গণিত অলিম্পিয়াড পৰীক্ষাৰ্থীৰ বাবে অসমতাৰ ১০টা প্ৰশ্নোত্তৰ

১) a,b,c হ’ল এটা ত্ৰিভূজৰ তিনিটা বাহুৰ দৈৰ্ঘ্য। যদি u=a^{2}+b^{2}+c^{2} আৰু v = (a + b + c)^{2} হয়, তেন্তে প্ৰমাণ কৰা যে

\dfrac{1}{3}\leq\dfrac{u}{v}< \dfrac{1}{2}

সমাধান:-

\dfrac{1}{2}-\dfrac{u}{v}=\dfrac{v-2u}{2v}

এতিয়া, 2v data-recalc-dims=0" />,

আৰু v-2u=2(ab + bc + ca) - (a^{2} + b^{2} + c^{2})

= a(b + c - a) + b(c + a - b) + c(a + b - c)

 data-recalc-dims=0" /> (কাৰণ, a,b,c ত্ৰিভূজৰ বাহু তিনিটাৰ দৈৰ্ঘ্য। গতিকে a<b+c, b<c+a, c<a+b আৰু a,b,c প্ৰতিটোৱেই ধনাত্মক।)

গতিকে, \dfrac{u}{v}<\dfrac{1}{2}

সেইদৰে, \dfrac{u}{v} - \dfrac{1}{3} ৰ লব হ’ল

3u - v = 2(a^{2} + b^{2} + c^{2} - ab - bc - ca)

= (a - b)^{2} + (b - c)^{2} + (c - a)^{2}\geq 0, (ই শূন্য হ’ব যদিহে a = b = c হয়।)

 

২) a আৰু b দুটা ধনাত্মক বাস্তৱ সংখ্যা। প্ৰমাণ কৰা যে

\dfrac{(a + b)^{3}}{a^{2}b}\geq\dfrac{27}{4}

আৰু ইয়াৰ সমতাটো কেতিয়া কেতিয়া প্ৰযোজ্য হয় নিৰ্ণয় কৰা।

সমাধান:-

প্ৰদত্ত অসমতাটো আমি তলত দিয়া ধৰণে সজাই লিখিব পাৰোঁ, কাৰণ a আৰু b ধনাত্মক।

\left(\dfrac{a + b}{3}\right)^{3}\geq\dfrac{a^{2}b}{4}

এতিয়া, \dfrac{a}{2},\dfrac{a}{2},b ত “সমান্তৰ মাধ্য আৰু গুণোত্তৰ মাধ্য অসমতা” ব্যৱহাৰ কৰিলে এই অসমতাটো আমি পাম—

\dfrac{\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+b}{3}\geq\sqrt[3]{\dfrac{a}{2}\dfrac{a}{2} b} = \sqrt[3]{\dfrac{a^{2}b}{4}}

আনহাতে, সমান্তৰ মাধ্য আৰু গুণোত্তৰ মাধ্য অসমতাটোত প্ৰতিটো পদ সমান হ’লে আমি সমতাটো লাভ কৰোঁ। সেয়েহে, ইয়াত b=\dfrac{a}{2} হ’ল সমতাটো প্ৰযোজ্য হ’ব।

 

Image Source : Shutterstock

Image Source : Shutterstock

৩) x আৰু y দুটা ধনাত্মক সংখ্যা যাতে x + 2y = 1। প্ৰমাণ কৰা যে

\dfrac{1}{x} + \dfrac{2}{y} \geq\dfrac{25}{1 + 48xy^{2}}

সমাধান:-

নিৰ্ণেয় অসমতাটো তলত দিয়া ধৰণৰ, কাৰণ x + 2y = 1

\dfrac{1}{1 - 2y} + \dfrac{2}{y}\geq\dfrac{25}{1 + 48(1 - 2y)y^{2}} , 0 < y\leq\dfrac{1}{2}

\Rightarrow ( 1 + 48(1 - 2y)y^{2} ) (2 - 3y)\geq 25y(1 - 2y)

এতিয়া,

(1 + 48(1 - 2y)y^{2} ) (2 - 3y) - 25y(1 - 2y)

