Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
Piotr Rutkowski pisze:[...]Na kółku bezowocnie zmarnowałem 1,5 h czasu i nie zrobiłem z niej NIC.
Udowodnij, że dla \(\displaystyle{ a,b,c\in \mathbb{R}_{+}}\) zachodzi: \(\displaystyle{ \sum_{cyc}\frac{1}{(2a+b)^{2}}\geq \frac{1}{\sum_{cyc}ab}}\)
Jak dla mnie jest ona poza moim zasięgiem na ten moment.
Btw. o jej trudności swiadczy też fakt, że ma bardzo podobną strukturę do nierówności Iran 96.
można wymnożyć na chama i wyjdzie, czytalem wypowiedzi wielu osob ktore twierdzily ze to za mocna nierownosc aby dalo sie ja ladnie rozwiazac i sam zaczynalem w to wierzyc dopoki nie natrafilem na to znakomite rozwiazanie: (7. post)
tu jest długa dyskusja o ww nierówności: . długo długo nic ciekawego ale na 4. stronie (64. post) Vasc o sobie przypomniał
edit: nie kminie po co któryś z szanownych panów moderatorów (podejrzewany *** Rogal *** ---wanted dead or alive--- ) zmienił tytuł tego posta (i od razu przeskoczyła nazwa tematu). jak widać nie dałem za wygraną
Dumel pisze:
\(\displaystyle{ k \ge l>0}\) \(\displaystyle{ a_1,a_2,...,a_i>0}\) \(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n} a_i=1}\)
udowodnić, że \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}a_i^k \ge \sum_{i=1}^{n}a_i^l}\)
jeśli to jest ta nierówność ze Zwardonia do zjadłeś tak literkę \(\displaystyle{ l}\) w wykładniku drugiej sumy
oto moje rozwiązanie:
zatem jeśli \(\displaystyle{ k=l}\) to nierówność jest oczywiście prawdziwa zatem niech k=l+e, gdzie e jest dodatnie, rozważmy ciągi: \(\displaystyle{ (a_1^l,a_2^l,...,a_n^l)}\), \(\displaystyle{ (a_1^e,a_2^e,...,a_n^e)}\)
są one jednakowo monotoniczne, zatem na mocy nierówności Czebyszewa i AM-GM: \(\displaystyle{ n \sum_{i=1}^{n} a_i^k=n \sum_{i=1}^{n} a_i^{l+e} \ge (\sum_{i=1}^{n} a_i^e)(\sum_{i=1}^{n} a_i^l) \ge n(\prod_{i=1}^{n})\sqrt[n]{a_i}(\sum_{i=1}^{n} a_i^l)=n\sum_{i=1}^{n} a_i^l}\)
dzieląc przez n otrzymujemy nierówność równoważną tezie zadania
Ostatnio zmieniony 7 maja 2021, o 17:56 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód:Poprawa wiadomości.
ładnie. moje rozwiązanie opierało sie na nierowności Holdera i jest prawie identyczne z rozwiazaniem freja dla tej złej wersji (poprzednio napisałem że identyczne ale nie widzialem tej literowki) (bardzo łatwo je poprawić)
-- 5 sierpnia 2009, 20:45 --
a nierówność jak słusznie zauważyłeś wzięta ze Zwardonia-- 5 sierpnia 2009, 21:40 --let \(\displaystyle{ a,b,c \ge 0}\) i \(\displaystyle{ \frac {1}{{{a^2} + {b^2} + 1}} + \frac {1}{{{b^2} + {c^2} + 1}} + \frac {1}{{{c^2} + {a^2} + 1}} \ge 1}\).
udowodnić, że \(\displaystyle{ ab + bc + ca \le 3}\)
Załóżmy przez sprzeczność, że \(\displaystyle{ \sum ab >3}\). Wtedy z Cauchy'ego Schwarza \(\displaystyle{ \sum \frac{1}{a^2+b^2+1} \le \frac{\sum a^2 +6}{(\sum a)^2} <1}\)
Chyba nie takie skomplikowane Używając kontrapozycji tylko CS wystarczy, bo \(\displaystyle{ (a^2+b^2+1)(1+1+c^2)\ge (a+b+c)^2}\)
To teraz może wrzucę nierówność, ale trygonometryczną
Dany jest trójkąt ostrokątny \(\displaystyle{ \triangle ABC}\). Udowodnić, że \(\displaystyle{ 8 sin^2 \frac{ \sphericalangle A}{2} sin^2 \frac{ \sphericalangle B}{2} sin^2 \frac{ \sphericalangle C}{2} \ge cos \sphericalangle A cos \sphericalangle B cos \sphericalangle C}\)
nadspodzewanie szybko poszło ale błędu nie widze więc:
łatwo nie wprost udowodnić że a nie może być ujemne, więc \(\displaystyle{ a \ge 0}\)
teraz załóżmy wbrew tezie, że \(\displaystyle{ 2 \ge a^6}\)
mamy nierówność \(\displaystyle{ a^5+a^2 \ge a^6+a^3}\)
czyli \(\displaystyle{ 1 \ge a}\)
a=0 nie pasuje
więc \(\displaystyle{ 2=a^5-a^3+a^2<a^5+a^2<2}\) sprzeczność
no to podobnie:
1. dowodzimy nie wprost że a jest nieujemna
2. potem tak samo jak wcześniej że a>1
3. liczymy pochodną funckji f(x)=x^5-x^3+x dla a>1 mamy funkcje rosnącą i sprawdzamy ręcznie że \(\displaystyle{ \sqrt[6]{3}}\) to co nie co za mało do spełnienia tej równości
Oczywiście a nie jest zerem, dalej: \(\displaystyle{ a(a^4-a^2+1)(a^2+1)=2(a^2+1) \\a(a^6+1)=2(a^2+1) \\ a^6=2(a+\frac{1}{a})-1}\)
Gdyby a było ujemne, to prawa strona by była nie większa niż -5 (AM-GM), a lewa jest nieujemna. Zatem a jest dodatnie. Stąd już prosto: \(\displaystyle{ a^6=2(a+\frac{1}{a})-1 \ge (AM \ge GM) \ge 2 \cdot 2 - 1 = 3}\)
Równość w ostatniej nierówności wtw gdy a=1, ale dla tej wartości nie mamy równości, zatem nierówność jest ostra.
Sylwek pisze:Wreszcie coś nadającego się na OM, chociaż ...
Dawałem Ci to kiedyś na gg, ale wtedy byłeś w stanie "po imprezie", więc pewnie dlatego nie pamiętasz xD. Ale i tak to wtedy rozwaliłeś xP.
Btw zadanie nr 1.5 Z Kącika Olimpijskiego - Algebra .