Forum matematyczne: miliony postów, setki tysięcy tematów, dziesiątki tysięcy użytkowników - pomożemy rozwiązać każde zadanie z matematyki https://matematyka.pl/
Nierówność jest równoważna $$3+\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}\le 2\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right).$$
Z Cauchy'ego-Schwarza mamy $$2\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right)=2\left(\frac{b^2}{ab}+\frac{c^2}{bc}+\frac{a^2}{ca}\right)\ge\frac{2(a+b+c)^2}{ab+bc+ca},$$ więc wystarczy dowieść $$3+\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}\le\frac{2(a+b+c)^2}{ab+bc+ca},$$ czyli $$3(ab+bc+ca)+2\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{2abc}{b+c}+\frac{2bca}{c+a}+\frac{2cab}{a+b}\le 2(a+b+c)^2.$$
Po zredukowaniu wyrazów podobnych pozostaje do udowodnienia $$\frac{2abc}{b+c}+\frac{2bca}{c+a}+\frac{2cab}{a+b}\le ab+bc+ca,$$ a to jest prawda na mocy AM-HM, bo $$\frac{2abc}{b+c}+\frac{2bca}{c+a}+\frac{2cab}{a+b}=\frac{2a}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}+\frac{2b}{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}+\frac{2c}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\le\frac{a(b+c)}{2}+\frac{b(c+a)}{2}+\frac{c(a+b)}{2}=ab+bc+ca.$$
Równość mamy wtw, gdy \(\displaystyle{ a=b=c=\frac{1}{3}}\).
PS Tak, to prawda, tyle że nie w Moskwie, lecz w Leningradzie, nie na Placu Czerwonym, lecz... Otóż poprzednie zadanie ode mnie pochodzi z puli zadań dla klas dziesiątych finałowego etapu Ogólnorosyjskiej Olimpiady Matematycznej na rok szkolny 2001-2002, a ponadto w oryginalnym sformułowaniu dotyczy liczb dodatnich.
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
: 29 kwie 2021, o 19:54
autor: Premislav
Znakomicie, czekamy na następny problemat.
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
: 29 kwie 2021, o 21:40
autor: bosa_Nike
Liczby rzeczywiste \(\displaystyle{ x,y,z}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ x^3+y^3+z^3-1=3(x-1)(y-1)(z-1)}\). Udowodnij, że $$x+y+z\le 2.$$
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
: 29 kwie 2021, o 23:36
autor: Premislav
Ukryta treść:
Niech \(\displaystyle{ p=x+y+z, \ q=xy+yz+zx, \ r=xyz}\). Mamy rzecz jasna \(\displaystyle{ x^{3}+y^{3}+z^{3}=p^3-3pq+3r, \\ (x-1)(y-1)(z-1)=p-q+r-1}\)
i założenie przyjmuje formę \(\displaystyle{ p^3-3pq=3(p-q)-2}\), a teza sprowadza się do \(\displaystyle{ p\le 2}\).
Równość z założenia przekształcamy równoważnie do postaci \(\displaystyle{ q(3p-3)=p^3-3p+2}\)
Oczywiście jeśli \(\displaystyle{ p=1}\), to teza jest spełniona i nie ma o czym rozmawiać, natomiast dla \(\displaystyle{ p\neq 1}\)
możemy podzielić stronami przez \(\displaystyle{ p-1}\), co daje nam \(\displaystyle{ 3q=p^{2}+p-2}\)
Jednak z oczywistej nierówności \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx}\) łatwo wynika, że \(\displaystyle{ p^{2}\ge 3q}\),
zatem w tym przypadku \(\displaystyle{ p^{2}\ge p^2+p-2}\), a to jest równoważne tezie zadania. Równość zachodzi dla \(\displaystyle{ x=y=z=\frac{2}{3}}\).
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
: 30 kwie 2021, o 06:53
autor: bosa_Nike
Jak najbardziej.
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
: 30 kwie 2021, o 10:20
autor: Premislav
Nowe zadanie:
niech \(\displaystyle{ n\in \NN, \ n\ge 2}\). Proszę znaleźć najmniejszą stałą dodatnią \(\displaystyle{ \lambda}\), dla której nierówność \(\displaystyle{ a_{1}a_{2}\ldots a_{n}\le \lambda(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\ldots+a_{n}b_{n})}\)
zachodzi dla dowolnych nieujemnych liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ a_{1}, \ldots a_{n}, \ b_{1}\ldots b_{n}}\) spełniających warunki \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}a_{i}=\sum_{i=1}^{n}b_{i}=1, \ \max_{1\le i\le n}b_{i}\le \frac{1}{2}}\).
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
: 7 maja 2021, o 20:53
autor: bosa_Nike
Ukryta treść:
Biorąc \(\displaystyle{ n=2,\ a_1=a_2=b_1=b_1=\frac{1}{2}}\) dostajemy \(\displaystyle{ \lambda\ge\frac{1}{2}}\). Dowiedziemy, że \(\displaystyle{ \lambda_{min}=\frac{1}{2}}\), czyli że nierówność \begin{gather}\frac{1}{2}\sum\limits_{i=1}^na_ib_i\ge\prod\limits_{i=1}^na_i\tag{$*$}\end{gather} jest prawdziwa dla wszystkich \(\displaystyle{ n\ge 2}\) i ciągów \(\displaystyle{ \left(a_i\right)_{i=1}^n,\ \left(b_i\right)_{i=1}^n}\) spełniających założenia zadania.
Jeżeli \(\displaystyle{ a_k=0}\) dla jakiegoś indeksu \(\displaystyle{ n\ge k\ge 1}\), wtedy prawa strona \(\displaystyle{ (*)}\) jest równa zero, a lewa strona jest nieujemna, więc nierówność jest prawdziwa. Dalej niech \(\displaystyle{ a_i>0}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ n\ge i\ge 1}\).
Niech \(\displaystyle{ n=2}\). Ponieważ wtedy \(\displaystyle{ a_1+a_2=1}\), więc niech WLOG \(\displaystyle{ a_1\ge\frac{1}{2}}\). Z założenia jest również \(\displaystyle{ \frac{1}{2}\ge b_2}\). Mamy wtedy $$\begin{aligned}\frac{1}{2}\left(a_1b_1+a_2b_2\right)-a_1a_2&=\frac{1}{2}\left(a_1(1-b_2)+(1-a_1)b_2\right)-a_1(1-a_1)\\&=\frac{1}{2}(a_1-b_2)(2a_1-1)\ge 0.\end{aligned}$$ Równość mamy wtw, gdy \(\displaystyle{ a_1=a_2=b_1=b_1=\frac{1}{2}}\).
Niech teraz \(\displaystyle{ n\ge 3}\). Na mocy ważonej AM-GM z wagami \(\displaystyle{ b_i}\) mamy $$\frac{1}{2}\sum\limits_{i=1}^na_ib_i\ge\frac{1}{2}\prod\limits_{i=1}^na_i^{b_i}.$$
Ponieważ \(\displaystyle{ 1>a_i>0}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{1}{2}\ge b_i\ge 0}\), to \(\displaystyle{ a_i^{b_i}\ge a_i^{\frac{1}{2}}}\) i mamy $$\frac{1}{2}\prod\limits_{i=1}^na_i^{b_i}\ge\frac{1}{2}\sqrt{\prod\limits_{i=1}^na_i},$$ więc wystarczy udowodnić $$\frac{1}{2}\sqrt{\prod\limits_{i=1}^na_i}\ge\prod\limits_{i=1}^na_i$$ lub $$\frac{1}{4}\ge\prod\limits_{i=1}^na_i.$$ Z drugiej strony, na mocy AM-GM mamy $$\prod\limits_{i=1}^na_i\le\left(\frac{\sum\limits_{i=1}^na_i}{n}\right)^n=\frac{1}{n^n}\le\frac{1}{2^2}=\frac{1}{4},$$ co jest prawdą, ponieważ \(\displaystyle{ n\ge 3}\). Równość nie zachodzi.
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
: 7 maja 2021, o 20:59
autor: Premislav
Fantastycznie, czas na następną nierówność.
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
: 7 maja 2021, o 21:17
autor: bosa_Nike
Tym razem to raczej nie będzie one-liner, ale też i nie jest to jakoś wyjątkowo wydumane zadanie.
Dodatnie liczby rzeczywiste \(\displaystyle{ a,b,c}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ a\ge b+c}\). Udowodnij, że $$\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{6(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}\ge 12.$$
Do poprzedniego:
Jak to jest, że można coś czytać przed wysłaniem dziesięć razy, a i tak głupoty widać dopiero później? Przypadek \(\displaystyle{ n=2}\) jest przecież oczywisty, bo \(\displaystyle{ b_1+b_2=1}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{1}{2}\ge b_1,b_2}\) dają z automatu \(\displaystyle{ b_1=b_2=\frac{1}{2}}\), a zaraz również i resztę.
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
: 9 maja 2021, o 01:43
autor: Premislav
Ukryta treść:
Nierówność jest jednorodna, zatem WLOG niech \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+c^{2}=6}\). Wówczas nasza teza redukuje się do \(\displaystyle{ \frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+ab+bc+ca\ge 12}\)
Niech \(\displaystyle{ f(a,b,c)=\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+ab+bc+ca}\).
Wykażemy, że przy naszych założeniach jest \(\displaystyle{ f(a,b,c)\ge f\left(a, \frac{b+c}{2}, \frac{b+c}{2}\right)}\)
Istotnie, \(\displaystyle{ f(a,b,c)\ge f\left(a, \frac{b+c}{2}, \frac{b+c}{2}\right)\Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \frac{a+b}{c}+\frac{c+a}{b}+bc\ge 2\cdot \frac{a+\frac{b+c}{2}}{\frac{b+c}{2}}+\left(\frac{b+c}{2}\right)^{2}\Leftrightarrow\\\Leftrightarrow a\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{4}{b+c}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}-2\right)\ge \left(\frac{b-c}{2}\right)^{2}\Leftrightarrow\\\Leftrightarrow (b-c)^{2}\left(\frac{a}{bc(b+c)}+\frac{1}{bc}\right)\ge \frac{1}{4}(b-c)^{2}}\)
Dla \(\displaystyle{ b=c}\) jest to prawdą (i zachodzi równość), zaś dla \(\displaystyle{ b\neq c}\) sprowadza się do \(\displaystyle{ 4(a+b+c)\ge bc(b+c)}\)
co jest bardziej niż oczywiste, wszak \(\displaystyle{ 4(a+b+c)\\>4(b+c)\\>3(b+c)\\=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2}(b+c)\\>\frac{b^{2}+c^{2}}{2}(b+c)\\\ge bc(b+c)}\)
Wobec tego wystarczy wykazać, że \(\displaystyle{ f\left(\sqrt{6-2x^{2}}, x, x\right)\ge 12}\),
gdzie \(\displaystyle{ 0< x\le 1}\)
Innymi słowy: \(\displaystyle{ 2\cdot \frac{\sqrt{6-2x^{2}}+x}{x} +\frac{2x}{\sqrt{6-2x^{2}}}+x^{2}+2x\sqrt{6-2x^{2}}\ge 12\\2\cdot \frac{\sqrt{6-2x^{2}}}{x}+\frac{2x}{\sqrt{6-2x^{2}}}+x^{2}+2x\sqrt{6-2x^{2}}\ge 10\\2\left(6-2x^{2}\right)+2x^2+x^3\sqrt{6-2x^{2}}+2x^2\left(6-2x^{2}\right)\ge 10x\sqrt{6-2x^{2}}\\-4x^4+10x^2+12\ge \left(10x-x^3\right)\sqrt{6-2x^2}\\18\left(1-x^2\right)\left(2-x^2\right)^3\ge 0}\)
a to już jest oczywiste, bo iloczyn liczb nieujemnych jest nieujemny.
Wyjątkowo nieprzyjemna nierówność, no nie podoba mi się. Aczkolwiek niewykluczone, że zmieniłbym zdanie, gdybym zobaczył prostszy dowód.
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
: 9 maja 2021, o 04:13
autor: bosa_Nike
Nie mam zastrzeżeń.
Ukryta treść:
Moje rozwiązanie jest koncepcyjnie bardzo podobne, tyle że bez normowania przy mixing variables. Myślę, że trzymanie się tego nowego warunku także w końcówce mogło ją skomplikować. Może po wykazaniu, że wystarczy dowód dla przypadku \(\displaystyle{ b=c}\), lepiej było powrócić do pierwotnej (jednorodnej) postaci nierówności i unormować inaczej: \(\displaystyle{ (t,1,1)}\) przy \(\displaystyle{ t\ge 2}\), no ale to już kwestia preferencji.
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
: 9 maja 2021, o 07:27
autor: Premislav
Nowe zadanie:
proszę wykazać, że jeśli \(\displaystyle{ a,b,c,d,e\in \RR, \ 2a^2<5b}\), to wielomian \(\displaystyle{ P(x)=x^5+ax^4+bx^3+cx^2+dx+e}\) ma pierwiastek zespolony nierzeczywisty.
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
: 10 maja 2021, o 06:15
autor: bosa_Nike
Do poprzedniego:
Ech, jednak dałam się chyba zwieść, no bo przecież po unormowaniu z \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2=6}\) nierówność nie jest jednorodna, a zamiana \(\displaystyle{ (a,b,c)}\) na \(\displaystyle{ \left(a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2}\right)}\) nie zachowuje sumy kwadratów zmiennych, więc to nie przechodzi bez uzasadnienia, a gdyby próbować z \(\displaystyle{ \left(a,\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}},\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}\right)}\), to wtedy w ogólności nie zachowuje się \(\displaystyle{ a\ge b+c}\).
W ramach pokuty spróbuję dzisiaj rozwiązać bieżące zadanie, a gdyby rozwiązanie okazało się poprawne, to oddaję kolejkę.
Bieżące:
Zasadnicze twierdzenie algebry daje pewność, że równanie \(\displaystyle{ P(x)=0}\) ma, zliczając krotności, pięć pierwiastków zespolonych, nazwijmy je \(\displaystyle{ x_1,x_2,x_3,x_4,x_5}\). Ze wzorów Viete'a mamy \(\displaystyle{ b=x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+x_1x_5+x_2x_3+x_2x_4+x_2x_5+x_3x_4+x_3x_5+x_4x_5}\), \(\displaystyle{ a=-(x_1+x_2+x_3+x_4+x_5)}\).
Na potrzeby dowodu nie wprost przypuśćmy, że \(\displaystyle{ x_1,x_2,x_3,x_4,x_5\in\mathbb{R}}\). Jednakże dla dowolnych liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ s,t,u,v,w}\) prawdziwa jest nierówność $$2(s+t+u+v+w)^2\ge 5(st+su+sv+sw+tu+tv+tw+uv+uw+vw),$$ która jest równoważna $$\begin{aligned}4&(s+t+u+v+w)^2-10(st+su+sv+sw+tu+tv+tw+uv+uw+vw)\\&=(s-t)^2+(s-u)^2+(s-v)^2+(s-w)^2+(t-u)^2+(t-v)^2+(t-w)^2+(u-v)^2+(u-w)^2+(v-w)^2\ge 0.\end{aligned}$$ W szczególności musi tę nierówność spełniać także piątka \(\displaystyle{ (s,t,u,v,w)=(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)}\), która z założenia spełnia też \(\displaystyle{ 2a^2<5b}\), więc mamy \(\displaystyle{ 5b\le 2a^2<5b}\), czyli \(\displaystyle{ 5b<5b}\) - sprzeczność. Liczby \(\displaystyle{ x_1,x_2,x_3,x_4,x_5}\) nie mogą zatem wszystkie być rzeczywiste, tzn. co najmniej jedna nie jest, c.b.d.o.
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
: 10 maja 2021, o 11:27
autor: Premislav
Liczby rzeczywiste \(\displaystyle{ a_{1}, a_{2}\ldots a_{2n}}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{2n-1}\left(a_{i+1}-a_{i}\right)^2=1}\).
Proszę znaleźć największą wartość wyrażenia \(\displaystyle{ \sum_{i=n+1}^{2n}a_{i}-\sum_{i=1}^{n}a_{i}}\).
Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
: 28 maja 2021, o 12:04
autor: Premislav
Cóż, brak zainteresowania, jak widzę.
szkic:
Niech \(\displaystyle{ x_{i}:=a_{i+1}-a_{i}, \ i=1,2\ldots 2n-1}\). Wówczas założenie to \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{2n-1}x_{i}^2=1}\),
zaś dzięki spostrzeżeniu, że \(\displaystyle{ a_{i}=a_{1}+\sum_{j=1}^{i-1}x_{j}}\) oraz zmianie kolejności sumowania, możemy przedstawić maksymalizowane wyrażenie w postaci \(\displaystyle{ \sum_{j=1}^{n-1}nx_{j}+\sum_{j=n}^{2n-1}(2n-j)x_{j} }\). Następnie korzystamy z oczywistej nierówności \(\displaystyle{ x\le |x|}\) i z nierówności Cauchy'ego-Schwarza: \(\displaystyle{ \sum_{j=1}^{n-1}nx_{j}+\sum_{j=n}^{2n-1}(2n-j)x_{j}\\\le \sqrt{\left(\sum_{j=1}^{n-1}nx_{j}+\sum_{j=n}^{2n-1}(2n-j)x_{j}\right)^2}\\\le \sqrt{\left(\sum_{j=1}^{2n-1}x_{j}^2\right)\left(\sum_{j=1}^{n-1}n^2+\sum_{j=n}^{2n-1}(2n-j)^2\right)}\\=\sqrt{\sum_{j=1}^{n-1}n^2+\sum_{j=n}^{2n-1}(2n-j)^2}}\).
Oczywiście ta ostatnia suma pod pierwiastkiem, po odwróceniu kolejności sumowania, okazuje się niczym innym, jak \(\displaystyle{ (n-1)n^2+\sum_{j=1}^nj^2=(n-1)n^2+\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}\) i pozostaje skorzystać z warunku równości w nierówności CS (tj. odpowiednie wektory mają być proporcjonalne).
Nowe zadanie: \(\displaystyle{ \alpha, \beta, \gamma}\) są kątami wewnętrznymi trójkąta nierozwartokątnego. Proszę udowodnić nierówność \(\displaystyle{ \sqrt{\ctg \alpha}+\sqrt{\ctg \beta}+\sqrt{\ctg \gamma}\ge 2}\).