a}{c}+{b}^{2}-2{b}{c}+}{c}^{2}$
${({a}-{b})}^{2}+{({c}-{b})}^{2}+{({c}-{a})}^{2} \geq 0$
που ισχυει αφου ειναι αθροισμα θετικων.
παμε για την 2 τωρα :
αμα κανω πραξεις βγαζω οτι :
$2{a}^{2}+2{b}^{2}+2{c}^{2}-2{ab}-2{bc}-2{ca} \geq 0$
${({a}-{b})}^{2}+{({c}-{b})}^{2}+{({a}-{c})}^{2} \geq 0$
που ισχυει οποτε αποδειξαμε το πρωτο μερος της ανσισοτητας παμε για το δευτερο .
με πραξεις καταληγουμε εδω :
${a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2} \geq {ab}+{ac}+{bc}$
πολζω με 2 και βγαζω αυτο :
$2{a}^{2}+2{b}^{2}+2{c}^{2}-2{ab}-2{bc}-2{ca} \geq 0$
${({a}-{b})}^{2}+{({c}-{b})}^{2}+{({a}-{c})}^{2} \geq 0$
που ισχυει
λογω μεταβατικης ισχυει και αυτο :
$3({a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}) \geq 3({ab}+{bc}+{ca})$

vimaproto · 2011-08-18T00:19:55+0300

ισχύει για αριθμούς που η απόλυτος τιμή αυτών είναι μεγαλύτερη ή ίση της μονάδας

Bl4Ck_PyTh0N! · 2011-08-18T11:32:12+0300

Δίνω κι εγώ μια με τη σειρά μου : Αν για τους αριθμούς $\alpha$ και $\beta$ ισχύει : ${\alpha }^{2}+{\beta }^{2}+2=2(\alpha -\beta )$ (1) Να λύσετε τις ανισώσεις :

α) $\frac{\chi }{\alpha -\beta }-\frac{3-\chi }{4}\leq \frac{6\chi-\beta }{8}$

β) $({\alpha }^{2010}-{\beta }^{2009})\chi +\frac{{\beta }^{10}+3{\beta }^{9}\chi }{2}>-\frac{\chi +2}{\beta -\alpha }$

red span · 2011-08-18T16:07:44+0300

Αρχική Δημοσίευση από ξαροπ:
Μια λύση, χωρίς κενά ελπίζω, πάνω στην ανισότητα του δρ. τάσου γιατί έχουν περάσει μέρες από τότε που μπήκε. Τη βάζω σε spoiler γιατί χρησιμοποιώ κάποια 'εργαλεία' άγνωστα για το λύκειο, όχι μόνο για την Α' Λυκείου.

Η ανισότητα γράφεται ισοδύναμα

$\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c} \geq 1$ .

Όμως από την ανισότητα Andreescu σε συνδυασμό με την ανισότητα αριθμητικού - γεωμετρικού μέσου έχουμε ότι

$\frac{a^2}{a+b+c} + \frac{b^2}{a+b+c} + \frac{c^2}{a+b+c} \geq \frac{(a+b+c)^2}{3(a+b+c)} = \frac{a+b+c}{3} \geq \sqrt[3]{abc} = 1$ ,

άρα η ανισότητα αποδείχτηκε (και μάλιστα δεν χρειάζεται να ισχύει μόνο

$abc = 1$ ,

αλλά

$abc \geq 1$ .)

Επίσης, μια πιο στοιχειώδης απόδειξη μπορεί να δοθεί λαμβάνοντας υπ' όψιν ότι

$3(a^2+b^2+c^2) \geq (a+b+c)^2$ ,

και συνεχίζοντας κανονικά με ανισότητες των μέσων.

Μου φαίνεται τώρα ότι οι τρόποι αντιμετώπισης που πρότεινα πιο πριν (να κάνουμε τις μεταβλητές από τρεις, δύο / να θέσουμε κατάλληλες μεταβλητές για να 'φύγει' η συνθήκη) μάλλον πιο πολύ δυσκολεύουν τα πράγματα παρά διευκολύνουν.

