Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
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.
Yyyyy... w sumie nie wiem czy to żart, ale chyba nierówność AG do każdego z nawiasów styknie: \(\displaystyle{ a+b\geq 2\sqrt{ab}}\) plus skorzystanie z założenia \(\displaystyle{ abc=1}\) xd
Jak przyjdzie mi na myśl, jakaś nierówność, to wstawię, w przeciwnym razie proszę się nie wahać i wstawiać
EDIT
Dobra, niech będzie coś takiego:
Wykaż, że dla dowolnych dodatnich liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ a,\, b,\, c,}\) prawdziwa jest nierówność:
wymnażamy na pałę i po przekształceniach mam \(\displaystyle{ x^3+y^3+z^3+\frac{y^2z^2}{x}+\frac{x^2z^2}{y}+\frac{x^2y^2}{z}\geq x^2y+y^2x+z^2x+zx^2+z^2y+y^2z}\) i dalej cisniemy muirheadem, albo ciągami jednomonotonicznym, przy założeniu bez straty ogólności, że \(\displaystyle{ x\geq y \geq z}\), co możemy zrobić na mocy symetrii nierówności
Za co najmniej godzinę dam jakąś nierówność, ale postaram się znaleźć mniej znaną, bo widzę że irańskie zadania są powszechnie znane . Jak nie zdążę to wstawiajcie swoje.
EDIT
Może to będzie lepszym wyborem:
Niech \(\displaystyle{ a,\, b,\, c}\) będą takimi dodatnimi liczbami rzeczywistymi, że \(\displaystyle{ ab+bc+ca+abc\geq 4}\). Udowodnij nierówność:
Może ktoś sprawdzić poprawność mojego rozumowania? Wiem,że coś jest źle ale nie wiem co a wy na pewno od razu wyłapiecie
Ukryta treść:
Bez straty ogólności: \(\displaystyle{ a \ge b \ge c}\) A więc: \(\displaystyle{ a=b+x}\) \(\displaystyle{ b=c+y}\) \(\displaystyle{ a=c+y+x}\)
Dostając oto po podstawieniu:
\(\displaystyle{ \frac{1}{(c+y+x+1)^{2}(2c+y)}+\frac{1}{(c+y+1)^{2}(2c+x+y)}+\frac{1}{(c+1)^{2}(2c+2y+x)}}\)
I pytanie kiedy to wyrażenie będzie miało swoje minimum, otóż dla \(\displaystyle{ x=y=0}\) lub \(\displaystyle{ c=0 \wedge x=0}\)
Czyli 1 przypadek: \(\displaystyle{ \frac{1}{(c+1)^{2}(2c)}+\frac{1}{(c+1)^{2}(2c)}+\frac{1}{(c+1)^{2}(2c)}}\)
Zgodnie z założeniem w zadaniu \(\displaystyle{ 3c^{2}+c^{3} \ge 4}\) Szukamy tutaj najmniejszej liczby spełniającej nierówność jest nią oczywiście \(\displaystyle{ c=1}\) dla której zachodzi równość w zadaniu. Dla większych \(\displaystyle{ c}\) ale wciąż takich, że \(\displaystyle{ a=b=c}\) nierówność oczywiście zachodzi.
Z założenia zadania: \(\displaystyle{ y^{2} \ge 4}\) Czyli
Skoro poszukujemy wartości najmniejszej, (tak żeby mianownik był najmniejszy) musi zachodzić równość \(\displaystyle{ y^{2} = 4}\) Rozwiązaniem (najmniejszym) dla dodatnich jest \(\displaystyle{ y=2}\) Co po bezpośrednim sprawdzeniu daje nam prawdziwą nierówność \(\displaystyle{ \frac{3}{8} > \frac{2}{(y+1)^{2}(y)}+\frac{1}{(2y)} \ge \frac{1}{(c+y+x+1)^{2}(2c+y)}+\frac{1}{(c+y+1)^{2}(2c+x+y)}+\frac{1}{(c+1)^{2}(2c+2y+x)}}\)
W ogóle to chyba można uogólnić na k-tą liczbę wyrazów (żeby chociaż jak blef puściłem to się trochę odwdzięczę)
Ukryta treść:
niech A oznacza liczbę wyrazów symetrycznych + 1 wyraz złożony z iloczynu wszystkich wyrażeń
\(\displaystyle{ k \ge 3}\) \(\displaystyle{ A ---> \sum_{sym}^{} (n_{1}n_{2}...n_{k-1}) + n_{1}n_{2}...n_{k-1}n_{k}}\) Wtedy założenie to: \(\displaystyle{ \sum_{sym}^{} (n_{1}n_{2}...n_{k-1}) + n_{1}n_{2}...n_{k-1}n_{k} \ge A}\)
A do udowodnienia pozostaje: \(\displaystyle{ \frac{1}{(n_{1}+1)^{2}(n_{2}+n_{3}+...+n_{k})}+\frac{1}{(n_{2}+1)^{2}(n_{1}+n_{3}+...+n_{k})}+...+\frac{1}{(n_{k}+1)^{2}(n_{1}+n_{2}+...+n_{k-1})} \le \frac{k}{2A}}\)
