Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Nick1990 · #161

socrates έγραψε:
88.
Θεωρούμε την ακολουθία $d_n=\sqrt[n+1]{a^n+b^n}$ όπου $a,b \in \mathbb{N}^*$
Προσδιορίστε όλα τα ζεύγη για τα οποία όλοι οι όροι της ακολουθίας είναι ακέραιοι.

Λύση:

Παίρνουμε n=2m

όπου

περιττός που θα επιλεγεί αργότερα. Τότε:

${d_{2m}}^{2m+1} = (a^2)^m - (-b^2)^m$ .
Έστω p^k

η μέγιστη δύναμη ενός περιττού πρώτου που διαιρεί τους a,b

και

η μέγιστη δύναμη του ίδιου πρώτου που διαιρεί το $(\frac{a}{p^k})^2 + (\frac{b}{p^k})^2 = (\frac{a}{p^k})^2 - (-(\frac{b}{p^k})^2)$ , με l > 0

.
Επιλέγουμε m = p^s

, όπου

τυχαίος φυσικός και τότε από το λήμμα Lifting the exponent (δείτε εδώ γι αυτό: http://www.artofproblemsolving.com/Reso ... rs/LTE.pdf) έχουμε ότι η μέγιστη δύναμη του

που διαιρεί το ${d_{2p^s}}^{2p^s + 1}$ είναι $p^{l+s+2kp^s}$ . Όμως αφού τα d_n

είναι όλα φυσικοί, πρέπει $2p^s + 1 | l + s +2kp^s \Rightarrow 2p^s + 1 | l + s + 2kp^s - k(2p^s + 1) = l + s - k \Rightarrow 2p^s + 1 \leq l + s - k \forall s \in \mathbb{N}$
όταν τα k,l

είναι συγκεκριμένα και το

αρκετά μεγάλο ώστε l+s-k > 0

, πράγμα που προφανώς δεν γίνεται αφού το αριστερό μέλος της τελευταίας ανισότητας αυξάνεται εκθετικά ενώ το δεξί γραμμικά όταν $s \rightarrow +\infty$ .
Άρα πρέπει να ισχύει (a')^2 + (b')^2 = 2^d, (a',b')=1, a=a'gcd(a,b), b=b'gcd(a,b)

για κάποιο $d \in \mathbb{N}$ .
Το δεξί μέλος δεν μπορεί να είναι τίποτα άλλο παρά

η

, οπότε $2^{d} = 0$ η

. Το αριστερό μέλος εύκολα δεν μπορεί να είναι ίσο με

, ενώ είναι ίσο με

μόνο όταν

και

, που ισοδυναμεί με a=b=gcd(a,b)

.
Συνεχίζοντας, για να ισχύει το ζητούμενο, πρέπει η ποσότητα $\sqrt[n+1]{a^n+b^n} = \sqrt[n+1]{2a^n}$ να είναι ακέραιος για κάθε $n \in \mathbb{N}$ , που σημαίνει ότι πρέπει $n+1|vn + 1, vn + 1 - v(n+1) = 1 - v \forall n \in \mathbb{N} \Rightarrow 1 - v = 0 \Rightarrow v=1$ όταν

είναι ο εκθέτης του 2 στο

, και $n+1|wn, wn - w(n+1) = -w \forall n \in \mathbb{N} \Rightarrow w = 0$ όταν

είναι ο εκθέτης οποιουδήποτε περιττού πρώτου στην παραγοντοποίηση του

.
Άρα πρέπει a=b=2

.
Εύκολα βλέπουμε ότι το (a,b) = (2,2)

μας κάνει, και άρα από τα παραπάνω είναι το μοναδικό ζεύγος θετικών ακέραιων που ικανοποιεί το ζητούμενο.

Edit:
Διόρθωσα τη λύση σε ένα σημείο που έχανε, και αν και η παρακάτω λύση είναι 100 φορές καλύτερη, αφίνω και αυτή για λόγους πληρότητας και για να φανεί ακόμα μια εφαρμογή ενός χρήσημου λήμματος που πρέπει να γνωρίζουν όσοι έχουν στόχο την IMO.

