kvgreco
Εκκολαπτόμενο μέλος
Ο Κώστας αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι 32 ετών, Φοιτητής και μας γράφει απο ΗΠΑ (Αμερική). Έχει γράψει 256 μηνύματα.
09-11-08
01:18
Προσπάθησε να δείξεις ότι ΟΒ+ΟΓ< ΑΒ+ΑΓ (1)(Είναι πολύ χρήσιμο αυτό γενικώς σε τέτοιες ασκήσεις πού αναφέρονται σε εσωτερικό σημείο τριγώνου)Η πρώτη ανισοτική σχέση δεν μου κάνει κούκου αυτή τη στιγμή. Την αφήνω σε άλλον.
Αφού το δείξεις αυτό, άρα ομοίως θα ισχύει ΟΑ+ΟΓ < ΒΑ+ΒΓ(2) καί ομοίως ΟΑ+ΟΒ < ΓΑ+ΓΒ (3).
Με πρόσθεση κατά μέλη των τριών ανισοτήτων προκύπτει το ζητούμενο.
Το θέμα είναι επομένως να αποδείξεις μιά από τις τρείς.Γιά βοήθεια σού λέω αν θές να αποδείξεις την (1) να προεκτείνεις την ΟΑ μέχρι να τμήσει την ΒΓ σε κάποιο σημείο Δ καί εκεί παίρνεις δύο φορές την τριγωνική (με το άθροισμα) σε δύο τριγωνάκια πού δημιουργούνται καί με πρόσθεση κατά μέλη των δύο ανισοτήτων πού προκύπτουν δείχνεις την (1).
Είναι αργά καί είμαι σε μιά κατάσταση νύστας. Την πέφτω καληνύχτα!
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
kvgreco
Εκκολαπτόμενο μέλος
Ο Κώστας αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι 32 ετών, Φοιτητής και μας γράφει απο ΗΠΑ (Αμερική). Έχει γράψει 256 μηνύματα.
04-11-08
20:50
Ναί εύκολο είναι,λόγω της a+b+c=1 η δοσμένη μετά καί από πράξεις γίνεταιΝαι, έτσι ακριβώς την έλυσα κι εγώ.
Το πρόβλημα όμως είναι ότι την βρήκα στο Internet ως άσκηση για παιδιά της Α' Λυκείου, η οποία δεν έχει στην ύλη βέβαια την ΑΜ - ΓΜ. Φανταζόμουν, λοιπόν, ότι λύνεται και με πιο εύκολο τρόπο και γι' αυτό την έβαλα. Όποιος τον βρει ας τον γράψει.
(b+c)(a+c)(a+b) >=8abc
με πράξεις γίνεται
ba^2+ab^2+abc+cb^2+ca^2+abc+ac^2+bc^2 >=8abc
αλλά a^2+b^2 >= 2ab πολλαπλασιαζω με c>0 άρα ca^2+cb^2>=2abc (1) καί με όμοιο τρόπο θα πάρουμε ba^2+bc^2 >=2abc (2) καί ac^2+ab^2 >=2abc(3) καί με πρόσθεση κατά μέλη των τριών ανισοταυτοτήτων έχουμε ca^2+cb^2+ba^2+bc^2+ac^2+ab^2 >= 6abc καί προσθέτοντας καί στα δύο μέλη το 2abc έχουμε την αποδεικτέα!
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
kvgreco
Εκκολαπτόμενο μέλος
Ο Κώστας αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι 32 ετών, Φοιτητής και μας γράφει απο ΗΠΑ (Αμερική). Έχει γράψει 256 μηνύματα.
04-11-08
19:54
Αρχική Δημοσίευση από Dreamkiller:Ανθετικοί πραγματικοί αριθμοί με, να δείξετε ότι:
Μετά από πράξεις καταλήγουμε στην
ab+bc+ac >= 9abc
διαιρώντας με abc έχουμε να δείξουμε ότι (1/a)+(1/b)+(1/c) >= 9
πού είναι παρόμοια με μιά άσκηση την οποία είχε θέσει ο mostel παλιότερα.
Πού αποδεικνύεται με την ανισότητα cauchy
(a+b+c)/3 >= 3/[(1/a)+(1/b)+(1/c)]
Αποτελειώστε την βάζοντας a+b+c=1 καί κάντε χιαστί.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
kvgreco
Εκκολαπτόμενο μέλος
Ο Κώστας αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι 32 ετών, Φοιτητής και μας γράφει απο ΗΠΑ (Αμερική). Έχει γράψει 256 μηνύματα.
