Школьная программа. Алгебра. Десять доказательтв неравенств

[TOTAL]

$\sqrt{3} + \sqrt {7} + \sqrt{21} \;\; ? \;\; 9$

Вообще устно можно ответить, если умножить обе части на $15$ и на $17$ и учесть, что
$15\sqrt{3}= \sqrt{675}= \sqrt{26^2 -1}$
$17\sqrt{7}= \sqrt{2023}= \sqrt{45^2 -2}$

$$17\sqrt{675} + 15\sqrt {2023} + \sqrt{675}\sqrt {2023} < 17*26 + 15*45 + 26*45 = 2287 < 2295 = 9*15*17$$

[Klein]

TOTAL в сообщении #1600478 писал(а):

$\sqrt{3} + \sqrt {7} + \sqrt{21} \;\; ? \;\; 9$

Вообще устно можно ответить, если умножить обе части на $15$ и на $17$ и учесть, что
$15\sqrt{3}= \sqrt{675}= \sqrt{26^2 -1}$
$17\sqrt{7}= \sqrt{2023}= \sqrt{45^2 -2}$

$$17\sqrt{675} + 15\sqrt {2023} + \sqrt{675}\sqrt {2023} < 17*26 + 15*45 + 26*45 = 2287 < 2295 = 9*15*17$$

Тоже красивое решение. Спасибо.

[Klein]

Давайте приведем несколько решений школьной задачки. Ответ в книге не смотрел.

Задачка для школьников из книги «800 лучших олимпиадных задач по математике» 9-11 классы Э. Н. Балаян


9 класс, задача 44(А)

Доказать, что $(1+\frac{7}{\sin{x}})(1+\frac{19}{\cos{x}})>293$, если $0 < x < \frac{\pi}{2}$

Решение 1

Воспользуемся известным неравенством для решения задачи.

$\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}} \geq \frac{a+b}{2}$ для всех неотрицательных действительных чисел. (1)

Доказательство неравенства в (1) тривиальное.

Заметим что функция $f(x)= \cos{x}+\sin{x}$ принимает наибольшее значение в точке $x=\frac{\pi}{4}$ на интервале $(0, \frac{\pi}{2})$. Это следует из неравенства в (1).

$\sqrt{\frac{\cos^2{x}+\sin^2{x}}{2}} \geq \frac{\cos{x}+\sin{x}}{2}$

$\iff \frac{2}{\sqrt{2}} \geq \cos{x}+\sin{x}$

$\Rightarrow \sqrt{2} = \cos{\frac{\pi}{4}}+\sin{\frac{\pi}{4}}$, в точке $x=\frac{\pi}{4}$

$\iff \sqrt{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}$

Следовательно, наименьшее значение функции $g(x)= (1+\frac{7}{\sin{x}})(1+\frac{19}{\cos{x}})$ принимает в точке $x=\frac{\pi}{4}$

$(1+\frac{7}{\sin{\frac{\pi}{4}}})(1+\frac{19}{\cos{\frac{\pi}{4}}})>293$

$\iff 267+26\sqrt{2} > 293$

$\iff 26\sqrt{2} > 26$

$\Rightarrow (1+\frac{7}{\sin{x}})(1+\frac{19}{\cos{x}})>293$, если $0 < x < \frac{\pi}{2}$

[mihiv]

$$1+\dfrac 7{\sin x}+\dfrac {19}{\cos x}+\dfrac {7\cdot 19}{\sin x\cos x}>1+\dfrac {2\cdot 7\cdot 19}{\sin 2x}+2\sqrt {\dfrac {2\cdot 7\cdot 19}{\sin 2x}}>1+266+2\sqrt {266} >299$$

[TOTAL]

mihiv в сообщении #1602069 писал(а):

$$1+\dfrac 7{\sin x}+\dfrac {19}{\cos x}+\dfrac {7\cdot 19}{\sin x\cos x}>1+\dfrac {2\cdot 7\cdot 19}{\sin 2x}+2\sqrt {\dfrac {2\cdot 7\cdot 19}{\sin 2x}}>1+266+2\sqrt {266} >299$$