GVlachos · #162

socrates έγραψε:88.
Θεωρούμε την ακολουθία $d_n=\sqrt[n+1]{a^n+b^n}$ όπου $a,b \in \mathbb{N}^*$
Προσδιορίστε όλα τα ζεύγη για τα οποία όλοι οι όροι της ακολουθίας είναι ακέραιοι.

Αν $a \geq b$ , τότε προφανώς d_n=a

για αρκετά μεγάλο

, άρα

για αρκετά μεγάλο

, δηλαδή

που ικανοποιεί τη συνθήκη.

#163

socrates έγραψε: 86.
Θεωρούμε την ακολουθία που ορίζεται ως $a_{n+2}a_{n}=(a_{n+1})^2+2$ με $a_{1}=a_{2}=1$ .
Να δείξετε ότι η ακολουθία αποτελείται από περιττούς ακεραίους και ότι οι αριθμοί $a_{n},a_{n+1},a_{n+2}$ είναι ανά δύο πρώτοι μεταξύ τους για κάθε

Γράφοντας τους πρώτους όρους της ακολουθίας υποψιαζόμαστε ότι η ακολουθία ακολουθεί την αναδρομική σχέση $a_{n+2} = 4a_{n+1} - a_n$ . Αρκεί λοιπόν να δείξουμε τα εξής:

Έστω ακολουθία (b_n)

με $b_{n+2} = 4b_{n+1} - b_n$ και b_1 = b_2 = 1

. Τότε
(α) a_n = b_n

για κάθε

.
(β) Η ακολουθία (b_n)

αποτελείται από περιττούς ακεραίους και οι αριθμοί $b_n,b_{n+1},b_{n+2}$ είναι ανά δύο πρώτοι μεταξύ τους για κάθε

Για το (α) προχωράμε επαγωγικά. Για n=1,2

ο ισχυρισμός είναι άμεσος. Έστω λοιπόν ότι a_n = b_n

για κάθε $n \leqslant k$ . Έχουμε $\displaystyle{ a_{k+1} = \frac{a_{k}^2+2}{a_{k-1}} = \frac{b_{k}^2+2}{b_{k-1}} = \frac{b_k(4b_{k-1} - b_{k-2}) + 2}{b_{k-1}} = 4b_k + \frac{2-b_kb_{k-2}}{b_{k-1}}}$
$\displaystyle{= 4b_k - \frac{a_ka_{k-2} - 2}{a_{k-1}} = 4b_k - a_{k-1} = 4b_k - b_{k-1} = b_{k+1}.}$
και άρα επαγωγικά το (α) ισχύει.

Το (β) είναι πιο απλό. Επαγωγικά, ο ισχυρισμός ότι όλοι οι όροι είναι περιττοί ακέραιοι είναι άμεσος. Για το τελευταίο σκέλος, αν έχουμε δείξει ότι οι $b_n,b_{n+1},b_{n+2}$ είναι ανά δύο πρώτοι μεταξύ τους για κάθε $n \leqslant k$ τότε έχουμε $(b_{k+3},b_{k+2}) = (4b_{k+2} - b_{k+1},b_{k+2}) = (b_{k+1},b_{k+2}) = 1$ και $(b_{k+3},b_{k+1}) = (4b_{k+2} - b_{k+1},b_{k+1}) = (4b_{k+2},b_{k+1}) = 1$ αφού το $b_{k+1}$ είναι περιττός. Άρα η απόδειξη του (β) ολοκληρώθηκε.

Kostas_94 · #164

socrates έγραψε: 86.
Θεωρούμε την ακολουθία που ορίζεται ως $a_{n+2}a_{n}=(a_{n+1})^2+2$ με $a_{1}=a_{2}=1$ .
Να δείξετε ότι η ακολουθία αποτελείται από περιττούς ακεραίους και ότι οι αριθμοί $a_{n},a_{n+1},a_{n+2}$ είναι ανά δύο πρώτοι μεταξύ τους για κάθε

Ένας άλλος τρόπος για να αποφύγουμε επαγωγή είναι να προσθέσουμε κατά μέλη τις $a_{n+2}a_n=(a_{n+1})^2+2$ και $(a_{n})^2+2=a_{n+1}a_{n-1}$ . Εύκολα παίρνουμε $\frac{a_{n+2}+a_{n}}{a_{n+1}} = \frac{a_{n+1}+a_{n-1}}{a_{n}}$ . Δηλαδή η $b_n=\frac{a_{n+2}+a_{n}}{a_{n+1}}$ είναι σταθερή και ίση με μια σταθερά

. Από τις μικρές τιμές βρίσκουμε οτι c=4

#165

89.

Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης

$\displaystyle{n^4+2n^3+2n^2+2n+1=m^2.}$

sokratis lyras · #166

για

.Άρα οι μοναδική λύση είναι n=0

και

spiros filippas · #167

matha έγραψε:89.

Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης

$\displaystyle{n^4+2n^3+2n^2+2n+1=m^2.}$

H δοθείσα γράφεται (n+1)^2(n^2+1)=m^2

, θα πρέπει λοιπόν n^2+1=m^2~~(2)

για κάποιο ακέραιο

Για τη (2) μπορούμε να υποθέσουμε ότι $n\geq0$ .

Για n=0

η εξίσωση ικανοποιείται.

Για n>0

έχουμε:

, άτοπο

#168

socrates έγραψε:86.
Θεωρούμε την ακολουθία που ορίζεται ως $a_{n+2}a_{n}=(a_{n+1})^2+2$ με $a_{1}=a_{2}=1$ .
Να δείξετε ότι η ακολουθία αποτελείται από περιττούς ακεραίους και ότι οι αριθμοί $a_{n},a_{n+1},a_{n+2}$ είναι ανά δύο πρώτοι μεταξύ τους για κάθε

Η άσκηση είναι από εδώ.

socrates έγραψε:87.
Έστω $\{a_n\}_{n\geq 1}$ ακολουθία που ορίζεται ως $\displaystyle{a_1=2,\ a_{n+1}=2a_n+\lfloor \sqrt{3}a_n\rfloor}$ .
Βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης του $a_{2012}$ με το .

Η άσκηση είναι από εδώ.

90.
Να βρείτε όλες τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης (a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)^3=a^2b^2c^2.

#169

Δεν έχουν λυθεί τα επόμενα θέματα:

nickthegreek έγραψε:19.

Αν πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες μεγαλύτερες του ,

να αποδείξετε ότι η εξίσωση έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα.

socrates έγραψε:26.
Έστω ένας θετικός ακέραιος.
Να αποδείξετε ότι το πολυώνυμο $f(x) = (x^2-1^2)(x^2-2^2)\cdots (x^2-n^2)+ 1$ δε γράφεται ως γινόμενο μη σταθερών πολυωνύμων με ακέραιους συντελεστές.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Hint

socrates έγραψε:58.
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle f(m + f(f(n))) = -f(f(m + 1))-n ,$ για κάθε $m,n \in \mathbb{Z}.$

socrates έγραψε:73.
Έστω $n\geq 4$ και οι πραγματικοί αριθμοί για τους οποίους

$x_1+x_2+...+x_n\geq 1$ και $x_1^2+x_2^2+...+x_n^2\geq 1.$

Να δείξετε ότι $\displaystyle{\max\{x_1,x_2,...,x_n\}\geq \frac{2}{n}.}$

socrates έγραψε:80.
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{(ab+b)(2b+1)}{(ab+a)(5b+1)}+\frac{(bc+c)(2c+1)}{(bc+b)(5c+1)}+\frac{(ca+a)(2a+1)}{(ca+c)(5a+1)}\geq \frac{3}{2}},$

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς , για τους οποίους

$\displaystyle{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq 3.}$

socrates έγραψε:85.
Να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης
$\displaystyle{\frac{a+b+c}{2}-\frac{[a,b]+[b,c]+[c,a]}{a+b+c},}$
όπου ακέραιοι, μεγαλύτεροι της μονάδας και το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των .

91.
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\Bbb{R}\to \Bbb{R}$ τέτοιες ώστε f(x+zf(yz))=f(x)+yf(z^2),

για κάθε $x,y,z \in \Bbb{R}.$

92.
Αν για τους πραγματικούς αριθμούς a,b,c

ισχύει ότι a^2 + 4b^2 + c^2 - 4ab - 4bc + 2ac - 2a + 2c + 2 = 0,

να τους διατάξετε.

