[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
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.
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.
- Sylwek
- Użytkownik
- Posty: 2716
- Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 160 razy
- Pomógł: 657 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
Blef, \(\displaystyle{ x \ge 3 \Rightarrow \frac{9}{x} \le 3}\), a nie odwrotnie. Ta nierówność jest pewnie dużo sprytniejsza.
-
- Użytkownik
- Posty: 2000
- Rejestracja: 19 lut 2008, o 17:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Stare Pole/Kraków
- Podziękował: 60 razy
- Pomógł: 202 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
ciąg liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ a_1,a_2,...,a_n}\) dla każdych indeksów spełnia \(\displaystyle{ a_{i+j} \le a_i+a_j}\). Udowodnić że dla każdego całkowitego dodatniego \(\displaystyle{ n}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ a_1+ \frac{a_2}{2}+ \frac{a_3}{3}+...+ \frac{a_n}{n} \ge a_n}\)
\(\displaystyle{ a_1+ \frac{a_2}{2}+ \frac{a_3}{3}+...+ \frac{a_n}{n} \ge a_n}\)
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
Co z nierównością Piotra Rutkowskiego ? Chętnie poznałbym wzorcówkę...
Może jeszcze coś takiego
\(\displaystyle{ a,b,c \in \mathbb{R}_{+}}\)
\(\displaystyle{ \sum \frac{a^2+bc}{b+c} \ge a+b+c}\)
Może jeszcze coś takiego
\(\displaystyle{ a,b,c \in \mathbb{R}_{+}}\)
\(\displaystyle{ \sum \frac{a^2+bc}{b+c} \ge a+b+c}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 119
- Rejestracja: 29 lis 2007, o 23:07
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Toruń
- Podziękował: 1 raz
- Pomógł: 6 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
\(\displaystyle{ a^2 + bc=b(b+c)+a^2-b^2}\)
Stąd nierównośc przybiera postać
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{a^2-b^2}{b+c} \ge 0}\)
Wystarczy potem przemnożyć stronami przez mianowniki i wyjdzie \(\displaystyle{ a^4+b^4+c^4 \ge (ab)^2+(bc)^2+(ca)^2}\)
Oczywiście, początkowe przekształcenie tylko trochę ułatwia sprawę. Gdybyśmy na początku przemnożyli na pałę przez mianowniki to potem byłoby sporo do liczenia:)
Stąd nierównośc przybiera postać
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{a^2-b^2}{b+c} \ge 0}\)
Wystarczy potem przemnożyć stronami przez mianowniki i wyjdzie \(\displaystyle{ a^4+b^4+c^4 \ge (ab)^2+(bc)^2+(ca)^2}\)
Oczywiście, początkowe przekształcenie tylko trochę ułatwia sprawę. Gdybyśmy na początku przemnożyli na pałę przez mianowniki to potem byłoby sporo do liczenia:)
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
Nie tak sporo, nie wiem czy pięć minut liczyłem -- 13 kwietnia 2009, 17:13 --To było trochę zbyt proste, ale byłem ciekawy czy istnieje jakieś ładniejsze rozwiązanie.
- Sylwek
- Użytkownik
- Posty: 2716
- Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 160 razy
- Pomógł: 657 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
\(\displaystyle{ (a^2,b^2,c^2), \ (\frac{1}{b+c}, \frac{1}{a+c}, \frac{1}{a+b})}\) są jednakowo uporządkowane, toteżTo było trochę zbyt proste, ale byłem ciekawy czy istnieje jakieś ładniejsze rozwiązanie.
\(\displaystyle{ \sum \frac{a^2}{b+c} \ge \sum \frac{b^2}{b+c}}\), czyli postać, którą pokazał schmude.
- XMaS11
- Użytkownik
- Posty: 382
- Rejestracja: 6 mar 2008, o 21:40
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Suchedniów/Kielce
- Podziękował: 5 razy
- Pomógł: 47 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{} \frac{a^2}{b+c} \ge \sum_{cyc}^{} \frac{b^2}{b+c}}\).
