Συλλογή ασκήσεων στην Άλγεβρα

Guest 018946 · 13 Ιουνίου 2012 στις 19:38

ΟΙ αρχικες σκεψεις ..... :

θα μπορουσα να είχα κανει και το θεσιμο που ειχα δοκιμασει στην αρχη δηλαδη να πω $y=(x-1)^2$
Και να ξαναθέσω $\sqrt[3]{2y+2}=k \wedge \sqrt[3]{y+2}=m$ και να συνεχίσω οπως πηγα παραπανω αλλα έκανα την θρυλικη διαιρεση 12/3=3 και δεν εβγαινε οποτε στραφηκα αλλου .

Guest 018946 · 14 Ιουνίου 2012 στις 22:06

Κωστα παιζει καμια εμπνευση σημερα ;

rebel · 14 Ιουνίου 2012 στις 22:23

Έμπνευση δική μου όχι. Έχω δύο από τον Ευκλείδη τεύχος 73, που δεν έχω δοκιμάσει να λύσω
1) α) Να δείξετε ότι αν $x>0$ , τότε $x+\frac{1}{x} \geq 2$
β) Αν $a,b,c>0$ και $abc=v$ , τότε $(a+v)(b+v)(c+v) \geq v^3+6v^2+v$

2) Αν $a,b,c$ πλευρές τριγώνου
α) Να δείξετε ότι ισχύει: $\left(\frac{a}{c}\right)^3+\left(\frac{b}{c}\right)^3+\frac{3ab}{c^2}>1$
β) Αν το τρίγωνο είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα την πλευρά $c$ , να δειχθεί ότι
$a^3+b^3<c^3$

Kαλή διασκέδαση!

Guest 018946 · 14 Ιουνίου 2012 στις 22:41

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Έμπνευση δική μου όχι. Έχω δύο από τον Ευκλείδη τεύχος 73, που δεν έχω δοκιμάσει να λύσω
1) α) Να δείξετε ότι αν $x>0$ , τότε $x+\frac{1}{x} \geq 2$
β) Αν $a,b,c>0$ και $abc=v$ , τότε $(a+v)(b+v)(c+v) \geq v^3+6v^2+v$

Παμε για την πρωτη και βλεπουμε

a) $\Leftrightarrow (x-1)^2 \geq 0$ που ισχυει

b) $\Leftrightarrow (a+abc)(b+abc)(c+abc) \geq (abc)^3+6a^2b^2c^2+abc <br /> \Leftrightarrow <br /> abc(bc+1)(ac+1)(ab+1) \geq abc(a^2b^2c^2+6abc+1) <br /> \Leftrightarrow (ac^2b+bc+ac+1)(ab+1) \geq a^2b^2c^2+6abc+1 \Leftrightarrow \\ a^2b^2c^2+acb^2+a^2bc+abc^2+ab+ac+bc \geq a^2b^2c^2+6abc+1 \Leftrightarrow a^2bc+ab^2c+ac^2b+ab+ac+bc \geq 6abc$

Που ειναι αμεσο λογω AM-GM .

rebel · 14 Ιουνίου 2012 στις 22:59

Και χρησιμοποιώντας το πρώτο υποερώτημα για την 1η άσκηση έχουμε ισοδύναμα
$\underbrace{abc}_{u}+(a+b+c)u^2+(ab+bc+ac)u+u^3 \geq u^3+6u^2+u \Leftrightarrow \\ (a+b+c)u^2+(ab+bc+ac)u \geq 6u^2 \Leftrightarrow a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \geq 6$
που ισχύει από α υποερώτημα

Guest 018946 · 14 Ιουνίου 2012 στις 23:06

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
2) Αν $a,b,c$ πλευρές τριγώνου
α) Να δείξετε ότι ισχύει: $\left(\frac{a}{c}\right)^3+\left(\frac{b}{c}\right)^3+\frac{3ab}{c^2}>1$
β) Αν το τρίγωνο είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα την πλευρά $c$ , να δειχθεί ότι
$a^3+b^3<c^3$

Kαλή διασκέδαση!

Παμε και γιαυτες :
α) $a^3+b^3+3abc-c^3 >0 \quad (1)$

Ξερω απο Euler οτι ειναι $a^3+b^3+c^3-3abc=\frac{1}{2}(a+b+c)[(a-b)^2+(b-c)^2+(a-c)^2]$

Βαζω οπου $c \rightarrow -c$

Και έχω $a^3+b^3-c^3+3abc=\frac{1}{2}(a+b-c)[(a-b)^2+(b+c)^2+(a+c)^2]$

Και έχω ισοδυναμα στην προς αποδειξη (1)

$\frac{1}{2}(a+b-c)[(a-b)^2+(b+c)^2+(a+c)^2] > 0$

Κατι που ισχυει αφου και η δυο παρενθεσεις ειναι θετικες αφου $a+b>c$ λογω τριγωνικης.