03-11-08
14:25
Σπαζοκεφαλιά
Η μικρή αδερφή του Γιώργου έσκισε απο ενα βιβλίο του 31 σελιδες, οχι συνεχόμενες..Να αποδειχθεί ότι το άθροισμα των αριθμών με τους οποίους κάθε σελίδα από τις σκισμένες είναι αριθμημένη δεν μπορεί να ειναι ίσο με 2004.
Σημείωση: Δε θέλω απάντηση τύπου "Το 2004 είναι μέγαλος αριθμός :p"
Καλό ψάξιμο!!!!
Πώς μπορεί κάποιος να σκίσει σελίδες?Γιατί 31 σελίδες μπορεί να έχουν άθροισμα άρτιο ή περιττό αριθμό.Καί αυτό μπορούσε να το κάνει η μικρή με μουτζούρωμα των σελίδων όχι σκίσιμο.
Μάλλον φύλλα θέλεις να πείς ότι έσκισε η μικρούλα ώστε 31 περιττοί(το άθροισμα των δύο όψεων τού κάθε φύλλου), να δίνουν περιττό άθροισμα το οποίο δεν μπορεί να ισούται με 2004
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
kvgreco
Εκκολαπτόμενο μέλος
Ο Κώστας αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι 32 ετών, Φοιτητής και μας γράφει απο ΗΠΑ (Αμερική). Έχει γράψει 256 μηνύματα.
26-10-08
20:19
Το άθροισμα των παρενθέσεων της δεύτερης εξίσωσης είναι ίσο με 0 άρα με βάση τη σχέση πού ισχύει τότε α^3+β^3+γ^3=3αβγ προκύπτει ότι r=5.Θέτοντας αυτή τη τιμή στην εξίσωση πού θέλουμε να λύσουμε, έπεiτα από πράξεις προκύπτει μιά πρωτοβάθμια εξίσωση πού λύνεται απλά αρκεί to l να είναι διαφορετικό τού μηδενός.Είναι πολλά γιά να τα γράψω αναλυτικά.Ορίστε και μια by me:
Να λυθεί η εξίσωση:
όπου r η ακέραια και θετική ρίζα της εξίσωσης
Σημείωση : Το l είναι παράμετρος και το x άγνωστος
Όποιος θέλει υπόδειξη, ας μου στείλει pm
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
kvgreco
Εκκολαπτόμενο μέλος
Ο Κώστας αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι 32 ετών, Φοιτητής και μας γράφει απο ΗΠΑ (Αμερική). Έχει γράψει 256 μηνύματα.
26-10-08
13:48
Αρχική Δημοσίευση από mostel:Άρα:
.
Επομένως αρχικά ζητούσαμε να δειχθεί ότι (1):
Τώρα, αρκεί να δείξουμε ότι:
ή
mostel πώς προκύπτουν ισοδύμναμα δηλαδή ότι αν x+y+z<=10 και εγώ θέλω να δείξω ότι x+y+z>=k λες να πάρω 10>=k .Δεν νομίζω πως στέκει κάτι τέτοιο.Γιά δες το καλύτερα.Πως γίνεται?
Βάλε κ=6 όμως μπορεί το άθροισμα να ισούται με 5 γιά παράδειγμα οπότε δεν ισχύουν.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
kvgreco
Εκκολαπτόμενο μέλος
Ο Κώστας αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι 32 ετών, Φοιτητής και μας γράφει απο ΗΠΑ (Αμερική). Έχει γράψει 256 μηνύματα.
18-09-08
15:18
Θέλω να ρωτήσω αν μπορεί κανείς να βρεί το βαθμό πολλαπλότητας της ρίζας χ=1 γιά την παραπάνω εξίσωση.Είχα πέρυσι ένα μαθηματικό στο σχολείο πού μας είχε τρελάνει τότε στα πολυώνυμα καί στούς βαθμούς πολλαπλότητας των ριζών καί κάτι Ντάλεμπερτ μας έλεγε καί άλλα τρελά.Οι περισσότεροι συμμαθητές μου τον έλεγαν σπαστικό αλλά ο άνθρωπος ήταν δουλευταράς καί ήθελε να μας μάθει το κάτι παραπάνω.Νάναι καλά πού έβαλε το χεράκι του καί μάθαμε κάποια πράγματα.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
-
Το forum μας χρησιμοποιεί cookies για να βελτιστοποιήσει την εμπειρία σας.
Συνεχίζοντας την περιήγησή σας, συναινείτε στη χρήση cookies στον περιηγητή σας.