А зачем брать на себя повышенные обязательства?

$$1+\dfrac 7{\sin x}+\dfrac {19}{\cos x}+\dfrac {7\cdot 19}{\sin x\cos x}>1+7+19+2 \cdot 7 \cdot 19} = 293$$

[KhAl]

Klein в сообщении #1601898 писал(а):

Следовательно, наименьшее значение функции $g(x)= (1+\frac{7}{\sin{x}})(1+\frac{19}{\cos{x}})$ принимает в точке $x=\frac{\pi}{4}$

А это неверно.

[Klein]

KhAl в сообщении #1602074 писал(а):

Klein в сообщении #1601898 писал(а):

Следовательно, наименьшее значение функции $g(x)= (1+\frac{7}{\sin{x}})(1+\frac{19}{\cos{x}})$ принимает в точке $x=\frac{\pi}{4}$

А это неверно.

\begin{align*} & \text{Увидел ошибку. Спасибо.} \\ & \text{По неравенству Коши-Буняковского. } \\ & \left(1+\left(\sqrt{\frac{7}{\sin x}}\right)^2\right)\left(1+\left(\sqrt{\frac{19}{\cos x}}\right)^2\right) \geq \left(1+\sqrt{\frac{133}{\sin x \cos x}}\right), \, \text{и} \\ & \frac{1}{2} = \frac{\sin^2(x) + \cos^2(x)}{2} \geq \sqrt{\sin^2(x) \cos^2(x)} \\ & \Rightarrow \left(1+\frac{7}{\sin x}\right)\left(1+\frac{19}{\cos x}\right) \geq \left(1+\sqrt{\frac{133}{\frac{1}{2}}}\right)^2 = 267+2\sqrt{266} > 293 \end{align*}

-- 23.07.2023, 14:45 --

Всем спасибо за решения.

[dx_dyf]

Klein в сообщении #1600396 писал(а):

Определить несколькими способами из школьной программы какое из чисел больше $\sqrt{3}+ \sqrt{7}+ \sqrt{21}$ или $9$.

Интересно, как вы решите задачу, если корень не равен произведению двух других?
Какое из чисел больше $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{15} \sim 7\ ?$

[svv]

dx_dyf в сообщении #1602220 писал(а):

Какое из чисел больше $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{15} \sim 7\ ?$

$\begin{array}{l}\sqrt {2}>\frac{24}{17}\\[1ex]\sqrt {3}>\frac{19}{11}\\[1ex]\sqrt {5}>\frac{38}{17}\end{array}$
Поэтому
$\sqrt{2}+\sqrt{3}\;(1+\sqrt{5})>\frac{24}{17} + \frac{19}{11}\left(1+\frac{38}{17}\right)=7$

[Klein]

dx_dyf в сообщении #1602220 писал(а):

Klein в сообщении #1600396 писал(а):

Определить несколькими способами из школьной программы какое из чисел больше $\sqrt{3}+ \sqrt{7}+ \sqrt{21}$ или $9$.

Интересно, как вы решите задачу, если корень не равен произведению двух других?
Какое из чисел больше $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{15} \sim 7\ ?$

$(a+b+c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + 2ab + 2ac + 2bc$

$\sqrt{2} + \sqrt{3} + \sqrt{15} \lor 7$
$\Leftrightarrow (\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{15})^2 \lor 49$
$\Leftrightarrow \sqrt{6} + \sqrt{30} + \sqrt{45} \lor 14,5$
$\Leftrightarrow (\sqrt{6} + \sqrt{30} + \sqrt{45})^2 \lor (14,5)^2$
$\Leftrightarrow \sqrt{180} + \sqrt{270} + \sqrt{1350} \lor 64,625$
$\Rightarrow \sqrt{180} + \sqrt{270} + \sqrt{1350} > 13 + 16 + 36 > 64,625$
$\Rightarrow \sqrt{2} + \sqrt{3} + \sqrt{15} > 7$

[Klein]

Klein в сообщении #1602248 писал(а):

dx_dyf в сообщении #1602220 писал(а):

Klein в сообщении #1600396 писал(а):

Определить несколькими способами из школьной программы какое из чисел больше $\sqrt{3}+ \sqrt{7}+ \sqrt{21}$ или $9$.

