[LVII OM] Zadania I etapu

[jorul]

Ale fajnie z tym CAP em wymyśliłeś:)
Jak na to wpadłeś;)
10 dowodziłem też z jednomonotonicznych a potem z schura:)

[zbyholec]

[DEXiu]

A'propos 12 czy mi się zdaje czy w problemie Collatza jest przeciwny znak przy nieparzystych Nie zrobiłem co prawda tego zadania, ale gdybym miał jeszcze trochę czasu to bym spróbował z systemu binarnego - taki jakiś pomysł z choinki Resztę mam podobnie do wszystkich, z tym że lemat w 9 udowadniałem z tego wzorku na \(\displaystyle{ max\{k\in N:p^{k}|n!\}}\) i z szacowania części całkowitych.
A tak BTW. to spodobało mi się, że ktoś wyprowadzał nierówność \(\displaystyle{ a+b+c\geq 3}\) z jakichś niestworzonych nierówności klasycznych Nie prościej skorzystać z założenia \(\displaystyle{ ab+bc+ca=3}\) i potem średnia geom.-arytm., potem dwa proste przekształcenia i dochodzimy do \(\displaystyle{ (a+b+c)^{2}\geq 9}\) ?

[zbyholec]

[_el_doopa]

zle

[Mulina]

a^3+b^3+c^3+3abc >= a^2b + a^2c + ab^2 + b^2c + ac^2 + bc^2

Dodajemy stronami 3abc i z prawej po skróceniu zostaje 3(a+b+c) więc wystarczy udowodnić że to jest >=9

W sumie to nie rozumiem. Co i jak trzeba zrobić zeby dostać owe tajmnicze "3(a+b+c)"?? Może i jestem głupi, ale mi jakoś to z tego nie chce wyjść

więc a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca>=9

W jaki sposób to wynika z poprzedniego ???

[Finarfin]

Hmm...coś szwankuje dział odnośnie Olimpiady Matematycznej...ani postów nie da się wysłać, ani nie zaznacza się folder na żółto jak pojawiają sie nowe posty...
Trochę nieciekawie, że tak powiem. Ale to taki off top.

Co do tego 10. Można było, ale jakoś na to nie wpadłem Teraz mnie oświeciliście Mam nadzieję, że punktów mi za ten sposób nie zakoszą

@Mulina: wyprowadź sobie nierówność Schura:
a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b)>=0 do postaci iloczynu (a+b+c)(...)
Potem tą naszą nierówność też doprowadź do takiego iloczynu(tą a^3+b^3+c^3+6abc)....zobaczysz wtedy skąd jest nierówność a+b+c>=3

[neworder]

quote="neworder" więc a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca>=9

W jaki sposób to wynika z poprzedniego ???

Skoro \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+c^{2} q 3}\), a \(\displaystyle{ 2(ab+bc+ca)=6}\), to dodając stronami otrzymujesz \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab+2bc+2ca q 9}\)

[Mulina]

ups... racja, ale gafa dzięki
Jednak nadal nie rozumiem co daje nam udowodnienie, że a+b+c>=3 i proszę jeślibyście coś pisali to w miarę prosto i przystępnie jestem strasznie zdołowany po dzisiejszym i wczorajszym dniu w szkole tak, że nie chce mi się myśleć... Z góry dziękuje.

[ Dodano: Wto Gru 06, 2005 7:15 pm ]
a i jeszce jedno. Z kąd wy wytrzasneliście, że a^2+b^2+c^2>=3

[g]

dexiu - nie bede ci psul zabawy :J

[neworder]

i jeszce jedno. Z kąd wy wytrzasneliście, że a^2+b^2+c^2>=3

Wiemy, że ponieważ \(\displaystyle{ (a-b)^{2} \geq 0}\), to \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2} \geq 2ab}\). Analogicznie wypisujemy dla \(\displaystyle{ (a-c)^{2}}\) i \(\displaystyle{ (b-c)^{2}}\). Dodając otrzymane nierówności stronami dostajemy: \(\displaystyle{ 2a^{2}+2b^{2}+2c^{2} \geq 2ab+2bc+2ca}\), po podzieleniu przez 2 dostajemy \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq ab+bc+ca}\), a ponieważ założenia \(\displaystyle{ ab+bc+ca=3}\), stąd \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq 3}\).

[ Dodano: Wto Gru 06, 2005 6:58 pm ]

Jednak nadal nie rozumiem co daje nam udowodnienie, że a+b+c>=3

Skoro \(\displaystyle{ a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc q a^{2}(b+c)+b^{2}(a+c)+c^{2}(a+b)}\) (a to dowiedliśmy np. ze Schura), to \(\displaystyle{ a^{3}+b^{3}+c^{3}+6abc q a^{2}(b+c)+b^{2}(a+c)+c^{2}(a+b)+3abc = a(ab+ac)+b(ab+bc)+c(ac+bc)+3abc}\). Z założenia \(\displaystyle{ ab+ac=3-bc}\) i analogicznie dla pozostałych takich par, więc \(\displaystyle{ a(ab+ac)+b(ab+bc)+c(ac+bc)+3abc=a(3-bc)+b(3-ac)+c(3-ab)+3abc=3(a+b+c)}\). A skoro \(\displaystyle{ a+b+c q 3}\), to \(\displaystyle{ 3(a+b+c) q 9}\).

[cristiano_kbks]

A co myślicie o tym dowodzie na to, że \(\displaystyle{ a + b + c q 3}\) :

Mamy: \(\displaystyle{ a + b + c - 3 = a + b + c - \sqrt{9} = a + b+ c - \sqrt{3(ab+bc+ac)}}\)

Stosując podstawienie a=xy, b=yz, c=yz otrzymujemy:
\(\displaystyle{ a + b + c - 3 = xy + xz + yz - \sqrt{3xyz(x+y+z)}\).

Podnosząc nierówność \(\displaystyle{ xy + xz + yz q \sqrt{3xyz(x+y+z)}\) do kwadratu otrzymujemy nierówność równoważą: \(\displaystyle{ (xy)^2 + (xz)^2 + (yz)^2 q xyyz + xyyz + xzyz}\),
która jest prawdziwa na mocy:
\(\displaystyle{ \bigsum_{i=1}^{\n}a_{i}^{2} q \bigsum_{i=1}^{\n}a_{i}a_{i+1}}\)

[karolx]

A ma ktos może dowod 12 ktory dalby sie w miarę prosto wytłumaczyc?? ;>

[xnijhe]

Może mi ktoś doświadczony powiedzieć w jakim stopniu (mniej więcej) rozwiązania moje i kolegi mogą być podobne i co w ogole ci komisjowcy robią w takim przypadku?

[neworder]

Nie wiem, jak jest z dyskwalifikacjami, ale generalnie rozwiązania mogą być podobne - czasami sprawdzający robią się podejrzliwi, jak dwa rozwiązania się bardzo zbliżone (różnią się tylko oznaczeniami czy kolejnością kroków dowodu), co widać po dopiskach na pracach, ale chyba na tym się zazwyczaj kończy. W ubiegłym roku ja i brat mieliśmy w prau miejscach b. podobne rozwiązania, ale oprócz paru komentarzy ("No, nie wiem, czy to było spisywane - ale nie ma 100% izometrii, więc chyba nie") nic nie było.