Ο πρώτος τρόπος θέλει αρκετό πραξολόι, ενώ για το δεύτερο διαβλέπω μια χρήση της ανισότητας της αναδιάταξης αλλά δεν έκατσα κάτω να το δω, οπότε δεν το 'χω και σίγουρο.

Και κάποιες γενικεύσεις πάνω στην ανισότητα (για ν - όρους υψωμένους στο τετράγωνο και στην k-οστή δύναμη), για όποιους ενδιαφερόμενους.

Αν $x_{1}, x_{2},...,x_{n} > 0, k \in N, k \geq 2$ και $\prod_{i=1}^{n} x_{i} \geq 1$ ,

τότε

1) $\sum_{i=1}^{n}{x_{i}}^2 \geq \sum_{i=1}^{n}x_{i}$

2) $\sum_{i=1}^{n}{x_{i}}^k \geq \sum_{i=1}^{n}x_{i}$

3) $\sum_{i=1}^{n}{x_{i}}^k \geq \frac{1}{n^{k-2}} (\sum_{i=1}^{n}x_{i})^{k-1}$

Οι αποδείξεις είναι εντελώς όμοιες με την αρχική (γίνεται και χρήση της γενικευμένης Andreescu)

Μια πιο δύσκολη άσκηση, πάνω σε αυτό το θέμα, είναι η εξής.

"Αν $a,b,c > 0$ και $abc = 1$ ,

ν.δ.ο.

$a^3 + b^3 + c^3 \geq a^2 + b^2 + c^2$ ."

(νομίζω ότι ήταν και η τελευταία-τελευταία άσκηση σε κάποιο από τα βιβλία ανισοτήτων του Στεργίου)

Προτείνω, αν κάποιος θέλει να 'μπει' πιο πολύ στην ιδέα των ανισοτήτων δυσκολότερου επιπέδου, να ασχοληθεί με τις παρακάτω ασκήσεις για αρχή. (είναι και ξεκάθαρα μέσα στα πλαίσια της Α' Λυκείου)

1. $a^2 + b^2 + c^2 \geq ab + bc + ca$

2. $3(a^2+b^2+c^2) \geq (a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca)$

(ενν. α,β,γ πραγματικοί)

Όσοι θέλουν κάτι πιο δύσκολο, έχω δύο ωραίες (και απλές για τους έμπειρους) ανισότητες προς απόδειξη.

1. Αν $a,b,c > 0$ , τότε

$\frac{a^3}{b^2} + \frac{b^3}{c^2} + \frac{c^3}{a^2} \geq \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a} \geq a+b+c$

(θυμίζει κάτι από την ανισότητα του δρ. τάσου)

2. Αν α,β μη-μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί, τότε

$\frac{a+b}{a^2-ab+b^2} \leq \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a^2+b^2}}$

Νομίζω ότι και οι δύο ανισότητες είχαν τεθεί παλιότερα σε κάτι βαλκανικούς, πχ. JBMO.

Προκυπτει,απο την λεγομενη ανισοτητα της αναδιαταξης
Η ΠΡωτη

wfgl · 2011-08-18T17:11:04+0300

Όσον αφορά την προτελευταία ανισότητα μπορούμε, λόγω της συμμετρίας που παρουσιάζει, να θεωρήσουμε ότι $b<c<a$ Εφαρμόζουμε την ανισότητα της αναδιάταξης και έχουμε : $\frac{{a}^{3}}{b}\frac{1}{b}+\frac{{b}^{3}}{c}\frac{1}{c}+\frac{{c}^{3}}{a} >= \frac{{a}^{3}}{b}\frac{1}{a}+\frac{{b}^{3}}{c}\frac{1}{b}+\frac{{c}^{3}}{a}\frac{1}{c}$
Έστω $a<=b<=c$
Επίσης είναι : ${a}^{2}\frac{1}{a}+{b}^{2}\frac{1}{b}+{c}^{2}\frac{1}{c}<={a}^{2}\frac{1}{b}+{b}^{2}\frac{1}{c}+{c}^{2}\frac{1}{a}\Leftrightarrow a+b+c<=\frac{{a}^{2}}{b}+\frac{{b}^{2}}{c}+\frac{{c}^{2}}{a}$ Αφού οι τριάδες ${a}^{2},{b}^{2},{c}^{2}$ και $1/a,1/b,1/c$ έχουν αντίθετη διάταξη

wfgl · 2011-08-20T21:33:45+0300

Αρχική Δημοσίευση από Bl4Ck_PyTh0N!:
Δίνω κι εγώ μια με τη σειρά μου : Αν για τους αριθμούς $\alpha$ και $\beta$ ισχύει : ${\alpha }^{2}+{\beta }^{2}+2=2(\alpha -\beta )$ (1) Να λύσετε τις ανισώσεις :

