[MIX] Zadania treningowe przed drugim etapem OM - 1 seria.

[Qń]

ta ostatnia prawdziwa na mocy nierówności trójkąta

Ale tylko gdy \(\displaystyle{ pq\ge 0}\).

Dla \(\displaystyle{ pq<0}\) pomysł jest podobny:

Ukryta treść:    

Jeśli np. \(\displaystyle{ q<0}\), to wychodzimy od najsilniejszej nierówności świata :
\(\displaystyle{ (a+qc)^2 \ge 0\\
a^2+q^2c^2\ge -2qac}\)
dodajemy stronami \(\displaystyle{ -q(a^2+c^2)}\) :
\(\displaystyle{ (1-q)a^2+(q^2-q)c^2 \ge -q(a+c)^2\\
pa^2-pqc^2 \ge -q(a+c)^2 >-qb^2}\)
(ostatnia nierówność na mocy nierówności trójkąta)
skąd już wynika ządana nierówność.

Ładne zadanie.

Q.

[Vax]

10:    

\(\displaystyle{ (1+\frac{a}{b})(1+\frac{b}{c})(1+\frac{c}{a}) \ge 2\left(1+\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\right)}\)

Zauważmy, że z nierówności między średnią geometryczną a harmoniczną mamy:

\(\displaystyle{ \sqrt[3]{abc} \ge \frac{3abc}{ab+bc+ca}}\)
Tak więc:

\(\displaystyle{ P \le 2\left(1+\frac{a+b+c}{\frac{3abc}{ab+bc+ca}}\right) = 2\left(1+\frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{3abc}\right) = \frac{6abc+2(a+b+c)(ab+bc+ca)}{3abc}}\)

Czyli trzeba udowodnić:

\(\displaystyle{ \frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc} = \frac{3(a+b)(b+c)(c+a)}{3abc} \ge \frac{6abc+2(a+b+c)(ab+bc+ca)}{3abc}}\)

Tak więc:

\(\displaystyle{ 3(a+b)(b+c)(c+a) \ge 6abc+2(a+b+c)(ab+bc+ca)}\)

\(\displaystyle{ 3a^2b+3ab^2+3b^2c+3bc^2+3a^2c+3ac^2+6abc \ge 2a^2b+2ab^2+2b^2c+2bc^2+2a^2c+2ac^2+12abc}\)

\(\displaystyle{ a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2 \ge 6abc}\)

A to już wynika z nierówności pomiędzy średnią arytmetyczną a geometryczną.

[Qń]

W kluczowym momencie da się też odrobinę inaczej:

10 alternatywnie:    

Po przemnożeniu stronami przez \(\displaystyle{ abc}\) i wymnożeniu nawiasów po lewej stronie dostaniemy:
\(\displaystyle{ a^2b+ab^2+b^2+bc^2+c^2a+ca^2 \ge 2(abc)^{\frac{2}{3}}(a+b+c)}\)

Z uwagi na \(\displaystyle{ (abc)^{\frac{2}{3}}=\sqrt[3]{(ab)(bc)(ca)}\le \frac{ab+bc+ca}{3}}\) wystarczy jeśli udowodnimy nierówność:
\(\displaystyle{ a^2b+ab^2+b^2+bc^2+c^2a+ca^2 \ge 2\cdot\frac{ab+bc+ca}{3}\cdot (a+b+c)}\)

Do tego momentu jest w zasadzie tak samo jak u Vaxa. Tutaj natomiast, jeśli zapiszemy tę nierówność w postaci:
\(\displaystyle{ 3\cdot (ab(a+b)+ac(a+c)+bc(b+c)) \ge (ab+ac+bc)((a+b)+(a+c)+(b+c))}\)
to wystarczy zauważyć, że to nierówność Czebyszewa dla ciągów jednomonotonicznych \(\displaystyle{ (ab,ac,bc)}\) i \(\displaystyle{ (a+b,a+c,b+c)}\).

Przy okazji zaległa odpowiedź (po ponad roku ) dla binaja - nie mam wzorcowych rozwiązań do tych zadań.

Q.

[Kimon]

Mam pytanie odnośnie 4. czy zachodzi także \(\displaystyle{ 2^{n+4}|1999^{2^n} -1}\) czy może coś pokręciłem?

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ a_k = (1999^{2^k} + 1)}\), zachodzi \(\displaystyle{ 2|a_{k}}\).
\(\displaystyle{ 1999^{2^n} - 1 = a_{n-1}(1999^{2^{n-1}} - 1)=...=a_{n-1} \cdot a_{n-2} \cdot a_{n-2} \cdot ... \cdot a_{1} \cdot (1999^{2} - 1)= a_{n-1} \cdot a_{n-2} \cdot a_{n-3} \cdot ... \cdot a_{1} \cdot 1998 \cdot 2000}\), co jest podzielne przez \(\displaystyle{ 2^{n-1 + 1 + 4}=2^{n+4}}\)

[Qń]

Istotnie (choć ładniejszy dowód jest indukcyjny). Już zamieszczam adnotację na liście zadań.