93.
Να λυθεί το σύστημα
$\displaystyle{\begin{cases} a^3+b^3=c^2+d^2 \\ a^2+b^2=c^3+d^3 \end{cases}.}$

94.
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\sqrt{a^2+bc}+\sqrt{b^2+ca}+\sqrt{c^2+ab}\geq \sqrt{ab+bc}+\sqrt{bc+ca}+\sqrt{ca+ab},}$

για όλους τους μη αρνητικούς πραγματικούς αριθμούς a,b,c.

nickthegreek · #170

Για την (91) :

Έστω f(x+zf(yz))=f(x)+yf(z^2) (1)

. Στην

για

έχουμε

Για

έχουμε

.Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

α) $f(1) \neq 0$ . Τότε λόγω της (2) η

είναι bijection στο

.
Στην (1) για x=0,y=1

έχουμε

και λόγω του bijection έχουμε z^2=zf(z)

άρα

για κάθε

πραγματικό.

β) f(1)=0

Τότε στην (1) για $x=0, y= \frac{1}{z}$ έχουμε f(z^2)=0

για κάθε

πραγματικό.

Άρα η (1) γίνεται f(x+zf(yz))=f(x)

(3). Έστω ότι υπάρχει yz=k

: $f(yz) \neq 0$ .Προφανώς

διάφορο του μηδενός.Tότε θέτοντας $y= \frac{k}{z}$ και

τυχαίο η παράσταση zf(yz)

διατρέχει όλο το

. Άρα λόγω της (3) η f είναι σταθερή και για ευνόητους λόγους αν είναι σταθερή θα είναι μηδενική. Άτοπο. Άρα δεν υπάρχει $k:f(k) \neq 0$ άρα $f(x)=0 \forall x \in R$

Και οι δύο λύσεις εύκολα βλέπουμε ότι επαληθεύουν την αρχική.
Ελπίζω να μην έχω κάποιο λάθος!

Φιλικά,
Νίκος

#171

nickthegreek έγραψε:Για την (91) :

Έστω . Στην για έχουμε
Για έχουμε .Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

α) $f(1) \neq 0$ . Τότε λόγω της (2) η είναι bijection στο .
Στην (1) για έχουμε και λόγω του bijection έχουμε άρα
για κάθε πραγματικό.

β) Τότε στην (1) για $x=0, y= \frac{1}{z}$ έχουμε για κάθε πραγματικό.

Άρα η (1) γίνεται (3). Έστω ότι υπάρχει : $f(yz) \neq 0$ .Προφανώς διάφορο του μηδενός.Tότε θέτοντας $y= \frac{k}{z}$ και τυχαίο η παράσταση διατρέχει όλο το . Άρα λόγω της (3) η f είναι σταθερή και για ευνόητους λόγους αν είναι σταθερή θα είναι μηδενική. Άτοπο. Άρα δεν υπάρχει $k:f(k) \neq 0$ άρα $f(x)=0 \forall x \in R$

Και οι δύο λύσεις εύκολα βλέπουμε ότι επαληθεύουν την αρχική.
Ελπίζω να μην έχω κάποιο λάθος!

Φιλικά,
Νίκος

Ωραίος, Νίκο!

nickthegreek · #172

Mια λύση για την αρκετά περίεργη άσκηση (92)

Έχουμε τη σχέση a^2+4b^2+c^2-4ab-4bc+2ac-2a+2c+2=0

Παρατηρούμε ότι αυτή γράφεται ισοδύναμα ως εξής:
(a-2b+c)^2=2(a-c-1)(

από όπου προφανώς προκύπτει a>c

. (1)

Eπιπλέον η δοθείσα δύναται να γραφεί ως (a-c-1)^2 = -1- 4(b-a)(b-c)

Άρα

απ' όπου λόγω της (1) προκύπτει τελικά ότι

a>b>c

Η απόλυτη άσκηση παραγοντοποίησης!

Ελπίζω να μη χάθηκα πουθενά στις πράξεις.

#173

nickthegreek έγραψε:Mια λύση για την αρκετά περίεργη άσκηση

Έχουμε τη σχέση

Παρατηρούμε ότι αυτή γράφεται ισοδύναμα ως εξής:
από όπου προφανώς προκύπτει . (1)

Eπιπλέον η δοθείσα δύναται να γραφεί ως Άρα απ' όπου λόγω της (1) προκύπτει τελικά ότι

Η απόλυτη άσκηση παραγοντοποίησης!

