Vis en likhet

Her kan du stille spørsmål vedrørende problemer og oppgaver i matematikk for videregående skole og oppover på høyskolenivå. Alle som føler trangen er velkommen til å svare.

Vis en likhet

Innlegg Gjest » 15/07-2017 13:14

Skal vise at dersom [tex]\left ( x+\sqrt{x^2+1} \right )\left ( y+\sqrt{y^2+1} \right )=1[/tex] så er [tex]x+y=0[/tex]


[tex]\left ( x+\sqrt{x^2+1} \right )\left ( y+\sqrt{y^2+1} \right )=1\Leftrightarrow xy+x\sqrt{y^2+1}+y\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2+1}\sqrt{y^2+1}=1[/tex]

Går ikke via denne måten


[tex]\left \{ x,y \right \}\in \mathbb{Z}[/tex] og [tex]x>y \, \vee y<x[/tex] pga [tex]x+y=0[/tex]


[tex]\left ( x+\sqrt{x^2+1} \right )\left ( y+\sqrt{y^2+1} \right )=1\Leftrightarrow \left ( x+\sqrt{x^2+1} \right )=\left ( y+\sqrt{y^2+1} \right )^{-1}[/tex]

Får aldri noe til....
Gjest offline

Re: Vis en likhet

Innlegg DennisChristensen » 15/07-2017 15:53

Gjest skrev:Skal vise at dersom [tex]\left ( x+\sqrt{x^2+1} \right )\left ( y+\sqrt{y^2+1} \right )=1[/tex] så er [tex]x+y=0[/tex]


[tex]\left ( x+\sqrt{x^2+1} \right )\left ( y+\sqrt{y^2+1} \right )=1\Leftrightarrow xy+x\sqrt{y^2+1}+y\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2+1}\sqrt{y^2+1}=1[/tex]

Går ikke via denne måten


[tex]\left \{ x,y \right \}\in \mathbb{Z}[/tex] og [tex]x>y \, \vee y<x[/tex] pga [tex]x+y=0[/tex]


[tex]\left ( x+\sqrt{x^2+1} \right )\left ( y+\sqrt{y^2+1} \right )=1\Leftrightarrow \left ( x+\sqrt{x^2+1} \right )=\left ( y+\sqrt{y^2+1} \right )^{-1}[/tex]

Får aldri noe til....


Vi merker oss først at ingen av faktorene i likningen kan være lik $0$, da deres produkt er lik $1$. Fra likningen har vi at $$x = \frac{1}{y + \sqrt{y^2 + 1}} - \sqrt{x^2 + 1}$$ og $$y = \frac{1}{x + \sqrt{x^2 + 1}} - \sqrt{y^2+1}.$$ Dermed har vi at $$\begin{align*} x + y & = \left(\frac{1}{y + \sqrt{y^2 + 1}} - \sqrt{x^2 + 1}\right) + \left(\frac{1}{x + \sqrt{x^2 + 1}} - \sqrt{y^2+1}\right) \\
& = \left(\frac{1}{x + \sqrt{x^2 + 1}} - \sqrt{x^2 + 1}\right) + \left(\frac{1}{y + \sqrt{y^2 + 1}} - \sqrt{y^2 + 1}\right) \\
& = \frac{1 - \sqrt{x^2 + 1}\left(x + \sqrt{x^2 + 1}\right)}{x + \sqrt{x^2 + 1}} + \frac{1 - \sqrt{y^2 + 1}\left(y + \sqrt{y^2 + 1}\right)}{y + \sqrt{y^2 + 1 }} \\
& = \frac{1 - x\sqrt{x^2 + 1} - (x^2 + 1)}{x + \sqrt{x^2 + 1}} + \frac{1 - y\sqrt{y^2+1} - (y^2+1)}{y+\sqrt{y^2+1}} \\
& = \frac{-x\left(x + \sqrt{x^2+1}\right)}{x+\sqrt{x^2 + 1}} + \frac{-y\left(y + \sqrt{y^2 + 1}\right)}{y+\sqrt{y^2+1}} \\
& = -x - y \\
& = -(x+y),\end{align*}$$
så $x+y=0$.
DennisChristensen online
Jacobi
Jacobi
Innlegg: 303
Registrert: 09/02-2015 23:28
Bosted: Oslo

Re: Vis en likhet

Innlegg Gjest » 16/07-2017 14:30

Takk!


