Συλλογή Ασκήσεων για την Μαθηματική Εταιρία

koum · 25-10-10

Αρχική Δημοσίευση από slash1994:
(χ²+y²)(y²+z²)(z²+x²) ≥ 8x²y²z²

Θα ηθελα να παραθεσω και εγω την λυση μου σε αυτην την ασκηση. Προσωπικα δεν θεωρω σωστο να χρησιμοποιουμε εξιδανικευμενες ανισοτητες τυπου ΑΜ-ΓΜ ,BCS κτλπ. Αυτη η ασκηση βγαινει πολυ απλα ως εξης :

Προφανως : χ²+y²≥2xy , y²+z²≥2yz , z²+x² ≥2zx

πολλ κατα μελη και παιρνουμε: (χ²+y²)(y²+z²)(z²+x²) ≥ 2xy2yz2zx = 8x²y²z² ό.έ.δ.

Μα στην ουσία, την AM-GM εφαρμόζεις, απλά λες ότι προφανώς ισχύει $x+y\geq 2 \sqrt{xy}$ .

ξαροπ · 25-10-10

Μα πρακτικά η ανισότητα που χρησιμοποίησες είναι γνωστή και ως ΑΜ-ΓΜ (κι εδώ που τα λέμε, δεν είναι και 'βαριά' για τη Μαθηματική Εταιρεία), απλώς μερικοί την θεωρούν γνωστή για να μην χάνουν χρόνο στις αποδείξεις τους.

Μια ανισότητα ακόμη:

Αν $a,b,c$ πλευρές τριγώνου και $s$ η ημιπερίμετρος, δείξτε ότι $\frac{(s-a)(s-b)(s-c)}{abc} \leq \frac{1}{8}$

(σχετικά εύκολη με έναν τρόπο, σχετικά πιο πολύπλοκη με έναν δεύτερο - μπορείτε να βρείτε περισσότερες από μία λύσεις? Για το Λύκειο, περισσότερο)

slash1994 · 25-10-10

Συμφωνω , αλλα εγω το σκεπτικο αυτο δεν το πηρα απο την ΑΜ-ΓΜ αλλα απο την γνωστη ταυτοτητα (α-β)²≥0 που ειναι η πιο βρεφονηπιακη ταυτοτητα που υπαρχει. Αν μου εδινε ξερω γω αυτην :

a3+b3+c3 ≥ a²b²/a+b + b²c²/b+c + c²a²/c+a Toτε ναι θα την χρησιμοποιησω. Παρεπιπτοντως οποιος θελει ας την λυσει ειναι αρκετα απλη.

a,b,c θετικοι.

Civilara · 25-10-10

Αρχική Δημοσίευση από slash1994:
(χ²+y²)(y²+z²)(z²+x²) ≥ 8x²y²z²

Θα ηθελα να παραθεσω και εγω την λυση μου σε αυτην την ασκηση. Προσωπικα δεν θεωρω σωστο να χρησιμοποιουμε εξιδανικευμενες ανισοτητες τυπου ΑΜ-ΓΜ ,BCS κτλπ. Αυτη η ασκηση βγαινει πολυ απλα ως εξης :

Προφανως : χ²+y²≥2xy , y²+z²≥2yz , z²+x²≥2zx

πολλ κατα μελη και παιρνουμε: (χ²+y²)(y²+z²)(z²+x²) ≥ 2xy2yz2zx = 8x²y²z² ό.έ.δ.

Για να πολλαπλασιάζεις κατά μέλη θα πρέπει να ξέρεις ότι το 2ο μέλος είναι θετικό αφού και το 1ο μέλος κάθε ανίσωσης είναι θετικό. Δεν ξέρεις όμως αν οι αριθμοί x,y,z είναι ομόσημοι ώστε τα γινόμενά τους να είναι θετικά. Π.χ. πάρε τις ανισότητες 5>-3, 2>-20 και 3>1. Αν πολλαπλασιάσεις τις πρώτες 2 κατά μέλη προκύπτει 10>60 ενώ αν πολλαπλασιάσεις και τις 3 κατά μέλη προκύπτει 30>60. Δεν είναι άτοπο και στις 2 περιπτώσεις;

Επειδή (x+y)²>=0 και (x-y)²>=0 για κάθε πραγματικούς αριθμούς x,y προκύπτει ότι ισχύουν οι σχέσεις x²+y²>=-2χy και x²+y²>=2xy για κάθε x,y ανήκει R. Από τις 2 τελευταίες σχέσεις εύκολα αποδεικνύεται ότι ισχύει x²+y²>=2|x||y| για κάθε x,y ανήκει R (αποδεικνύεται με περιπτώσεις x,y>=0, x,y<0, x>=0 και y<0, x<0 και y>=0).