Ελπίζω να μη χάθηκα πουθενά στις πράξεις.

Ομοίως,

MANOLISMATHS · #174

Ίσως είναι για Ευκλείδη και όχι για Αρχιμήδη αλλά είναι κάπως διδακτική ως άσκηση.
93.
Αν $\alpha,\beta$ είναι θετικοί σχετικοί πρώτοι μεταξύ τους ακέραιοι να αποδειχθεί ότι ο μέγιστος κοινός διαιρέτης των αριθμών

$(\alpha+2\beta,\ \beta+2\alpha)$ είναι ή

ή

#175

MANOLISMATHS έγραψε:Ίσως είναι για Ευκλείδη και όχι για Αρχιμήδη αλλά είναι κάπως διδακτική ως άσκηση.
93.
Αν $\alpha,\beta$ είναι θετικοί σχετικοί πρώτοι μεταξύ τους ακέραιοι να αποδειχθεί ότι ο μέγιστος κοινός διαιρέτης των αριθμών

$(\alpha+2\beta,\ \beta+2\alpha)$ είναι ή ή

Έστω $\displaystyle{d=(a+2b,b+2a).}$ Τότε, $\displaystyle{d/a+2b}$ και $\displaystyle{d/b+2a.}$ Άρα $\displaystyle{d/a+2b-(b+2a)=b-a.}$

Άρα $\displaystyle{d/b-a+a+2b=3b}$ και $\displaystyle{d/a-b+b+2a=3a.}$

Δηλαδή $\displaystyle{d/3a}$ και $\displaystyle{d/3b.}$ Επειδή $\displaystyle{(a,b)=1}$ προκύπτει $\displaystyle{d/3}$ άρα $\displaystyle{d=1\vee d=3.}$

Kostas_94 · #176

socrates έγραψε:58.
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle f(m + f(f(n))) = -f(f(m + 1))-n ,$ για κάθε $m,n \in \mathbb{Z}.$

Ίσως υπάρχει πιο σύντομη, αλλά νομίζω είναι σωστή.
Έστω P(m,n)

η σχέση που δίνεται. Τότε
$P(0,n)\Rightarrow f(f(f(n)))=-f(f(1))-n(1)$ , απ`όπου η

είναι 1-1. Επίσης
$P(f(m)-1,n)\Rightarrow f(f(m)-1+f(f(n)))= -f(f(f(m)))-n$ και λόγω της (1) γίνεται
f(f(m)-1+f(f(n)))=f(f(1))+m-n(2)

. Στη (2) για m=n

έχουμε
$f(f(n)-1+f(f(n))=f(f(1))\Rightarrow$
$f(n)-1+f(f(n))=f(1)\Rightarrow$
f(f(n))=-f(n)+f(1)+1(3)

. Βάζοντας όπου

το

$f(f(f(n)))=-f(f(n))+f(1)+1=f(n)-f(1)-1+f(1)+1=f(n)\Rightarrow$
f(f(n))=n(4)

.Έτσι η (1) δίνει
f(x)=-1-x

, που ικανοποιεί την P(m,n)

Έχω την εντύπωση οτι η λύση είναι ίδια για την f ορισμένη στο R

#177

Kostas_94 έγραψε:
socrates έγραψε:58.
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle f(m + f(f(n))) = -f(f(m + 1))-n ,$ για κάθε $m,n \in \mathbb{Z}.$
Ίσως υπάρχει πιο σύντομη, αλλά νομίζω είναι σωστή.
Έστω η σχέση που δίνεται. Τότε
$P(0,n)\Rightarrow f(f(f(n)))=-f(f(1))-n(1)$ , απ`όπου η είναι 1-1. Επίσης
$P(f(m)-1,n)\Rightarrow f(f(m)-1+f(f(n)))= -f(f(f(m)))-n$ και λόγω της (1) γίνεται
. Στη (2) για έχουμε
$f(f(n)-1+f(f(n))=f(f(1))\Rightarrow$
$f(n)-1+f(f(n))=f(1)\Rightarrow$
. Βάζοντας όπου το
$f(f(f(n)))=-f(f(n))+f(1)+1=f(n)-f(1)-1+f(1)+1=f(n)\Rightarrow$
.Έτσι η (1) δίνει
, που ικανοποιεί την P(m,n)