Dalej:
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{} \frac{a^2+bc}{b+c} \ge \sum_{cyc}^{} \frac{b^2+bc}{b+c}}\).
Dalej :
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{} \frac{a^2+bc}{b+c} \ge \sum_{cyc}^{} \frac{b(b+c)}{b+c}}\).
Skąd :
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{} \frac{a^2+bc}{b+c} \ge a+b+c}\).
Pierwsza nierówność znana, idzie z ciągów np.
Dalej:
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{} \frac{a^2+bc}{b+c} \ge \sum_{cyc}^{} \frac{b^2+bc}{b+c}}\).
Dalej :
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{} \frac{a^2+bc}{b+c} \ge \sum_{cyc}^{} \frac{b(b+c)}{b+c}}\).
Skąd :
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{} \frac{a^2+bc}{b+c} \ge a+b+c}\).
Pierwsza nierówność znana, idzie z ciągów np.
-
- Użytkownik
- Posty: 2000
- Rejestracja: 19 lut 2008, o 17:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Stare Pole/Kraków
- Podziękował: 60 razy
- Pomógł: 202 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
zadanie z 45. IMO (chociaz IMHO na IMO to troche za latwe):
udowodnić że jeżeli liczby dodatnie \(\displaystyle{ t_1,t_2,...,t_n}\) spełniają nierówność
\(\displaystyle{ n^2+1 > (t_1+t_2+...+t_n)( \frac{1}{t_1}+ \frac{1}{t_2}+...+ \frac{1}{t_n})}\) to dla dowolnych liczb całkowitych \(\displaystyle{ 1 \le i<j<k \le n}\) liczby \(\displaystyle{ t_i,t_j,t_k}\) są długościami boków trójkąta.
udowodnić że jeżeli liczby dodatnie \(\displaystyle{ t_1,t_2,...,t_n}\) spełniają nierówność
\(\displaystyle{ n^2+1 > (t_1+t_2+...+t_n)( \frac{1}{t_1}+ \frac{1}{t_2}+...+ \frac{1}{t_n})}\) to dla dowolnych liczb całkowitych \(\displaystyle{ 1 \le i<j<k \le n}\) liczby \(\displaystyle{ t_i,t_j,t_k}\) są długościami boków trójkąta.
- Sylwek
- Użytkownik
- Posty: 2716
- Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 160 razy
- Pomógł: 657 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
Czas rozruszać temat . Powyższa nierówność nie jest trudna, ale brzydka w zapisie, szczególnie na początku.
Przypuśćmy nie wprost, że teza jest nieprawdziwa, dla ustalenia uwagi \(\displaystyle{ t_1 \ge t_2 + t_3}\). Po wymnożeniu prawej strony w tej długiej sumie występuje zarówno (\(\displaystyle{ i > j}\)) składnik \(\displaystyle{ \frac{t_i}{t_j}}\), jak i \(\displaystyle{ \frac{t_j}{t_i}}\) (poza n składnikami typu: \(\displaystyle{ \frac{t_i}{t_i}=1}\). Zatem :
\(\displaystyle{ n^2+1 > P=\underbrace{\frac{t_1}{t_2}+\frac{t_1}{t_3}+\frac{t_2}{t_1}+\frac{t_3}{t_1}}_{d}+ \sum \frac{t_i}{t_i} + \sum_{(i,j) \neq (1,2) \wedge (i,j) \neq (1,3)} (\frac{t_i}{t_j}+\frac{t_j}{t_i}) \ge \\ \ge d + n + (n^2-n-4) = n^2-4 + d}\)
Gdy pokażemy, że \(\displaystyle{ d \ge 5}\) dostaniemy sprzeczność z założeniem zadania, co zakończy dowód nie wprost. Niech \(\displaystyle{ \frac{t_2}{t_1}=a, \frac{t_3}{t_1}=b}\), przy czym \(\displaystyle{ a+b \le 1}\).