La x være et positivt reelt tall, vis da at [tex]x+\frac{1}{x}\geq 2[/tex]

[tex]x+\frac{1}{x}\geq 2\Rightarrow x^2+1-2x\geq 0\Leftrightarrow \left ( x-1 \right )^2\geq 0[/tex]

Som er større eller lik for x=1 0 fordi man kvadrerer. Er dette bevist?




Vis for at alle reelle tall x, y ,z så gjelder ulikheten

[tex]\left ( x+y+z \right )\geq 3\left ( x^2+y^2+z^2 \right )[/tex]

Sliter her.. kanskje jeg kan bruke at [tex](x-y)^2\geq 0\Rightarrow x^2+y^2\geq xy[/tex] på en måte?
Gjest offline

Re: Vis en likhet

Innlegg plutarco » 16/07-2017 18:00

Gjest skrev:Takk!


La x være et positivt reelt tall, vis da at [tex]x+\frac{1}{x}\geq 2[/tex]

[tex]x+\frac{1}{x}\geq 2\Rightarrow x^2+1-2x\geq 0\Leftrightarrow \left ( x-1 \right )^2\geq 0[/tex]

Som er større eller lik for x=1 0 fordi man kvadrerer. Er dette bevist?




Vis for at alle reelle tall x, y ,z så gjelder ulikheten

[tex]\left ( x+y+z \right )\geq 3\left ( x^2+y^2+z^2 \right )[/tex]

Sliter her.. kanskje jeg kan bruke at [tex](x-y)^2\geq 0\Rightarrow x^2+y^2\geq xy[/tex] på en måte?


Den første er ok, men husk på implikasjonene. Den må gjelde begge veier for at beviset skal være korrekt.

(Det korrekte er å starte med $(x-1)^2\geq 0\Rightarrow x^2+1\geq 2x\Rightarrow x+\frac1x\geq 2$)

Det må være noe feil i den andre. x=y=z=-1 gir jo at venstresida er negativ, mens høyre er positiv.
plutarco offline
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 3757
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Vis en likhet

Innlegg Gjest » 16/07-2017 18:31

plutarco skrev:
Gjest skrev:Takk!


La x være et positivt reelt tall, vis da at [tex]x+\frac{1}{x}\geq 2[/tex]

[tex]x+\frac{1}{x}\geq 2\Rightarrow x^2+1-2x\geq 0\Leftrightarrow \left ( x-1 \right )^2\geq 0[/tex]

Som er større eller lik for x=1 0 fordi man kvadrerer. Er dette bevist?




Vis for at alle reelle tall x, y ,z så gjelder ulikheten

[tex]\left ( x+y+z \right )\geq 3\left ( x^2+y^2+z^2 \right )[/tex]

Sliter her.. kanskje jeg kan bruke at [tex](x-y)^2\geq 0\Rightarrow x^2+y^2\geq xy[/tex] på en måte?


Den første er ok, men husk på implikasjonene. Den må gjelde begge veier for at beviset skal være korrekt.

(Det korrekte er å starte med $(x-1)^2\geq 0\Rightarrow x^2+1\geq 2x\Rightarrow x+\frac1x\geq 2$)

Det må være noe feil i den andre. x=y=z=-1 gir jo at venstresida er negativ, mens høyre er positiv.


takk, mente å skrive


[tex]\left ( x+y+z \right )^2\geq 3(x^2+y^2+z^2)[/tex]
Gjest offline

Re: Vis en likhet

Innlegg plutarco » 16/07-2017 18:53

Gjest skrev:[tex]\left ( x+y+z \right )^2\geq 3(x^2+y^2+z^2)[/tex]


Den stemmer fortsatt ikke. Du mener vel

[tex]\left ( x+y+z \right )^2\leq 3(x^2+y^2+z^2)[/tex] ?

Det er flere måter å vise dette på:

1. $x^2+y^2\geq 2xy$, $x^2+z^2\geq 2xz$ etc. Summér disse.

2. Rearrangementulikheten: Anta uten tap av generalitet at $x\geq y\geq z$. Da er $x^2+y^2+z^2\geq xy+xz+yz$.

3. Power-mean ulikheten

4. Jensens ulikhet med funksjonen f(x)=x^2.
plutarco offline
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 3757
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Vis en likhet

Innlegg Gjest » 16/07-2017 18:56

plutarco skrev:
Gjest skrev:[tex]\left ( x+y+z \right )^2\geq 3(x^2+y^2+z^2)[/tex]


Den stemmer fortsatt ikke. Du mener vel

[tex]\left ( x+y+z \right )^2\leq 3(x^2+y^2+z^2)[/tex] ?


selfølgelig... :oops:
Gjest offline

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Google [Bot] og 9 gjester