Έχω την εντύπωση οτι η λύση είναι ίδια για την f ορισμένη στο R

Ωραία, Κώστα. Έχεις δίκιο, είναι η μοναδική λύση και στο $\Bbb{R}.$

#178

socrates έγραψε: 80.
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{(ab+b)(2b+1)}{(ab+a)(5b+1)}+\frac{(bc+c)(2c+1)}{(bc+b)(5c+1)}+\frac{(ca+a)(2a+1)}{(ca+c)(5a+1)}\geq \frac{3}{2}},$

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς , για τους οποίους

$\displaystyle{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq 3.}$

Για να μη μείνει άλυτη βάζω μια λύση, ας την ελέγξει κάποιος.
Πρώτα θέτουμε $\frac{1}{a}=x$ κτλ και τότε μένει να δείξουμε ότι αν $x^2+y^2+z^2\geq 3$ τότε
$\displaystyle{\sum\frac{(x+1)(y+2)}{(y+1)(y+5)}\geq\frac{3}{2}}$

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{\frac{y+2}{(y+1)(y+5)}\geq\frac{3}{4(y+2)}}$

Συνεπώς αρκεί να δείξουμε ότι

$\displaystyle{\sum\frac{x+1}{y+2}\geq 2}$

Από Cauchy-Swartz έχουμε ότι

$\displaystyle{\sum\frac{x+1}{y+2}\geq\frac{(x+y+z+3)^2}{xy+yz+zx+3(x+y+z)+6}$

Μετά τις απαραίτητες απλοποιήσεις μένει να δείξουμε ότι

$x^2+y^2+z^2\geq 3$ το οποίο πραφανώς ισχύει.

#179

smar έγραψε:
socrates έγραψε: 80.
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{(ab+b)(2b+1)}{(ab+a)(5b+1)}+\frac{(bc+c)(2c+1)}{(bc+b)(5c+1)}+\frac{(ca+a)(2a+1)}{(ca+c)(5a+1)}\geq \frac{3}{2}},$

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς , για τους οποίους

$\displaystyle{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq 3.}$
Για να μη μείνει άλυτη βάζω μια λύση, ας την ελέγξει κάποιος.
Πρώτα θέτουμε $\frac{1}{a}=x$ κτλ και τότε μένει να δείξουμε ότι αν $x^2+y^2+z^2\geq 3$ τότε
$\displaystyle{\sum\frac{(x+1)(y+2)}{(y+1)(y+5)}\geq\frac{3}{2}}$

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{\frac{y+2}{(y+1)(y+5)}\geq\frac{3}{4(y+2)}}$

Συνεπώς αρκεί να δείξουμε ότι

$\displaystyle{\sum\frac{x+1}{y+2}\geq 2}$

Από Cauchy-Swartz έχουμε ότι

$\displaystyle{\sum\frac{x+1}{y+2}\geq\frac{(x+y+z+3)^2}{xy+yz+zx+3(x+y+z)+6}$

Μετά τις απαραίτητες απλοποιήσεις μένει να δείξουμε ότι

$x^2+y^2+z^2\geq 3$ το οποίο πραφανώς ισχύει.

Μια χαρά φαίνεται!!

#180

Zarifis έγραψε:
matha έγραψε:
sokratis lyras έγραψε:
socrates έγραψε: 94.
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\sqrt{a^2+bc}+\sqrt{b^2+ca}+\sqrt{c^2+ab}\geq \sqrt{ab+bc}+\sqrt{bc+ca}+\sqrt{ca+ab},}$

για όλους τους μη αρνητικούς πραγματικούς αριθμούς
Μπορώ λόγω ομοιογένειας να θέσω ?
Όχι, αλλά μπορείς να θέσεις $\displaystyle{c=1.}$
Πότε μπορείς να θέσεις σε μια ανισότητα a+b+c=1 ή c=1?

Όταν είναι ομογενής, δηλαδή όταν, θέτοντας όπου

το $\lambda a$ κτλ, η ανισότητα παραμένει η ίδια.
Δες κι εδώ: viewtopic.php?f=109&t=11393

Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Μέλη σε σύνδεση