Q.

[Sienek]

Zadanie 9:    

Chwilowo nie mam jak zrobić rysunku

Zauważmy że trójkąty \(\displaystyle{ PAS}\) i \(\displaystyle{ SBR}\) są podobne (kąt-kąt-kąt), czyli mamy:
\(\displaystyle{ \frac{PS}{PA} = \frac{SR}{BR} (1)}\)
Obróćmy czworokąt \(\displaystyle{ PQBR}\) względem punktu \(\displaystyle{ Q}\) tak, aby odcinek \(\displaystyle{ AQ}\) pokrył się z odcinkiem \(\displaystyle{ QB}\). Wówczas punkt \(\displaystyle{ R}\) przejdzie w punkt \(\displaystyle{ R'}\), a \(\displaystyle{ P}\) w punkt \(\displaystyle{ P'}\). Zatem \(\displaystyle{ \angle BRP = \angle AR'P'}\) Wtedy również \(\displaystyle{ AR' = RB, PQ = QP'}\) a teza zadania jest równoważna temu, że \(\displaystyle{ PQ = QR'}\) - a to (biorąc pod uwagę że \(\displaystyle{ PQ = QP'}\)) jest równoważne temu, że trójkąt \(\displaystyle{ PR'P'}\) jest trójkątem prostokątnym z kątem prostym przy wierzchołku \(\displaystyle{ R'}\). Skoro \(\displaystyle{ \angle BRP = \angle AR'P'}\) i \(\displaystyle{ \angle SRB}\) jest prosty to aby pokazać że \(\displaystyle{ \angle PR'P'}\) jest prosty trzeba pokazać że \(\displaystyle{ \angle PRS = \angle AR'P}\). Zauważmy że \(\displaystyle{ \angle PSR}\) (ten który ma mniej niż 180 stopni) = \(\displaystyle{ \angle PAR'}\) (z prostego rachunku na kątach pięciokąta \(\displaystyle{ PABRS}\) i faktu że \(\displaystyle{ \angle SRB = \angle BAR'}\) (to z kolei z tego że punkt \(\displaystyle{ P'}\) powstał w wyniku obrotu)). Ponadto wiedząc że zachodzi \(\displaystyle{ (1)}\) widzimy że trójkąty \(\displaystyle{ PAR'}\) i \(\displaystyle{ PSR}\) są podobne, czyli \(\displaystyle{ \angle PRS = \angle AR'P}\), co jak już wcześniej pisałem jest równoważne z tezą

[Qń]

Ładne rozwiązanie. Równość \(\displaystyle{ \angle PSR = \angle PAR'}\) można uzasadnić prościej - odpowiednie ramiona tych kątów są prostopadłe.

Q.

[Kimon]

19. (niepełne rozw. )

Ukryta treść:    

indukcyjnie : \(\displaystyle{ [x_1] = 1, x_n=n + a, a \in <0;1)}\)
\(\displaystyle{ x_{n+1} = \frac{n^2}{n+a} + 2 + \frac{n+a}{n^2} = n + 2 + (- \frac{a}{n+a} + \frac{n+a}{n^2})}\)
\(\displaystyle{ (- \frac{a}{n+a} + \frac{n+a}{n^2})}\) jako różnica dwóch liczb dodatnich mniejszych od 1 jest większa od \(\displaystyle{ -1}\) a mniejsza od \(\displaystyle{ 1}\)
\(\displaystyle{ n+1<x_{n+1}<n+3}\) zatem \(\displaystyle{ [x_{n+1}] = n+1}\) lub \(\displaystyle{ [x_{n+1}] = n+2}\).
Teraz fajnie byłoby wykazać że nie może być \(\displaystyle{ [x_{n+1}] = n+2}\). Na to jednak nie mam pomysłu i przydałaby się pomoc.

.

[Dumel]

Kimon, to rozumowanie jest błędne, bo nie utrzymujesz założenia indukcyjnego.
a nawiasem mówiąc receptę na to zadanie przedstawiłem w jednym z postów na pierwszej stronie

[Kimon]

Odnośnie twojej wskazówki:
,,można indukcyjnie pokazać że dla \(\displaystyle{ n \ge 4}\)
\(\displaystyle{ n+0.8>x_n>n+0.5}\) (dosyć słabe oszacowanie ale wystarcza)"

Do \(\displaystyle{ [x_{n}] = n}\), wystarczy ,,tylko" nierówność \(\displaystyle{ n \le x_{n} <n+1}\).
Moje pytanie brzmi: dlaczego nierówność \(\displaystyle{ n+0.8>x_n>n+0.5}\) miałaby być łatwiejsza do udowodnienia niż \(\displaystyle{ n \le x_{n} <n+1}\)? Ta ,,wskazówka" jest tylko większą komplikacją zadania.