Интересно, как вы решите задачу, если корень не равен произведению двух других?
Какое из чисел больше $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{15} \sim 7\ ?$

$(a+b+c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + 2ab + 2ac + 2bc$

$\sqrt{2} + \sqrt{3} + \sqrt{15} \lor 7$

$\Leftrightarrow (\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{15})^2 \lor 49$
$\Leftrightarrow \sqrt{6} + \sqrt{30} + \sqrt{45} \lor 14,5$
$\Leftrightarrow (\sqrt{6} + \sqrt{30} + \sqrt{45})^2 \lor (14,5)^2$
$\Leftrightarrow \sqrt{180} + \sqrt{270} + \sqrt{1350} \lor 64,625$
$\Rightarrow \sqrt{180} + \sqrt{270} + \sqrt{1350} > 13 + 16 + 36 > 64,625$
$\Rightarrow \sqrt{2} + \sqrt{3} + \sqrt{15} > 7$

Также, возведя в квадрат $\sqrt{3}+ \sqrt{7}+ \sqrt{21}$ и $9$ дважды можно определить какое из чисел больше.


$\sqrt{3} + \sqrt{7} + \sqrt{21} \lor 9$
$\Leftrightarrow \sqrt{1322} + \sqrt{3087} + \sqrt{9261} \lor 197$
$\Rightarrow \sqrt{1322} + \sqrt{3087} + \sqrt{9261} < 37+56+97 < 197$
$\Rightarrow $\sqrt{3} + \sqrt{7} + \sqrt{21} < 9$

---

На мой взгляд некоторые вышеприведенные решения этой задачки красивее.

[Shadow]

Klein в сообщении #1596497 писал(а):

Порешаем школьную задачу по алгебре
$\text{{Найти все }} x \in \mathbb{R} \text{{ для }} \lfloor \sqrt{x} + \sqrt{x+1} \rfloor + \lfloor \sqrt{4x+2} \rfloor = 18$

Докажите, что уравнение $\lfloor \sqrt{x} + \sqrt{x+1} \rfloor + \lfloor \sqrt{4x+2} \rfloor = 2y-1$ не имеет решений в целых числах.

[Klein]

Shadow в сообщении #1602255 писал(а):

Klein в сообщении #1596497 писал(а):

Порешаем школьную задачу по алгебре
$\text{{Найти все }} x \in \mathbb{R} \text{{ для }} \lfloor \sqrt{x} + \sqrt{x+1} \rfloor + \lfloor \sqrt{4x+2} \rfloor = 18$

Докажите, что уравнение $\lfloor \sqrt{x} + \sqrt{x+1} \rfloor + \lfloor \sqrt{4x+2} \rfloor = 2y-1$ не имеет решений в целых числах.

$2y-1$ нечетное и $y$ целое положительное число.
$2n$ четное и $n$ целое неотрицательное число.

$\left\lfloor \sqrt{x} + \sqrt{x+1} \right\rfloor + \left\lfloor \sqrt{4x+2} \right\rfloor$ , $x$ неотрицательное целое число.

$x=0$, $\left\lfloor\sqrt{1} \right\rfloor + \left\lfloor \sqrt{2} \right\rfloor=2$ - четное.

$\left\lfloor \sqrt{x} + \sqrt{x+1} \right\rfloor = \left\lfloor \sqrt{4x+2} \right\rfloor$ для всех $x$ в натуральных числах. Тождество представлено Рамануджаном (1). Доказательство отдельно.