α) $\frac{\chi }{\alpha -\beta }-\frac{3-\chi }{4}\leq \frac{6\chi-\beta }{8}$

β) $({\alpha }^{2010}-{\beta }^{2009})\chi +\frac{{\beta }^{10}+3{\beta }^{9}\chi }{2}>-\frac{\chi +2}{\beta -\alpha }$

Αρχική Δημοσίευση από akis15:
Να συγκριθούν οι αριθμοί :

Εχω και αλλες ωραιες αλλα δεν εχω καλο ιντερνετ μια κοβεται μια ερχεται μου εχει σπασει τα νευρα τελος παντων λυστε αυτη και βλεπουμε

--

και μια αλλη
Αν οι αριθμοί

είναι θετικοί και :

,

να αποδειχθεί ότι

.

Για την πρώτη άσκηση έχουμε ${a}^{2}+{b}^{2}+2=2(a-b) <=> {(a-1)}^{2}+{(b+1)}^{2}=0 <=> (a,b)=(1,-1)$

Με αντικατάσταση στο πρώτο ερώτημα προκύπτει $0x<=7$ Άρα x E R
To δεύτερο ερώτημα με αντικατάσταση αποκτά την μορφή $0x>1$ που δεν επαληθεύεται για καμιά τιμή του x
Όσον αφορά την δεύτερη ισχύει ότι ${({a}^{r}+{b}^{r})}^{1/r}>{({a}^{r+1}+{b}^{r+1})}^{1/r+1}$ για $a,b,r$ θετικούς ακεραίους.
Απόδειξη : (Θα χρησιμοποιήσω την μαθηματική επαγωγή ή μέθοδο της τέλειας επαγωγής)
Για να αποδείξουμε έναν μαθηματικό ισχυρισμό $P(v)$ , ο οποίος είναι συνήθως ισότητα ή ανισότητα ακολουθούμε τα εξής βήματα:
α) Αποδεικνύουμε ότι η πρόταση $P(v)$ αληθεύει για τον μικρότερο φυσικό αριθμό που ορίζεται
β)Υποθέτουμε ότι η πρόταση αληθεύει για το φυσικό κ=ν
γ)τέλος αποδεικνύουμε ότι η πρόταση ισχύει για ν=κ+1
για $r=1$ ${({a}^{1}+{b}^{1})}^{1}>{({a}^{2}+{b}^{2})}^{1/1+1}<=> 2ab >0$ που ισχύει αφού χ Ε Z+
Έστω ότι η πρόταση ισχύει για $r=k$
Για $r=k+1$ η πρόταση μετασxηματίζεται ως εξής :
${({a}^{k+1}+{b}^{k+1})}^{1/k+1}>{({a}^{(k+1)+1}+{b}^{(k+1)+1})}^{1/(k+1)+1}$
Θέτω $p=k+1 E Z+$ , αφού $k E Z+$ και γίνεται : ${({a}^{p}+{b}^{p})}^{1/p}>{({a}^{p+1}+{b}^{p+1})}^{1/(p+1}$ που ισχύει λόγω της υπόθεσης
Άρα λόγω αυτής της ανισότητας έχουμε : $\sqrt[11]{{11}^{11}+{12}^{11}}>\sqrt[12]{{11}^{12}+{12}^{12}}$

Συλλογή ασκήσεων στην Άλγεβρα

Guest 018946

Επισκέπτης

Εκκολαπτόμενο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Εκκολαπτόμενο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Συνημμένα

Δραστήριο μέλος

Διάσημο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Νεοφερμένο μέλος