Άρα ισχύουν οι σχέσεις x²+y²>=2|x||y|, y²+z²>=2|y||z| και z²+x²>=2|z||x|. Αν πολλαπλασιάσω τις 3 ανισώσεις κατά μέλη των οποίων και τα 2 μέλη είναι μεγαλύτερα ή ίσα με το μηδέν, τότε προκύπτει:

(x²+y²)(y²+z²)(z²+x²)>=8|x|²|y|²|z|² => (x²+y²)(y²+z²)(z²+x²)>=8x²y²z²

slash1994 · 30-10-10

Ευελπιστω με 3 θεματα να περασω. Το κακο ειναι οτι στην πρωτη ξεχασα να βαλω τους περιορισμους και λενε οτι αυτο κοβει ενα βαθμο(Σημειωση :οι περιορισμοι δεν απερριπταν καμια λυση απλα σωστο ηταν να τους γραψουμε) . Στην τριτη ασκηση με την ανισοτητα την ελυσα με την ανισοτητα Andrescu αφου πρωτα την απεδειξα.

Περναω τι λετε ?

koum · 30-10-10

Αρχική Δημοσίευση από slash1994:
Ευελπιστω με 3 θεματα να περασω. Το κακο ειναι οτι στην πρωτη ξεχασα να βαλω τους περιορισμους και λενε οτι αυτο κοβει ενα βαθμο(Σημειωση :οι περιορισμοι δεν απερριπταν καμια λυση απλα σωστο ηταν να τους γραψουμε) . Στην τριτη ασκηση με την ανισοτητα την ελυσα με την ανισοτητα Andrescu αφου πρωτα την απεδειξα.

Περναω τι λετε ?

Κατά 95 % πέρασες.

slash1994 · 30-10-10

Nα σαι καλα φιλε μου , μου εφτιαξες τη μερα

Yparxos · 30-10-10

Αρχική Δημοσίευση από ξαροπ:
Μα πρακτικά η ανισότητα που χρησιμοποίησες είναι γνωστή και ως ΑΜ-ΓΜ (κι εδώ που τα λέμε, δεν είναι και 'βαριά' για τη Μαθηματική Εταιρεία), απλώς μερικοί την θεωρούν γνωστή για να μην χάνουν χρόνο στις αποδείξεις τους.

Μια ανισότητα ακόμη:

Αν $a,b,c$ πλευρές τριγώνου και $s$ η ημιπερίμετρος, δείξτε ότι $\frac{(s-a)(s-b)(s-c)}{abc} \leq \frac{1}{8}$

(σχετικά εύκολη με έναν τρόπο, σχετικά πιο πολύπλοκη με έναν δεύτερο - μπορείτε να βρείτε περισσότερες από μία λύσεις? Για το Λύκειο, περισσότερο)

Γεια χαρά,

μπορείς να κάνεις χιαστεί και να σπάσεις ο 8 σε 3 δυαρια. Βαζεις καθε ένα σε μια παρενθεση και μετα ειναι πιο ευκολο :clapup:

akis95 · 13-07-11

Θετω α+β+γ=2τ

αρα β+γ-α=2(τ-α) και γ+α-β=2(τ-β) και α+β-γ=2(τ-γ)

οποτε β+γ-α/2=τ-α=χ ομοια και στα αλλα προκυπτει οτι
α=y+ω , β=ω+χ, γ=χ+y

και s=α+β+γ/2 (1)

στην παραπανω ανισωση αντικαθιστουμε οπου s την (1) κανουμε και απαλοιφη επειδη α,β,γ>0
τελος παντων μετα απο απαλοιφες προκυπτει οτι
(-α+β+γ)(α-β+γ)(α+β-γ)<=αβγ

συμφωνα με αυτα που εγραψα πιο πανω προκυπτει οτι
8χyω<=(y+ω)(χ+ω)(χ+y)

μετα συμφωνα με χ+y>=2

ομοια κα τα αλλα πολλαπλασιαζουμε κατα μελη και προκυπτει το ζητουμενο

ξαροπ · 13-07-11

Μπράβο

Αυτός ήταν και ο 'εύκολος' τρόπος για τον οποίον μιλούσα στο αρχικό ποστ.