Zatem wystarczy udowodnić dla takich a,b dodatnich zachodzi: \(\displaystyle{ a+b+\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \ge 5}\).
Oczywiście \(\displaystyle{ f(x)=x+\frac{1}{x}}\) jest malejąca na przedziale \(\displaystyle{ (0,1)}\), więc skoro: \(\displaystyle{ b \le 1-a}\), to \(\displaystyle{ f(b) \ge f(1-a)}\).
Podsumowując, poniższe przekształcenia kończą dowód nie wprost i dowodzą tezy zadania:
\(\displaystyle{ a+b+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=f(a)+f(b) \ge f(a)+f(1-a) = \\ =a+(1-a)+\frac{1}{a}+\frac{1}{1-a} = 1 + \frac{1}{a(1-a)} \ge 1+\frac{1}{\frac{1}{4}}=5}\)
Przypuśćmy nie wprost, że teza jest nieprawdziwa, dla ustalenia uwagi \(\displaystyle{ t_1 \ge t_2 + t_3}\). Po wymnożeniu prawej strony w tej długiej sumie występuje zarówno (\(\displaystyle{ i > j}\)) składnik \(\displaystyle{ \frac{t_i}{t_j}}\), jak i \(\displaystyle{ \frac{t_j}{t_i}}\) (poza n składnikami typu: \(\displaystyle{ \frac{t_i}{t_i}=1}\). Zatem :
\(\displaystyle{ n^2+1 > P=\underbrace{\frac{t_1}{t_2}+\frac{t_1}{t_3}+\frac{t_2}{t_1}+\frac{t_3}{t_1}}_{d}+ \sum \frac{t_i}{t_i} + \sum_{(i,j) \neq (1,2) \wedge (i,j) \neq (1,3)} (\frac{t_i}{t_j}+\frac{t_j}{t_i}) \ge \\ \ge d + n + (n^2-n-4) = n^2-4 + d}\)
Gdy pokażemy, że \(\displaystyle{ d \ge 5}\) dostaniemy sprzeczność z założeniem zadania, co zakończy dowód nie wprost. Niech \(\displaystyle{ \frac{t_2}{t_1}=a, \frac{t_3}{t_1}=b}\), przy czym \(\displaystyle{ a+b \le 1}\).
Zatem wystarczy udowodnić dla takich a,b dodatnich zachodzi: \(\displaystyle{ a+b+\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \ge 5}\).
Oczywiście \(\displaystyle{ f(x)=x+\frac{1}{x}}\) jest malejąca na przedziale \(\displaystyle{ (0,1)}\), więc skoro: \(\displaystyle{ b \le 1-a}\), to \(\displaystyle{ f(b) \ge f(1-a)}\).
Podsumowując, poniższe przekształcenia kończą dowód nie wprost i dowodzą tezy zadania:
\(\displaystyle{ a+b+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=f(a)+f(b) \ge f(a)+f(1-a) = \\ =a+(1-a)+\frac{1}{a}+\frac{1}{1-a} = 1 + \frac{1}{a(1-a)} \ge 1+\frac{1}{\frac{1}{4}}=5}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 2000
- Rejestracja: 19 lut 2008, o 17:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Stare Pole/Kraków
- Podziękował: 60 razy
- Pomógł: 202 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
na mathlinksie nikomu sie nie udalo tego rozwiazac, to moze tu sie uda
\(\displaystyle{ a,b,c>0}\)
\(\displaystyle{ \frac {a^3 + b^3 + c^3}{ab + ac + bc} + \frac {4abc}{a^2 + b^2 + c^2}\geq\frac {7}{9}(a + b + c)}\)
\(\displaystyle{ a,b,c>0}\)
\(\displaystyle{ \frac {a^3 + b^3 + c^3}{ab + ac + bc} + \frac {4abc}{a^2 + b^2 + c^2}\geq\frac {7}{9}(a + b + c)}\)
- Sylwek
- Użytkownik
- Posty: 2716
- Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 160 razy
- Pomógł: 657 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
Szkoda, że takie zadania wymyślają ludzie hołdujący używaniu komputera to rozwiązywania nierówności, szczególnie widać to na mathlinksie. Jeśli to ma być temat poważnie przygotowujący do OM, to ponawiam radę Piotrka Rutkowskiego z pierwszych stron tego tematu - wrzucajcie coś na poziomie OM, czyli proste i sprytne, a nie takie kombajny.