Jeśli chodzi o moje rozumowanie.
Załóżmy że miałbym taki lemat: \(\displaystyle{ [x_{n}] < n+1}\).
Teraz \(\displaystyle{ [x_1] =1, [x_n] = n}\), czyli \(\displaystyle{ x_n = n + a}\), \(\displaystyle{ 0 \le a<0}\),
Z tego co tam wypisałem na górze dostałbym \(\displaystyle{ [x_n] =n \Rightarrow [x_{n+1}] = n+1 \vee [x_{n+1}] = n+2}\), na mocy lematu odpadłby \(\displaystyle{ [x_{n+1}] = n+2}\) więc zostałoby \(\displaystyle{ [x_{n}] = n \Rightarrow [x_{n+1}] = n+1}\).

Zakładam że masz racje, ale poprostu nie widzę swojego błędu.

[Dumel]

aby indukcja działała założenie musi być odpowiednio mocne.
banalny przykład:
mamy ciąg \(\displaystyle{ x_0=2}\), \(\displaystyle{ x_{n+1}=x_n^2-1}\)
możemy udowodnić że \(\displaystyle{ x_n>0}\) dla dowolnego n.
no ale z tego ze \(\displaystyle{ x_n>0}\) wcale nie wynika ze \(\displaystyle{ x_{n+1}>0}\)
dopiero jak wzmocnimy teze do \(\displaystyle{ x_n>2}\) co jest oczywiście trywialne do pokazania to mamy \(\displaystyle{ x_n>2>0}\)

Polya powiedział coś takiego (pewnie odrobinę przekręcę):
"przeprowadzając dowód indukcyjny może ci się nie powieść z dwóch powodów: albo próbujesz udowodnić za dużo i teza nie jest prawdziwa, albo za mało i założenie nie jest wystarczające do udowodnienia tezy. spróbuj wyważyć tezę tak aby założenie było wystarczające do jej zaindukowania."

[bblazej]

Zadanie 21

Udowodnij, że dla dowolnych liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ a_1,a_2, \dots , a_n}\)oraz \(\displaystyle{ b_1,b_2, \dots ,b_n}\)zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ n \left( \sum_{i=1}^{n}a_ib_i + \sqrt{ \left( \sum_{i=1}^{n} a_i^2 \right) \left( \sum_{i=1}^{n} b_i^2 \right) } \right) \geq 2 \left( \sum_{i=1}^{n} a_i \right) \left( \sum_{i=1}^{n}b_i \right)}\)

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ a_{1} \ge a_{2} \ge ... \ge a_{n}}\)
oraz \(\displaystyle{ b_{1} \ge b_{2} \ge ... \ge b_{n}}\)

Zauważmy że z tw. Czebyszewa:

\(\displaystyle{ n \cdot \sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} \ge \left( \sum_{i=1}^{n} a_{i} \right) \cdot \left( \sum_{i=1}^{n} b_{i} \right) (1)}\)

Wystarczy teraz tylko pokazać, że:
\(\displaystyle{ n \cdot \sqrt{ \left( \sum_{i=1}^{n} a_i^2 \right) \left( \sum_{i=1}^{n} b_i^2 \right) } \ge \left( \sum_{i=1}^{n} a_{i} \right) \cdot \left( \sum_{i=1}^{n} b_{i} \right) (2)}\)

Po podniesieniu do kwadratu otrzymujemy:

\(\displaystyle{ n^{2} \cdot \left( \sum_{i=1}^{n} a_i^2 \right) \left( \sum_{i=1}^{n} b_i^2 \right) \ge \left( \sum_{i=1}^{n} a_{i} \right)^2 \cdot \left( \sum_{i=1}^{n} b_{i} \right)^2}\)

Rozszczepiamy to na nierówności:
\(\displaystyle{ n \cdot \left( \sum_{i=1}^{n} a_i^2 \right) \ge \left( \sum_{i=1}^{n} a_{i} \right)^2}\)
oraz
\(\displaystyle{ n \cdot \left( \sum_{i=1}^{n} b_i^2 \right) \ge \left( \sum_{i=1}^{n} b_{i} \right)^2}\)

które wynikają z nierówności KA po podniesieniu jej do kwadratu i pomnożeniu przez \(\displaystyle{ n^{2}}\). W ten sposób dowiedliśmy słuszności nierówności (2). Po zsumowaniu nierówności (1) i (2) otrzymujemy tezę

[Dumel]

do dobra, ale dlaczego zająłeś się tylko szczególnym przypadkiem?

[bblazej]

A dlaczego jest to szczególny przypadek?

[smigol]

A dlaczego jest to szczególny przypadek?

Bo niby dlaczego możesz założyć, że: \(\displaystyle{ a_1 \ge a_2 \ge ... \ge a_n}\) i \(\displaystyle{ b_1 \ge b_2 \ge ... \ge b_n}\)?