 = (1 + 48y^{2} - 96y^{3})(2 - 3y) - 25y + 50y^{2}

 = 2 - 28y + 146y^{2} - 336y^{3} + 288y^{4}

 = 2(1 - 14y + 73y^{2} - 168y^{3} + 144y^{4})

 = 2 (1 - 7y + 12y^{2})^{2}

 = 2 (3y - 1)^{2}(4y - 1)^{2}

\geq 0, \forall 0<y \leq\dfrac{1}{2}, (ইয়াত সমতাটো পোৱা যাব, যদিহে y = \dfrac{1}{3} বা \dfrac{1}{4} হয়, যিকেইটা \dfrac{1}{2} তকৈ সৰু।)

 

৪) a_{1}, a_{2}, \ldots , a_{n} পৰস্পৰ অসমান ধনাত্মক অখণ্ড সংখ্যা। প্ৰমাণ কৰা যে

\dfrac{a_{1}}{1^{2}}+ \dfrac{a_{2}}{2^{2}}+ \cdots +\dfrac{a_{n}}{n^{2}} \geq\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{2}+ \cdots +\dfrac{1}{n}

সমাধান:-

ধৰাহওক, b_{1}, b_{2}, \ldots , b_{n} য়ে a_{1}, a_{2}, \ldots , a_{n} ৰ কোনোবা এটাক বুজাইছে যাতে b_{1}< b_{2}< \ldots < b_{n}

গতিকে, b_{i}\geq i য’ত 1\leq i \leq n

সেয়েহে, \dfrac{a_{1}}{1^{2}}+ \dfrac{a_{2}}{2^{2}}+ \cdots +\dfrac{a_{n}}{n^{2}} = \dfrac{b_{1}}{1^{2}}+ \dfrac{b_{2}}{2^{2}}+ \cdots +\dfrac{b_{n}}{n^{2}}

\geq \dfrac{1}{1^{2}}+\dfrac{1}{2^{2}}+ \cdots +\dfrac{1}{n^{2}}

\geq \dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{2}+ \cdots +\dfrac{1}{n}

 

৫) x,y,z তিনিটা ধনাত্মক সংখ্যা আৰু xyz\geq 1। প্ৰমাণ কৰা যে

\dfrac{x^{5}-x^{2}}{x^{5}+y^{2}+z^{2}}+\dfrac{y^{5}-y^{2}}{x^{2}+y^{5}+z^{2}}+\dfrac{z^{5}-z^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{5}} \geq 0

সমাধান:-

\dfrac{x^{5}-x^{2}}{x^{5}+y^{2}+z^{2}}-\dfrac{x^{5}-x^{2}}{x^{3}(x^{2}+y^{2}+z^{2})}=\dfrac{(x^{3}-1)^{2}x^{2}(y^{2}+z^{2})}{x^{3}(x^{2}+y^{2}+z^{2})(x^{5}+y^{2}+z^{2})}\geq 0

 

\dfrac{x^{5}-x^{2}}{x^{5}+y^{2}+z^{2}}+\dfrac{y^{5}-y^{2}}{x^{2}+y^{5}+z^{2}}+\dfrac{z^{5}-z^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{5}} \geq\dfrac{x^{5}-x^{2}}{x^{3}(x^{2}+y^{2}+z^{2})}+\dfrac{y^{5}-y^{2}}{y^{3}(x^{2}+y^{2}+z^{2})}+\dfrac{z^{5}-z^{2}}{z^{3}(x^{2}+y^{2}+z^{2})}

\geq\dfrac{1}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\left((x^{2}-\dfrac{1}{x})+(y^{2}-\dfrac{1}{y})+(z^{2}-\dfrac{1}{z})\right)

\geq\dfrac{1}{x^{2}+y^{2}+z^{2}} [(x^{2}-yz)+(y^{2}-zx)+(z^{2}-xy)]

\geq 0

 

৬) প্ৰমাণ কৰা যে যিকোনো ধনাত্মক অখণ্ড সংখ্যা n ৰ বাবে,

\dfrac{1}{11}+\dfrac{2}{21}+\dfrac{3}{31}+\cdots\dfrac{n}{10n+1} < \dfrac{n}{10}

সমাধান:-

অসমতাটোৰ বাওঁপিনৰ সাধাৰণ পদটো হ’ল:

\dfrac{k}{10k+1} < \dfrac{k}{10k} = \dfrac{1}{10}

গতিকে n পদ যোগ কৰি আমি অসমতাটো পাম।

 

Image Source : Shutterstock

Image Source : Shutterstock

৭) a, b, u, v চাৰিটা অঋণাত্মক সংখ্যা, যাতে a^{5} + b^{5} \leq 1 আৰু u^{5} + v^{5} \leq 1

প্ৰমাণ কৰা যে a^{2}u^{3} + b^{2}v^{3} \leq 1

সমাধান:-

সমান্তৰ মাধ্য আৰু গুণোত্তৰ মাধ্য অসমতাৰ পৰা আমি পাম—

\dfrac{2a^{5} + 3u^{5}}{5} \geq\sqrt[5]{(a^{5})^{2}(u^{5})^{3}} = a^{2}u^{3}

আৰু সেইদৰে \dfrac{2b^{5} + 3v^{5}}{5}\geq b^{2}v^{3}

এই দুয়োটা অসমতা যোগ কৰিলে আমি প্ৰমেয় অসমতাটো পাম।

 

৮) n এটা ধনাত্মক অখণ্ড সংখ্যা আৰু x data-recalc-dims=0" />। প্ৰমাণ কৰা যে

(1+x)^{n+1} \geq\dfrac{(n+1)^{(n+1)}}{n^{n}}x

সমাধান:-

পদসমূহ ইফাল-সিফাল কৰি প্ৰমাণটো কৰিব পাৰি। ইয়াক পাঠকৰ বাবে এৰিলোঁ।

 

৯) প্ৰমাণ কৰা যে

(\sqrt{n-1}+\sqrt{n}+\sqrt{n+1})^{2} < 9n

সমাধান:-

\sqrt{n+1}-\sqrt{n}=\dfrac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}<\dfrac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}=\sqrt{n}-\sqrt{n-1}

\Rightarrow \sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}< 2\sqrt{n}

\Rightarrow \sqrt{n-1}+\sqrt{n}+\sqrt{n+1}<3\sqrt{n}

\Rightarrow (\sqrt{n-1}+\sqrt{n}+\sqrt{n+1})^{2} < 9n

 

পঠনীয়:  গণিত অলিম্পিয়াড : প্ৰশ্নকাকত (কেটেগৰী - I)

১০) যদি a_{1}<a_{2}< \cdots <a_{n}, প্ৰমাণ কৰা যে

a_{1}a_{2}^{4}+a_{2}a_{3}^{4}+\cdots +a_{n}a_{1}^{4} \geq a_{2}a_{1}^{4}+a_{3}a_{2}^{4}+\cdots+a_{1}a_{n}^{4}

সমাধান:-

n=2 ৰ বাবে অসমতাটো শুদ্ধ।

এতিয়া, n=3 ৰ বাবে x<y<z লোৱা যাওক—

এতিয়া, (xy^{4}+yz^{4}+zx^{4})-(yx^{4}+zy^{4}+xz^{4})

=\dfrac{1}{2}(z-x)(y-x)(z-y)[(x+y)^{2}+(x+z)^{2}+(y+z)^{2}]

\geq 0

এতিয়া ধৰাহওক, অসমতাটো প্ৰতিটো n\geq 3 ৰ বাবে শুদ্ধ। গতিকে,

(a_{1}a_{2}^{4}+a_{2}a_{3}^{4}+\cdots +a_{n}a_{n+1}^{4}+a_{n+1}a_{1}^{4}) - (a_{2}a_{1}^{4}+a_{3}a_{2}^{4}+\cdots+a_{n+1}a_{n}^{4}+a_{1}a_{n+1}^{4})

=(a_{1}a_{2}^{4}+a_{2}a_{3}^{4}+\cdots +a_{n}a_{1}^{4}) - (a_{2}a_{1}^{4}+a_{3}a_{2}^{4}+\cdots+a_{1}a_{n}^{4})

+(a_{1}a_{n}^{4}+a_{n}a_{n+1}^{4}+a_{n+1}a_{1}^{4}) - (a_{n}a_{1}^{4}+a_{n+1}a_{n}^{4}+a_{1}a_{n+1}^{4})

\geq 0

No Comments

Sorry, the comment form is closed at this time.