β) $c=\sqrt{a^2+b^2}$

Άρα θα παρω ισοδυναμα

$a^3+b^3 < \sqrt{a^2+b^2}^2 \cdot \sqrt{a^2+b^2} \Leftrightarrow (\frac{a^3+b^3}{a^2+b^2})^2 < a^2+b^2 \Leftrightarrow a^6+b^6+2b^3a^3<a^6+b^6+2a^4b^2+b^2a^4+2a^2b^4 \Leftrightarrow 2a^3b^3 < 3a^2b^2(a^2+b^2) \Leftrightarrow 2ab < a^2+b^2+2(a^2+b^2) \Leftrightarrow (a-b)^2 +2(a^2+b^2)>0$

Που ισχυει .

rebel · 14 Ιουνίου 2012 στις 23:22

Διαφορετικά για την 2 β
$c^3=c\cdot c^2= c \left(a^2+b^2 \right)$ . Άρα αρκεί
$c \left( a^2+b^2 \right)>a^3+b^3 \Leftrightarrow a^2(c-a)+b^2(c-b)>0$
που προφανώς ισχύει αφού $c$ είναι η υποτείνουσα.

Guest 018946 · 14 Ιουνίου 2012 στις 23:32

Ωραιο τρικακιον .

rebel · 14 Ιουνίου 2012 στις 23:38

Άντε και μία εύκολη για επιδόρπιο:
Αν $x,y,z>0$ δείξτε ότι $\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\right)^2 \geq 3\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}\right)$
Άστην κανένα τεταρτάκι να προσπαθήσουν κι άλλα παιδάκια.

Guest 018946 · 15 Ιουνίου 2012 στις 00:13

Ακυρο .

Edit :

θέτω $a=\frac{x}{y} \wedge b=\frac{y}{z} \wedge c=\frac{z}{x}$
Με $abc=1$

Άρα έχω ισοδυναμα

$(a+b+c)^2 \geq 3(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \Leftrightarrow <br /> abc(a+b+c)^2 \geq 3(ab+ac+bc) \Leftrightarrow (a+b+c)^2 \geq 3 (ab+ac+bc)$

Που ισχυει.

Τωρα πρεπει να ναι οκ , πριν παρειδα

rebel · 15 Ιουνίου 2012 στις 00:38

Τώρα είναι μια χαρά :thumbsup:

Guest 018946 · 15 Ιουνίου 2012 στις 08:59

Ας δώσω και γω μια που μου αρεσε

Να δείξετε ότι :

$\frac{3}{\sqrt{2}}+\frac{5}{\sqrt{6}}+\frac{7}{\sqrt{12}}+ ... \frac{29}{\sqrt{210}} \geq 28$

rebel · 15 Ιουνίου 2012 στις 13:58

ο 4ος όρος είναι $\frac{9}{\sqrt{20}}$ ;
Επεξεργασία: Βλακωδώς νόμιζα στην αρχή ότι ο κάθε παρονομαστής είναι το γινόμενο των δύο προηγούμενων.

Guest 018946 · 15 Ιουνίου 2012 στις 14:04

Ωπα εκανες εντιτ.

Αυτο με το 20 στον παρανομαστη ειναι το σωστο .

Guest 018946 · 1 Ιουλίου 2012 στις 20:59

Κωστα ριξε τιποτα αμα υπαρχει να πουμε γιατι εχει πεσει βαρεμαρα σημερα και ξυσιμο με γκασμαδες να ουμε .

rebel · 2 Ιουλίου 2012 στις 01:09

Έστω $f:[0,1] \to \mathbb{R}$ με $f(0)=f(1)=0$ και $|f(a)-f(b)| <|a-b|$ για κάποια $a,b \in [0,1]$ με $a \neq b$ . Δείξτε ότι $|f(a)-f(b)|<\frac{1}{2}$

Έκανα ένα λάθος στην μετάφραση της εκφώνησης: Όπου "για κάποια α,b στο [0,1]" ας μπει "για κάθε α,b στο [0,1]". Επίσης το συμπέρασμα να δειχθεί ότι ισχύει και αυτό για κάθε a,b στο [0,1] .

rebel · 3 Ιουλίου 2012 στις 12:26

Μία υπόδειξη για να μην ξεχαστεί

Διακρίνουμε περιπτώσεις 1. $|a-b|\leq 1/2$ 2. $|a-b|> 1/2$

Guest 018946 · 7 Ιουλίου 2012 στις 12:36

Για δώσε την λύση επειδή δεν μου έρχεται κάτι . Προσπάθησα τριγώνικες και τέτοιες ιστορίες, προσπάθησα να δώ που θα με οδηγήσει να βάλω το μηδεν και το 1 στην αρχική αλλα δεν με εβγαλε πουθενα .

rebel · 7 Ιουλίου 2012 στις 16:15

Έστω $a\neq b$ στο [0,1]

-Αν $|a-b| \leq \frac{1}{2}$ τότε $|f(a)-f(b)|<|a-b| \leq \frac{1}{2}$

-Aν $|a-b|>\frac{1}{2}$ χωρίς βλάβη υποθέτουμε ότι $a>b$ τότε

$|f(a)-f(b)|=|f(a)-f(1)+f(0)-f(b)|\leq|f(a)-f(1)|+|f(0)-f(b)|<|a-1|+|0-b|=1-a+b=1-(a-b)<\frac{1}{2}$

Είναι θέμα από την Κινέζικη Μαθηματική Ολυμπιάδα του 1983.

Guest 018946 · 7 Ιουλίου 2012 στις 16:38

Δε το σκεφτομουν με την καμια το τρικακι με την εισαγωγη των φ(1) και φ(0) . Ωραίος

Συλλογή ασκήσεων στην Άλγεβρα

Guest 018946

Επισκέπτης

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης