XXIV Konkurs Matematyczny im. prof. Jana Marszała

[marty]

a jak sobie poradziliście z tym zadaniem? (zad. 3 poz. II):
Rozwiązać w zbiorze liczb rzeczywistych równanie
\(\displaystyle{ (x-1-x^2)=\frac{2}{-y^2 + 4y -8}}\)

[Dzejmi]

Ma ktos moze zadanie 3cie z poziomu III ?

[bryn]

Tam była trójka w liczniku.

\(\displaystyle{ (x-1-x^2)=\frac{3}{-y^2 + 4y -8} \newline \newline
(x-1-x^2)(-y^2 + 4y -8)=3}\)

Mamy sobie dwa trójmiany:

\(\displaystyle{ T(x) = (x-1-x^2) \newline \newline
P(x) = (-y^2 + 4y -8)}\)

Wierzchołki parabol:

\(\displaystyle{ W_T = (2,4) \newline \newline
W_P = (\frac{1}{2},\frac{3}{4})}\)

Wynikiem mnożenia wartości trójmianów w wierzchołkach jest trójka. Nie istnieją inne rozwiązania, bo dla każdej innej pary (x,y) trójmiany będą miały mniejsze wartości, więc iloczyn się zwiększy. Jedynym rozwiązaniem jest \(\displaystyle{ x=2 y=\frac{1}{2}}\).

Swoją drogą zadanie nr 88 z nowego zbiorka:
merlin.pl/500-matematycznych-zadan-i-problemow-dla-uzdolnionej-mlodziezy_Eugeniusz-Smietana/browse/product/1,630537.html


A co do pytania o Rumunię - jedzie 10 osób w sumie ze wszystkich poziomów. Jak to będzie zrealizowane - nie wiem

[limes123]

Zalozenie \(\displaystyle{ a\geq b\geq c}\) wtedy z Chebysheva \(\displaystyle{ \sum \frac{a}{b+c+1}\geq 1\iff \sum \frac{3a-b-c-1}{b+c+1}\geq 0\iff \sum 3a-b-c-1\cdot \sum\frac{1}{b+c+1}\geq 0}\) a ostatnia jest prawdziwa na mocy Am-Gm.

[szymek12]

Jeżeli chodzi o mnie to na drugim poziomie konkurs zakończyłem po 20 minutach, bo wiedziałem jak zrobić zadania. Później tylko przepisałem. Jak znam życie to i tak polecą mi punkty na komentarzach itp.

[Jake]

\(\displaystyle{ 2(a^3+b^3 +c^3) = W _{3,0,0}(a,b,c) qslant W _{1,0,0} (a,b,c)= 2(a+b+c)}\)

dlaczego to jest niejednorodne (prawa strona tak? )? Wytłumacz mi z łaski.

Wynikiem mnożenia wartości trójmianów w wierzchołkach jest trójka. Nie istnieją inne rozwiązania, bo dla każdej innej pary (x,y) trójmiany będą miały mniejsze wartości, więc iloczyn się zwiększy. Jedynym rozwiązaniem jest x=2 y=1/2 .

- do tego też potrzebne bedzie wytłumaczenie hehe.. jakie mnożenie wierzchołków?

Zadanie 3. Powiedzcie jeśli mam błąd
Niech a+b=1 a,b nal do rzecz. Wykazać że jeż.\(\displaystyle{ a ^{3} ,b ^{3}}\) są liczbami wymiernymi to a,b są liczbami wymiernymi.

to sie nam przyda: a+b=1
\(\displaystyle{ a ^{2}+2ab+b ^{2}}\) = 1 - niech to bedzie "gwiazdka"
(texa poćwicze pozniej..)
Suma wymiernych daje wymierną więc
a^3+b^3 = (a+b)(a^2-ab+b^2) = a^2-ab+b^2 = 1 - 2ab -ab (z gwiazdki) = 1- 3ab
stąd ab nal. do wym. Teraz mamy:

a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)=(a-b)(1-ab) stąd a-b jest wymierne

niech a-b = x gdzie x jest pewną wymierną
a+b=1 dodajemy to stronami
+_____
mamy 2a=x+1 stąd a wymierna, a skoro ab jest wymierną to i b jest wymierne. c.n.d. (?)[/latex]

[limes123]

Jake,
(3,0,0) nie majoryzuje (1,0,0)

[Zygmunt Freud]

Ogólnie rzecz biorąc, to zadania dla klas drugich były nudne, zwłaszcza te równania, podejrzewam, że walkę o pierwsze miejsca rozstrzygnie poprawnie rozwiązanie zadania 2.
A przechodząc do konkretów, rozwiązaniem 3. dla II klasy jest oczywiście para x=1/2 y=2 a nie x=2 y=1/2 - jak twierdzą niektórzy.

[enigm32]

A wiec tak:
Zal: abc=1, a,b,c>0
Teza: \(\displaystyle{ \frac{a}{b+c+1} + \frac{b}{c+a+1}+ \frac{c}{a+b+1} qslant 1}\)

Robimy srednia arytmetyczna i harmoniczna z liczb: \(\displaystyle{ \frac{a}{b+c+1} \frac{b}{c+a+1} \frac{c}{a+b+1}}\) :

Sr. arytm = \(\displaystyle{ \frac{\frac{a}{b+c+1} + \frac{b}{c+a+1}+ \frac{c}{a+b+1} }{3}}\)

\(\displaystyle{ \frac{3}{Sr. harm}}\)= \(\displaystyle{ \frac{1}{ \frac{a}{b+c+1} } + \frac{1}{\frac{b}{c+a+1}} + \frac{1}{\frac{c}{a+b+1}}}\)
Przeksztalcajac, otrzymujemy, ze: Sr. harm = \(\displaystyle{ \frac{3}{ a^{2}b+a^{2}c+ab^{2}+b^{2}c+ac^{2}+bc^{2}+ab+ac+bc }}\)

Porownujac srednie: Sr. arytm \(\displaystyle{ \geqslant}\)Sr. harm

Otrzymujemy zatem: \(\displaystyle{ \frac{a}{b+c+1} + \frac{b}{c+a+1}+ \frac{c}{a+b+1} qslant \frac{9}{ a^{2}b+a^{2}c+ab^{2}+b^{2}c+ac^{2}+bc^{2} +ab+ac+bc}}\)

Teraz udowadniamy, ze prawa strona jest zawsze mniejsza od 1\(\displaystyle{ \frac{9}{ a^{2}b+a^{2}c+ab^{2}+b^{2}c+ac^{2}+bc^{2}+ab+ac+bc } qslant 1 }\)
\(\displaystyle{ a^{2}b+a^{2}c+ab^{2}+b^{2}c+ac^{2}+bc^{2}+ab+ac+bc qslant 9 | :9}\)

\(\displaystyle{ \frac{a^{2}b+a^{2}c+ab^{2}+b^{2}c+ac^{2}+bc^{2}+ab+ac+b}{9} qslant 1}\)
Widzimy, ze po lewej stronie mamy srednia arytmetyczna z liczb: \(\displaystyle{ a^{2}b,a^{2}c,ab^{2},b^{2}c,ac^{2},bc^{2},ab,ac,b.}\)Srednia geometryczna z tych liczb wynosi: \(\displaystyle{ \sqrt[9]{ (abc)^{8} }}\)a wiec rowna jest z zalozenia 1. Dlatego tez \(\displaystyle{ \frac{9}{ a^{2}b+a^{2}c+ab^{2}+b^{2}c+ac^{2}+bc^{2} +ab+ac+bc} qslant 1,}\) a wiec nasza teza jest udowodniona:
\(\displaystyle{ \frac{a}{b+c+1} + \frac{b}{c+a+1}+ \frac{c}{a+b+1} qslant 1}\)

cnd

Ok juz chyba all ok )

To jest źle.
Przecież \(\displaystyle{ (A qslant B) (B qslant 1)}\) nie implikuje, że \(\displaystyle{ A qslant 1}\), a ten dowód właśnie na takiej implikacji jest oparty.
Dowolny kontrprzykład: \(\displaystyle{ \begin{cases} A=\frac{3}{4} \\ B= \frac{1}{2} \end{cases}}\)

[Bastuś]

Mam pytanie odnośnie tego wyjazdu do Rumuni. Jak nazywają się dokładnie te zawody? Próbuje coś o nich znaleźć(aby dowiedzieć się co straciłem), ale nie wiem nawet czego szukać. Rok temu też laureaci zostali zakwalifikowani do tych zawodów, czy to nowość?

[Jake]

To nowość, tak samo jak brak indeksów na AGH.. cholera by wzięła automatyke moją.. więcej nie wiem.

To jak w końcu ma wyglądać dow. tej nierówności ? (poz. III)

[mdz]

To jak w końcu ma wyglądać dow. tej nierówności ? (poz. III)

Z nierówności Cauchyego-Schawarza:
\(\displaystyle{ \sum \frac{a}{b+c+1} qslant \frac{( \sum a)^2}{2 \sum ab + \sum a}}\)
Korzystając z powyższej nierówności oraz wykonując podstawienie: \(\displaystyle{ (a,b,c) ( \frac{x}{y}, \frac{y}{z}, \frac{z}{x})}\) dowodzona nierówność sprowadza się do postaci:
\(\displaystyle{ \sum x^{4}z ^{2} qslant \sum x^{3}z^{2} y}\), co wynika z twierdzenia Muirhead.

[frej]

Z Cauchego Schwarza
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{a}{b+c+1} \frac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)+3} 1}\)
\(\displaystyle{ (a+b+c)^2 2(a+b+c) +3}\)
\(\displaystyle{ \left((a+b+c)-1 \right)^2 4}\)

Ale na mocy \(\displaystyle{ AM-GM}\)
\(\displaystyle{ a+b+c 3\sqrt[3]{abc}=3}\)
stąd teza.

[Jake]

frej: Patrząc na spis nierówn. z tej stronki - to jest Nierówność Cauchy'ego-Schwarza w formie Engela? Co jest tam tym \(\displaystyle{ b _{i}}\)? mógłbyś mi to rozpisać bez sigm? byłbym wdzięczny bo nie czaje.

[frej]

... oczywiście to co zrobiłem jest złe (jakim cudem widziałem kwadrat w liczniku (?!))
Postaram się to naprawić.

Ustalmy sumę tych liczb.
Zatem \(\displaystyle{ S=a+b+c+1}\) jest stała.
Sprawdzamy, że funkcja
\(\displaystyle{ f(x)=\frac{x}{S-x}}\)
\(\displaystyle{ f'(x)=\frac{(S-x)-(x)(-1)}{(S-x)^2}=\frac{S}{(S-x)^2}}\)
\(\displaystyle{ f''(x)=\frac{0\cdot (S-x)^2-2(S-x)(-1)S}{(S-x)^4}=\frac{2S(S-x)}{(S-x)^4}>0}\)

jest wypukła.

Z nierówności Jensena mamy zatem
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{a}{b+c+1} 3\frac{\frac{a+b+c}{3}}{a+b+c+1-\frac{a+b+c}{3}}=\frac{a+b+c}{\frac{2}{3}(a+b+c)+1}}\)
Jeśli pokażemy, że to jest większe od \(\displaystyle{ 1}\), to udowodnimy nierówność.

\(\displaystyle{ \frac{a+b+c}{\frac{2}{3}(a+b+c)+1} 1 \frac{a+b+c}{3} 1}\)
Ale z nierówności między średnimi
\(\displaystyle{ \frac{a+b+c}{3} \sqrt[3]{abc}=1}\)

Mam nadzieję, że teraz już jest dobrze.