Γενικά όταν μας δίνονται πλευρές τριγώνου α,β,γ και παίζει τίποτα με ανισότητες, βολεύει να χρησιμοποιήσουμε τον μετασχηματισμό a = x+y, b = y+z, c = z+x, με x,y,z > 0.

Έτσι έχουμε ότι η ημιπερίμετρoς του τριγώνου τ = x+y+z, καθώς και a+b-c = 2y > 0 κ.ο.κ.

Ένας 2ος τρόπος τώρα.

Από Ήρωνα είναι γνωστό ότι $E^2 = s(s-a)(s-b)(s-c)$ (1)

όπου Ε, s, a,b,c εμβαδόν, ημιπερίμετρος και πλευρές τριγώνου αντίστοιχα.

Επίσης $abc = 4ER$ (2)

όπου R ακτίνα περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου.

Τέλος $E = rs$ (3)

όπου r η ακτίνα εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου.

Με γνωστά τα παραπάνω έχουμε $\frac{(s-a)(s-b)(s-c)}{abc} = \frac{E^2}{sabc} = \frac{E^2}{4ERs} = \frac{E}{4Rs} = \frac{rs}{4Rs} = \frac{r}{4R} \leq \frac{1}{8}$ ,

που ισχύει αφού $R \geq 2r$ (4).

Πρόκληση: Αποδείξτε τις σχέσεις (1), (2), (3), (4) σύμφωνα με τον τρόπο που όρισα κάθε άγνωστο.

wfgl · 13-07-11

βάζω μια άλλη άσκηση:
Αν χ,y,ω > -1 να αποδειχθεί ότι
[(1+x^2)/(1+y+ω^2)]+[(1+y^2)/(1+ω+x^2)]+[(1+ω^2)/(1+χ+y^2)] >= 2

akis95 · 14-07-11

δεν εκατσα να την λυσω αλλα πιστευω πωσ πρεπει να σπαεισ τα κλασματα θα κανεις andrescuu στα τρια κλασματα με το 1 μετα στα αλλα θα προσθεσεισ κατα μελη και μετα αρκει να αποδειξεισ οτι αυτο που βρηκεσ ειναι >=2 δεν ειμαι σιγουρος ξαναλεω εκ πρωτης οψεως θα κατσω να τη λυσω σοβαρα μετα

wfgl · 14-08-11

να ρωτήσω: τι είναι η θεωρία τριωνύμου και πως αποδεικνύεται η ανισότητα B.C.S με τη βοήθειά της ;

SuXu-MuXu · 14-08-11

Αρχική Δημοσίευση από wfgl:
να ρωτήσω: τι είναι η θεωρία τριωνύμου και πως αποδεικνύεται η ανισότητα B.C.S με τη βοήθειά της ;

Αυτό που χρειάζεσαι για την συγκεκριμένη αποόδειξη είναι να ξέρεις πως αν ένα τριώνυμο είναι πάντα θετικό ή πάντα αρνητικό τότε η διακρίνουσα του είναι αρνητική. Αντίθετα αν έχει μόνο μία (διπλή) ριζα η διακρίνουσα είναι ίση με το 0 και τέλος αν έχει δύο διαφορετικές ρίζες τότε η διακρίνουσα του θα είναι θετική.

Για την απόδειξη:

$\sum (ax-b)^2 \geq 0\Rightarrow$
$\sum (a^2x^2-2abx+b^2)\geq 0\Rightarrow$
$x^2\sum a^2-x\sum 2ab+\sum b^2\geq 0$

Άρα για την διακρίνουσα του τριωνύμου θα ισχύει Δ $\leq 0$

Δηλαδή: $(2\sum ab)^2-4\sum a^2\sum b^2\leq 0 \Rightarrow (\sum ab)^2\leq \sum a^2\sum b^2$

Μάλιστα η ισότητα ισχύει άν και μόνον αν το αρχικό τριώνυμο είναι ίσο με 0. Έτσι πάλι με χρήση της παραπάνω θεωρίας βρίσκουμε και πότε ισχύει η ισότητα στην Cauchy-Schwarz.

Αν και η απόδειξη είναι πρόχειρη ελπίζω να την καταλάβεις.

Guest 018946 · 25-08-11

για βαλτε καμια ασκηση σε στυλ Θαλη .!!!!

Guest 278211 · 25-08-11

Δυο μαθητές Α και Β παίζουν το ακόλουθο παιχνίδι:
Τους δίνεται ένα κανονικό πολύγωνο με άρτιο πλήθος πλευρών, μεγαλύτερο από 6 (π.χ. ένα 100-γωνο). Κάθε παίκτης συνδέει δυο από τις πλευρές του πολυγώνου με ένα τμήμα το οποίο, όμως, να μην τέμνει κανένα από άλλα τέτοια τμήματα που οι παίκτες είχαν φέρει προηγουμένως. Θα χάσει ο παίκτης που πρώτος δε θα μπορέσει να φέρει ένα τέτοιο τμήμα.
Μπορεί ένας παίκτης να ακολουθήσει μια στρατηγική ώστε να νικήσει σίγουρα;

1ο θέμα, Θαλής Α' Λυκείου 1995-1996

(με τρώει να πω την απάντηση...

)

Guest 018946 · 25-08-11

μετα απο ενασχοληση με το προβλημα νομιζω οτι δεν υπαρχει στρατηγικη γιατι εφοσον ο αριθμος των σημειων πανω πολυγωνο απλα οι παικτες θα φερνουν παραλληλες μεταξυ τους ευθειες. Πρεπει ο συλλογισμος μου να ειναι λαθος .

SuXu-MuXu · 25-08-11

Αρχική Δημοσίευση από Guest 278211:
Δυο μαθητές Α και Β παίζουν το ακόλουθο παιχνίδι:
Τους δίνεται ένα κανονικό πολύγωνο με άρτιο πλήθος πλευρών, μεγαλύτερο από 6 (π.χ. ένα 100-γωνο). Κάθε παίκτης συνδέει δυο από τις πλευρές του πολυγώνου με ένα τμήμα το οποίο, όμως, να μην τέμνει κανένα από άλλα τέτοια τμήματα που οι παίκτες είχαν φέρει προηγουμένως. Θα χάσει ο παίκτης που πρώτος δε θα μπορέσει να φέρει ένα τέτοιο τμήμα.
Μπορεί ένας παίκτης να ακολουθήσει μια στρατηγική ώστε να νικήσει σίγουρα;

1ο θέμα, Θαλής Α' Λυκείου 1995-1996

(με τρώει να πω την απάντηση... )

Μήπως η εκφώνηση λέει πως κάθε παίκτης συνδέει δύο απο τις γωνίες του πολυγώνου;

Guest 018946 · 25-08-11

Αρχική Δημοσίευση από SuXu-MuXu:
Μήπως η εκφώνηση λέει πως κάθε παίκτης συνδέει δύο απο τις γωνίες του πολυγώνου;

τι να σε πω ρε φιλε δεν ξερω. Και γω αυτο σκευτικα στην αρχη αλλα ειδα πλευρες και παραξενευτηκα. Εσυ μπας και εχεις καμια ασκηση αλγεβρας σε στυλ θαλη?

arsentkd · 08-12-11

Αρχική Δημοσίευση από dr.tasos:
Εσυ μπας και εχεις καμια ασκηση αλγεβρας σε στυλ θαλη?

απανταω εγώ αν και σε άλλον προοριζετε η ερωτηση...

ριξε μια ματια εδω ... https://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=15584 (και γενικα σε αυτο τον ιστιοτοπο)βεβαια στην αρχη το επίπεδο ειναι χαμηλο αλλα αργοτερα "ανεβαινει" και μαλλον θα σου αρεσουν τα θεματα

επισης υπαρχουν αρχεία εδω στο ιντερνετ με θεματα απο οποιο σταδιο και ταξη θες(καλα αυτο θα το ξέρεις)

Συλλογή Ασκήσεων για την Μαθηματική Εταιρία

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένος

Περιβόητο μέλος

Νεοφερμένος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένος

Νεοφερμένος

Δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένος

Δραστήριο μέλος

Νεοφερμένος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Guest 278211

Επισκέπτης

Guest 018946

Επισκέπτης

Εκκολαπτόμενο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Νεοφερμένος