Matematyka.pl

siema troche przejadły mi sie już "wędrówki..." a mur beton bedzie w II etapie (to już 4 za miesiące !) nierówność, więc proponuję coś takiego:
zarzucamy jakimiś ciekawymi nierównościami (ew. równaniami) na poziom II etapu/finału OM, jak sie zbierze ze 20, kto zrobi, zarzuca rozwiązaniem; znowu wrzucamy, znowu rozwiązujemy, itd. z tysiąc razy i na pewno bedziemy wszyscy na oma dobrze przygotowani
co Wy na to?

Udowodnić, że dla dowolnych nieujemnych a,b,c zachodzi:
\(\displaystyle{ 27(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2 \geqslant 64abc(a+b+c)^3}\)
Albo jestem głupi, przez co mi nie wychodzi rozwiązanie, albo nierówność trudna - okaże się

Powodzenia na OM ; )

Anathemed pisze:Udowodnić, że dla dowolnych nieujemnych a,b,c zachodzi:
\(\displaystyle{ 27(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2 \geqslant 64abc(a+b+c)^3}\)
Albo jestem głupi, przez co mi nie wychodzi rozwiązanie, albo nierówność trudna - okaże się

Powodzenia na OM ; )

Zdaje się, że jest trudniejsza niż na II etap, ale też nic specjalnego:

Nasza nierówność jest równoważna nierówności:
\(\displaystyle{ 27(a^{4}b^{2}+a^{4}c^{2}+b^{4}a^{2}+b^{4}c^{2}+c^{4}a^{2}+c^{4}b^{2})+54(a^{3}b^{3}+b^{3}c^{3}+
c^{3}a^{3})\geq 10(a^{4}bc+b^{4}ca+c^{4}ab)+30\sum_{cyc}(a^{3}b^{2}c+a^{3}bc^{2})+114a^{2}b^{2}c^{2}}\)
Wystarczy otworzyć nawiasy

Teraz:
\(\displaystyle{ 5\sum_{cyc}(a^{4}b^{2}+a^{4}c^{2})\geq 5*\sum_{cyc}2\sqrt{a^{4}b^{2}*a^{4}c^{2}}=10(a^{4}bc+b^{4}ca+c^{4}ab)}\)
Dodatkowo z nierówności Muirhead'a mamy \(\displaystyle{ (4,2,0)\succ (3,2,1)}\)
Zatem \(\displaystyle{ 3(a^{4}b^{2}+a^{4}c^{2}+b^{4}a^{2}+b^{4}c^{2}+c^{4}a^{2}+c^{4}b^{2})\geq
3\sum_{cyc}(a^{3}b^{2}c+a^{3}bc^{2})}\)
Z nierówności Am-GM mamy:
\(\displaystyle{ a^{3}b^{3}+a^{3}b^{3}+a^{3}c^{3}\geq 3a^{3}b^{2}c}\)
analogicznie tworzymy 6 symetrycznych nierówności, z których po zsumowaniu mamy
\(\displaystyle{ 54(a^{3}b^{3}+b^{3}c^{3}+c^{3}a^{3})\geq 27\sum_{cyc}(a^{3}b^{2}c+a^{3}bc^{2})}\)
Dodatkowo znów z AM-GM mamy:
\(\displaystyle{ 19(a^{4}b^{2}+a^{4}c^{2}+b^{4}a^{2}+b^{4}c^{2}+c^{4}a^{2}+c^{4}b^{2})\geq 16*6a^{2}b^{2}c^{2}=114a^{2}b^{2}c^{2}}\)
Zsumowanie powyższych 4 nierówności daje nierówność zadania Q.E.D.

polskimisiek pisze:Zdaje się, że jest trudniejsza niż na II etap, ale też nic specjalnego:

Ha ha ha misiu! xD Nieźle powiedziane

polskimisiek pisze:Am-GM

Cóż to?

AM- średnia arytmetyczna,
GM- geometryczna
AM-GM - nierówność pomiędzy tymi średnimi

Chyba...

qwertyuiopp pisze:

polskimisiek pisze:Zdaje się, że jest trudniejsza niż na II etap, ale też nic specjalnego:

Ha ha ha misiu! xD Nieźle powiedziane

polskimisiek pisze:Am-GM

Cóż to?

