Niejedna nietrudna nierówność.

[bosa_Nike]

Postanowiłam przyznać parę punktów pomógł/pomogła.

Dla \(\displaystyle{ a,b,c>0}\) należy udowodnić, że:

a) jeżeli \(\displaystyle{ a+b+c=3}\), to \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2+abc\ge 4}\);

b) jeżeli \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2+abc=4}\), to \(\displaystyle{ a+b+c\le 3}\).

[Premislav]

a)

Ukryta treść:    

podstawiamy \(\displaystyle{ a=x+1, b=y+1, c=z+1}\), wówczas \(\displaystyle{ x,y,z>-1}\) oraz \(\displaystyle{ x+y+z=0}\) i mamy do udowodnienia:
\(\displaystyle{ (x+1)^2+(y+1)^2+(z+1)^2+(x+1)(y+1)(z+1) \ge 4}\), a równoważnie:
\(\displaystyle{ x^2+2x+y^2+2y+z^2+2z+xyz+x+y+z+xy+yz+zx \ge 0}\), a po skorzystaniu z \(\displaystyle{ x+y+z=0}\) dostajemy do wykazania:
\(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx+xyz \ge 0}\). Wszystkie trzy liczby \(\displaystyle{ x,y,z}\) nie mogą być dodatnie (ani ujemne), bo \(\displaystyle{ x+y+z=0}\). Jeżeli dokładnie dwie z nich są ujemne, to \(\displaystyle{ xyz>0}\), a wówczas \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx+xyz \ge x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx \ge 0}\),
przy czym ostatnia nierówność wynika z \(\displaystyle{ (x+y)^2+(y+z)^2+(z+x)^2\ge 0}\)
Załóżmy zatem, że dokładnie jedna z liczb \(\displaystyle{ x,y,z}\) jest ujemna, dla ustalenia uwagi \(\displaystyle{ z<0}\). Wtedy \(\displaystyle{ xy \ge 0}\) oraz z uwagi na \(\displaystyle{ -1<z<0}\) mamy \(\displaystyle{ -xyz=|xyz| \le |xy|=xy}\), a więc \(\displaystyle{ xy+xyz\ge 0}\) i pozostaje do wykazania
\(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2+yz+zx \ge 0 \Leftrightarrow 2x^2+2y^2+2z^2+2yz+2zx \ge 0 \Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow (y+z)^2+(x+z)^2+x^2+y^2\ge 0}\)
, a to jest prawda, c.k.d.
Chciałem zrobić jak najbardziej elementarnie...

[timon92]

b) wynika z a):    

załóżmy, że \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2+abc=4}\), ale mimo to \(\displaystyle{ a+b+c>3}\)

niech \(\displaystyle{ a'=a\cdot\frac{3}{a+b+c}, b'=\cdot\frac{3}{a+b+c}, c'=\cdot\frac{3}{a+b+c}}\), wtedy \(\displaystyle{ a>a', b>b', c>c', a'+b'+c'=3}\)

wtedy dostajemy sprzeczność: \(\displaystyle{ 4=a^2+b^2+c^2+abc>a'^2+b'^2+c'^2+a'b'c'\ge 4}\), przy czym ostatnia nierówność wynika z a)

w podobny sposób można wykazać, że a) wynika z b), czyli te dwie nierówności to tak naprawdę jedno i to samo

[bosa_Nike]

Dzięki, oba rozwiązania bardzo fajne. Pomyślałam, że być może czasem wrzucę tu jakąś nierówność, co do której mam pewność, że posiada w miarę krótkie rozwiązanie zrozumiałe na poziomie rozgarniętego licealisty - nieolimpijczyka (przynajmniej nie z matematyki). Zamieszczone rozwiązania mogłyby być dowolne przy zachowaniu pewnej dozy dbałości o poprawność.

Ukryta treść:    

a) Jeżeli któraś z liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) jest nie mniejsza niż dwa, to nierówność jest oczywista. W przeciwnym wypadku niech \(\displaystyle{ t=2-a,\ u=2-b,\ v=2-c}\) i dostajemy wtedy w dodatnich \(\displaystyle{ 1\ge tuv}\) przy \(\displaystyle{ t+u+v=3}\).

b) Wśród liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) znajdziemy dwie po tej samej stronie jedynki.
Można przyjąć, że są to \(\displaystyle{ a,b}\). Wtedy \(\displaystyle{ 0\le (a-1)(b-1)=ab-a-b+1}\).
Ponadto z warunku wynika \(\displaystyle{ 4-c^2=a^2+b^2+abc\ge 2ab+abc=ab(2+c)}\), a stąd \(\displaystyle{ ab\le 2-c}\).

[bosa_Nike]

Teraz taka - tylko trochę trudniejsza. To trzeci tautogram tutaj.

Dane takie rzeczywiste \(\displaystyle{ a,b,c,d}\), że \(\displaystyle{ a^2\le 2b}\) oraz \(\displaystyle{ c^2<2bd}\)
Należy udowodnić, że dla wszystkich rzeczywistych iksów zachodzi \(\displaystyle{ x^4+ax^3+bx^2+cx+d>0}\)

[timon92]

z założeń wynika, że \(\displaystyle{ b>0}\), wyróżnik trójmianu kwadratowego \(\displaystyle{ x^2+ax+\frac b2}\) jest niedodatni oraz że wyróżnik trójmianu \(\displaystyle{ \frac b2 x^2+cx+d}\) jest ujemny, więc skoro współczynniki wiodące są dodatnie dostajemy \(\displaystyle{ x^2+ax+\frac b2 \ge 0}\) i \(\displaystyle{ \frac b2 x^2+cx+d>0}\), tak więc \(\displaystyle{ x^4+ax^3+bx^2+cx+d = x^2\left(x^2+ax+\frac b2\right)+\frac b2 x^2+cx+d>0}\)

[bosa_Nike]

Fajnie. To chyba najprostsze z zadań z ostatniego numeru Mathematical Reflections. Termin wysyłania rozwiązań upłynął wczoraj. Mam nadzieję, że choć raz byliśmy szybsi od mathlinksa.

Ukryta treść:    

To \(\displaystyle{ b>0}\) jest najważniejszą obserwacją. Ja pokusiłam się o zwinięcie do prawdziwej na mocy założeń

\(\displaystyle{ x^2\cdot\left(x+\frac{a}{2}\right)^2+\frac{2b-a^2}{4}\cdot x^2+\frac{b}{2}\cdot\left(x+\frac{c}{b}\right)^2+\frac{2bd-c^2}{2b}>0}\)

[bosa_Nike]

Jeszcze jedna.

Dla liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ 0\le a,b,c\le 2}\), takich że \(\displaystyle{ a+b+c>0}\), udowodnij $$\frac{4}{3}\ge\frac{abc}{a+b+c}.$$

[timon92]

Ukryta treść:    

\(4a=a\cdot 2 \cdot 2 \ge a \cdot b \cdot c = abc\), dla \(b\) i \(c\) podobnie, po zsumowaniu dostajemy \(4(a+b+c)\ge 3abc\) teza

[bosa_Nike]

Dzięki. Nierówność pochodzi z puli finałowej zadań dla klas dziesiątych

Kod: Zaznacz cały

http://www.math.olympiaadid.ut.ee/eng/archive/prob0203.pdf

(s. 18 dokumentu). Fajne jest to, że można ten problem rozwiązać znając jedynie najbardziej podstawowe reguły przekształcania wyrażeń algebraicznych. Na naszej maturze rozszerzonej chyba też by to (jeszcze) przeszło.