গণিত অলিম্পিয়াড পৰীক্ষাৰ্থীৰ বাবে অসমতাৰ ১০টা প্ৰশ্নোত্তৰ

14 Oct গণিত অলিম্পিয়াড পৰীক্ষাৰ্থীৰ বাবে অসমতাৰ ১০টা প্ৰশ্নোত্তৰ

Posted at 17:40h in অলিম্পিয়াড, সমস্যা আৰু সমাধান by পংকজ জ্যোতি মহন্ত 0 Comments

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

$\frac{1}{3}\leq\frac{u}{v}\textless \frac{1}{2}$

সমাধান:-

$\frac{1}{2}-\frac{u}{v}=\frac{v-2u}{2v}$

এতিয়া, $2v\textgreater 0$ ,

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

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

$\textgreater 0$ (কাৰণ, $a,b,c$ ত্ৰিভূজৰ বাহু তিনিটাৰ দৈৰ্ঘ্য। গতিকে $a\textless b+c, b\textless c+a, c\textless a+b$ আৰু $a,b,c$ প্ৰতিটোৱেই ধনাত্মক।)

গতিকে, $\frac{u}{v}\textless \frac{1}{2}$

সেইদৰে, $\frac{u}{v} - \frac{1}{3}$ 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

$\frac{(a + b)^{3}}{a^{2}b}\geq\frac{27}{4}$ ।

আৰু ইয়াৰ সমতাটো কেতিয়া কেতিয়া প্ৰযোজ্য হয় নিৰ্ণয় কৰা।

সমাধান:-

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

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

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

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

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

Image Source : Shutterstock

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

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

সমাধান:-

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

$\frac{1}{1 - 2y} + \frac{2}{y}\geq\frac{25}{1 + 48(1 - 2y)y^{2}} , 0 \textless y\leq\frac{1}{2}$

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

এতিয়া,

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

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

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

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

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

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

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

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

$\frac{a_{1}}{1^{2}}+ \frac{a_{2}}{2^{2}}+ \cdots +\frac{a_{n}}{n^{2}} \geq\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+ \cdots +\frac{1}{n}$

সমাধান:-

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

গতিকে, $b_{i}\geq i$ য’ত $1\leq i \leq n$ ।

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

$\geq \frac{1}{1^{2}}+\frac{1}{2^{2}}+ \cdots +\frac{1}{n^{2}}$

$\geq \frac{1}{1}+\frac{1}{2}+ \cdots +\frac{1}{n}$ ।

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

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

সমাধান:-

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

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

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

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

$\geq 0$

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

$\frac{1}{11}+\frac{2}{21}+\frac{3}{31}+\cdots\frac{n}{10n+1} \textless \frac{n}{10}$

সমাধান:-

অসমতাটোৰ বাওঁপিনৰ সাধাৰণ পদটো হ’ল:

$\frac{k}{10k+1} \textless \frac{k}{10k} = \frac{1}{10}$

গতিকে $n$ পদ যোগ কৰি আমি অসমতাটো পাম।

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—

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

আৰু সেইদৰে $\frac{2b^{5} + 3v^{5}}{5}\geq b^{2}v^{3}$ ।

এই দুয়োটা অসমতা যোগ কৰিলে আমি প্ৰমেয় অসমতাটো পাম।

৮) $n$ এটা ধনাত্মক অখণ্ড সংখ্যা আৰু $x\text greater 0$ । প্ৰমাণ কৰা যে

$(1+x)^{n+1} \geq\frac{(n+1)^{(n+1)}}{n^{n}}x$

সমাধান:-

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

৯) প্ৰমাণ কৰা যে

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

সমাধান:-

$\sqrt{n+1}-\sqrt{n}=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\textless \frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}=\sqrt{n}-\sqrt{n-1}$

$\Rightarrow \sqrt{n-1}+\sqrt{n+1} \textless 2\sqrt{n}$

$\Rightarrow \sqrt{n-1}+\sqrt{n}+\sqrt{n+1}\textless 3\sqrt{n}$

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

১০) যদি $a_{1}\textless a_{2}\textless \cdots \textless a_{n}$ , 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 $x\textless y\textless$ লোৱা যাওক—

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

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

$\geq 0$

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

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