Skoro już wruzono, zaprezentuję typowo mathlinksową metodę (bo po to prawdopodobnie ta nierówność została stworzona) - wymnożyć, uporządkować, zwinąć . Zostało do rozwalenia (u góry sum oznaczam, ile jest składników w danej sumie, żeby nie było nieporozumień co oznaczam sym/cyc):
\(\displaystyle{ 9 (\sum_{cyc}^3 a^5) + 2 ( \sum_{sym}^6 a^3b^2)+22 (\sum_{cyc}^3 a^2b^2c) \ge 7 (\sum_{sym}^6 a^4b) + 21 (\sum_{cyc}^3 a^3bc)}\)
Jakby podstawić a=b=c=1 to mamy równość, więc nie powinno być błędu w wymnażaniu . Teraz już z górki
Skoro już wruzono, zaprezentuję typowo mathlinksową metodę (bo po to prawdopodobnie ta nierówność została stworzona) - wymnożyć, uporządkować, zwinąć . Zostało do rozwalenia (u góry sum oznaczam, ile jest składników w danej sumie, żeby nie było nieporozumień co oznaczam sym/cyc):
\(\displaystyle{ 9 (\sum_{cyc}^3 a^5) + 2 ( \sum_{sym}^6 a^3b^2)+22 (\sum_{cyc}^3 a^2b^2c) \ge 7 (\sum_{sym}^6 a^4b) + 21 (\sum_{cyc}^3 a^3bc)}\)
Jakby podstawić a=b=c=1 to mamy równość, więc nie powinno być błędu w wymnażaniu . Teraz już z górki
-
- Użytkownik
- Posty: 2000
- Rejestracja: 19 lut 2008, o 17:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Stare Pole/Kraków
- Podziękował: 60 razy
- Pomógł: 202 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
probowalem skminic cos sprytnego ale tez nic mi nie wyszlo. nie wiem tylko jak od razu poznałeś że ona jest zrobiona aby poćwiczyć sobie wymnażanie
no to coś prostego i sprytniejszego (bo sprytnego to za duzo powiedziane):
\(\displaystyle{ a,b,c > 0}\)
\(\displaystyle{ \sqrt {(a^2b + b^2c + c^2a)(ab^2 + bc^2 + ca^2)} \geq abc + {^3}\sqrt {abc(a^2 + bc)(b^2 + ca)(c^2 + ab)}}\)
moje rozwiązanie:
no to coś prostego i sprytniejszego (bo sprytnego to za duzo powiedziane):
\(\displaystyle{ a,b,c > 0}\)
\(\displaystyle{ \sqrt {(a^2b + b^2c + c^2a)(ab^2 + bc^2 + ca^2)} \geq abc + {^3}\sqrt {abc(a^2 + bc)(b^2 + ca)(c^2 + ab)}}\)
moje rozwiązanie:
Ukryta treść:
- jerzozwierz
- Użytkownik
- Posty: 526
- Rejestracja: 22 lut 2009, o 10:13
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rzeszów
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 42 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
Dobra. Może mi ktoś wyjaśnić co oznacza "cyc" i "sym" pod znakiem sumy?
- jerzozwierz
- Użytkownik
- Posty: 526
- Rejestracja: 22 lut 2009, o 10:13
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rzeszów
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 42 razy