Если $\left\lfloor \sqrt{x} + \sqrt{x+1} \right\rfloor = \left\lfloor \sqrt{4x+2} \right\rfloor$ , то $\left\lfloor \sqrt{x} + \sqrt{x+1}\right\rfloor$ и $ \left\lfloor \sqrt{4x+2} \right\rfloor$ оба четные или оба нечетные.

$2n+2k=2(n+k)$ - четное.
$2a-1+2b-1=2(a+b-1)$ - четное.

Таким образом $\left\lfloor \sqrt{x} + \sqrt{x+1} \right\rfloor + \left\lfloor \sqrt{4x+2} \right\rfloor = 2y-1$ не имеет решений в целых числах.


(1) Ramanujan, Question 723, J. Indian Math. Soc., Volume 10(1918)357-358.

[Shadow]

Klein в сообщении #1602287 писал(а):

Тождество представлено Рамануджаном (1). Доказательство отдельно.

Вообще-то я хотел именно доказательство данного факта, тем более что оно школькое несложное, но если сам Рамануджан этим занимался, выложу свое. Тем более что оно основано на базе вашей задачи.

Совсем нетрудно доказать, возведением в квадрат, двойное неравенство (пока что все в $\mathbb{R}$)

$\sqrt x+\sqrt{x+1}<\sqrt{4x+2}<\sqrt x+\sqrt{x+1}+1$

Выражения отличаются меньше, чем на единичку, что в вашей задаче($=18$) необходимо и достаточно

$\begin{cases}\sqrt x+\sqrt{x+1} \ge 9\\ \sqrt{4x+2}<10 \end{cases}$
(вы кажется рассматривали больше вариантов - не надо)

А если вправо нечетное число, то необходимо и достаточно

$\begin{cases}\sqrt x+\sqrt{x+1}<y \\ \sqrt{4x+2}\ge y \end{cases}$

(тогда целая часть первого выражения будет $y-1$, а второго - $y$, все из того, что разность меньше единицы).

Решением данной системы неравенст

$\dfrac{y^2-2}{4}\le x<\dfrac{y^4-2y^2+1}{4y^2}$

Перейдем уже к целым

$y^4-2y^2 \le 4xy^2<y^4-2y^2+1$

$4xy^2$ между соседними целыми, а значит первое неравенство должно превратится в равенство, но $y^2 \not \equiv 2 \pmod 4$

[Klein]

Shadow в сообщении #1602308 писал(а):

Klein в сообщении #1602287 писал(а):

Тождество представлено Рамануджаном (1). Доказательство отдельно.

Вообще-то я хотел именно доказательство данного факта, тем более что оно школькое несложное, но если сам Рамануджан этим занимался, выложу свое. Тем более что оно основано на базе вашей задачи.

В литературе подчеркивают тот факт, что тождество было представлено Рамануджаном. Только доказательства похоже не было предоставлено в оригинале.

Полный квадрат целого числа либо делится на 4, либо дает остаток 1.

Для $x \geq 0$

$(2x)^2 = 4x^2$
$(2x-1)^2 & = 4x^2-4x+1$

Из этого следует числа $4x+2$ и $4x+3$ не могут быть полными квадратами. Тогда существует положительное число $y$ удовлетворяющее

$y^2 \leq 4x+1 < 4x+2 < 4x+3 < 4x+4 \leq (y+1)^2$
$\iff y < \sqrt{4x+1} < \sqrt{4x+2} + \sqrt{4x+3} < \sqrt{4x+4} \leq y+1$


Также
$y \leq \sqrt{4x+1} < \sqrt{x} + \sqrt{x+1} < \sqrt{4x+2} < \sqrt{4x+3} < \sqrt{x} + \sqrt{x+2} < \sqrt{4x+4} \leq y+1$

Следовательно
$\left\lfloor \sqrt{x} + \sqrt{x+1} \right\rfloor = \left\lfloor \sqrt{4x+2} \right\rfloor$, где $x$ натуральное число.