AM-GM z angielskiego arithmetical mean - geometrical mean.
Chodziło tu o nierówność pomiędzy średnią arytmetyczną, a geometryczną

EDIT:
Jak ktoś chce to niech wrzuca co ciekawsze nirówności. Jak dla mnie temat spoko, będę się mógł jakoś wyżyć matematycznie

\(\displaystyle{ \sum_{cyc}\frac{a^2+b^2}{a+b}\leq \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}}\) dla a,b,c>0
I jeszcze tylko pytanie - czy na om uzasadnienie "wynika z nierownosci Muirhead'a" przejdzie, czy raczej tego nie uznaja?

limes123 pisze:I jeszcze tylko pytanie - czy na om uzasadnienie "wynika z nierownosci Muirhead'a" przejdzie, czy raczej tego nie uznaja?

Tak, takie uzasadnienie jest wystarczające.

Coś prostego (nie przepisywać rozwiązań z gotowców ):
\(\displaystyle{ a,b,c}\) boki trójkąta, udowodnij, że:
\(\displaystyle{ \sqrt{a}(a-b+c) + \sqrt{b}(a+b-c) + \sqrt{c}(-a+b+c) \sqrt{(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)}}\)

Do nierówności Sylwka. Najpierw stosujemy klasyczne podstawienie. Oznaczamy:
\(\displaystyle{ S = x+y+z}\)
I dzielimy obustronnie przez S i otrzymujemy nierówność:
\(\displaystyle{ \frac{x}{S} \sqrt{S-z} + \frac{y}{S}\sqrt{S-x} + \frac{z}{S} \sqrt{S-y} qslant \sqrt{S - \frac{xy + yz + xz}{S}}}\)
A to przy ustalonym S wynika z nierówności Jensena dla funkcji \(\displaystyle{ \sqrt{S-x}}\) z wagami:
\(\displaystyle{ \frac{x}{S}; \frac{y}{S}, \frac{z}{S}}\).

można też dla funkcji \(\displaystyle{ f(x)= \sqrt{x}}\):
\(\displaystyle{ \frac{\sqrt{a}(a-b+c) + \sqrt{b}(a+b-c) + \sqrt{c}(-a+b+c)}{a+b+c} \sqrt{ \frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c} }}\)

Dobrze, ja robiłem z Cauchy'ego-Schwarza po klasycznym podstawieniu:
\(\displaystyle{ \sqrt{x+y}2x+\sqrt{y+z}2y+\sqrt{z+x}2z=2(\sqrt{x^2+xy}\sqrt{x}+\sqrt{y^2+yz}\sqrt{y}+\sqrt{z^2+zx}\sqrt{z}) \le \\ \le2\sqrt{(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)(x+y+z)}= \\ =\sqrt{((x+y)^2+(y+z)^2+(z+x)^2) ( (x+y)+(y+z)+(z+x))}}\)

z nóg nie zwala, ale nawet fajne zadanie:
\(\displaystyle{ a,b,c}\)- dł. boków trójkąta
\(\displaystyle{ S}\)- pole
udowodnij że:
\(\displaystyle{ \frac{ab+bc+ca}{4S} \geqslant \sqrt{3}}\)

Można rozważać trójkąty o ustalonym polu S. Najpierw ustalmy bok a i odpowiadającą mu wysokość h, która dzieli ten bok na części o długościach x i a-x. Wobec tego iloczyny długości boków dają taką funkcję:
\(\displaystyle{ f(x) = a\sqrt{x^2 + h^2} + a\sqrt{h^2 + (x-a)^2} + \sqrt{x^2 + h^2}\cdot \sqrt{h^2 + (x-a)^2}}\)
Zauważmy, że \(\displaystyle{ f(\frac{1}{2}a + x) = f(\frac{1}{2}a-x)}\) oraz to, że pochodna w przedziale \(\displaystyle{ (0, \frac{1}{2}a)}\) jest ujemna, czyli dla \(\displaystyle{ x= \frac{1}{2}a}\) mamy minimum. Jest to trójkąt równoramienny. Zatem dla nas trójkąt równoramienny jest zawsze "lepszy". Stosując ten manewr do pozostałych boków dostajemy, że "najlepszy" jest trójkąt równoboczny, a dla niego zachodzi równość w tej nierówności, co pociąga za sobą spełnienie nierówności dla dowolnego trójkąta.
A jak wygląda firmówka (o ile takowa istnieje)?

ja korzystając ze wzoru na pole trójkąta i tw. sinusów doszedłem do:

\(\displaystyle{ \frac{1}{\sin\alpha} + \frac{1}{\sin\beta} + \frac{1}{\sin\gamma} \geqslant 2 \sqrt{3}}\)

i nie wiem jak to ugryźć