\(\displaystyle{ ab+bc+ca+abc \ge 4 \Leftrightarrow \frac{a}{a+2}+ \frac{b}{b+2}+ \frac{c}{c+2} \ge 1}\). Podstawiając \(\displaystyle{ x= \frac{a}{a+2}, y= \frac{b}{b+2}, z= \frac{c}{c+2}}\) dostajemy \(\displaystyle{ a= \frac{2x}{1-x}, b= \frac{2y}{1-y}, c= \frac{2z}{1-z}}\), a założenie przyjmuje postać \(\displaystyle{ x+y+z \ge 1 \Rightarrow a=\frac{2x}{1-x} \ge \frac{2x}{y+z} \Rightarrow \frac{1}{a+1} \le \frac{y+z}{2x+y+z}}\). Analogicznie szacujemy \(\displaystyle{ b, \ c, \ \frac{1}{b+1}}\) i \(\displaystyle{ \frac{1}{c+1}}\). Mamy też \(\displaystyle{ \frac{1}{b+c} \le \frac{(x+y)(x+z)}{2(y(x+y)+z(x+z))}}\) i analogiczne oszacowania dla \(\displaystyle{ \frac{1}{c+a}}\) i \(\displaystyle{ \frac{1}{a+b}}\). Z tych oszacowań mamy \(\displaystyle{ \sum_{cyc} \frac{1}{(a+1)^2(b+c)} \le (x+y)(y+z)(z+x) \sum_{cyc} \frac{y+z}{2(2x+y+z)^2(y(x+y)+z(x+z))}}\). No i tutaj zaczyna się najnudniejsza część - żeby pokazać, że \(\displaystyle{ (x+y)(y+z)(z+x) \sum_{cyc} \frac{y+z}{2(2x+y+z)^2(y(x+y)+z(x+z))} \le \frac{3}{8}}\) wymnażamy wszystko przez mianowniki i redukujemy wyrazy podobne. Jeśli oznaczymy przez \(\displaystyle{ T[p,q,r]}\) wielomian symetryczny zmiennych \(\displaystyle{ x,y,z}\) występujących w potęgach \(\displaystyle{ p,q,r}\), to po redukcji dostajemy nierówność \(\displaystyle{ 12 \ T[11,1,0]+72 \ T[10,2,0]+60 \ T[10,1,1]+167 \ T[9,3,0]+409 \ T[9,2,1]+136 \ T[8,4,0]+634 \ T[8,3,1]+462 \ T[8,2,2]+332 \ T[7,4,1]+887 \ T[7,3,2] \ge}\)\(\displaystyle{ \ge 107 \ T[7,5,0]+136 \ T[6,6,0]+259 \ T[6,5,1]+10 \ T[6,4,2]+59 \ T[6,3,3]+310 \ T[5,5,2]+1766 \ T[5,4,3]+524 \ T[4,4,4].}\)
Z nierówności Muirheada \(\displaystyle{ 107 \ T[9,3,0] \ge 107 \ T[7,5,0]}\), \(\displaystyle{ \ 136 \ T[8,4,0] \ge 136 \ T[6,6,0]}\), \(\displaystyle{ \ 259 \ T[9,2,1] \ge 259 \ T[6,5,1]}\). Pozostałe wyrazy z prawej strony nierówności można szacować nierównością Muirheada przez wszystkie inne wyrazy z lewej strony. Czyli ostatecznie wyjściowa nierówność jest prawdziwa. c.b.d.u.
Jeżeli się komuś chce, to niech sprawdzi. Jutro wrzucę coś nowego jeśli to rozwiązanie jest dobre.
Edit: skoro nie ma żadnych obiekcji, to wrzucam nową nierówność. \(\displaystyle{ a_1,a_2,...,a_n>0 \wedge \sum_{i=1}^{n} \frac{a_i}{1+a_i}=n-1}\). Pokazać, że \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} a_i \ge n(n-1)}\)
Niech \(\displaystyle{ b_i=\frac{a_i}{1+a_i}}\). Wobec tego i \(\displaystyle{ a_i=\frac{b_i}{1-b_i}}\). Ponieważ \(\displaystyle{ a_i>0}\), to \(\displaystyle{ b_i=\frac{a_i}{a_i+1}\in (0,1)}\) zatem \(\displaystyle{ 1-b_i\neq 0}\).
Tym samym zachodzi \(\displaystyle{ \sum b_i=n-1}\), zaś dowodzona nierówność jest równoważna przy wprowadzeniu powyższych oznaczeń nierówności: \(\displaystyle{ \sum \frac{b_i}{1-b_i}\geq n(n-1).}\)
Kładziemy \(\displaystyle{ f(x)=\frac{x}{1-x}}\), która jest wypukła na całym \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\). Wobec tego, na mocy nierówności Jensena dla funkcji \(\displaystyle{ f}\), argumentów \(\displaystyle{ b_1,b_2,\ldots , b_n}\) oraz wag \(\displaystyle{ \lambda _i=\frac{1}{n}}\) dla każdego \(\displaystyle{ i}\) uzyskujemy: \(\displaystyle{ \frac{1}{n}\sum \frac{b_i}{1-b_i}\geq \frac{\frac{b_1+b_2+\ldots b_n}{n}}{1-\frac{b_1+b_2+\ldots + b_n}{n}}=n-1,}\)
co kończy dowód.
\(\displaystyle{ f(x)=\ln\cos\sqrt x}\) jest wklęsła, więc z Jensena wyjdzie, że \(\displaystyle{ \prod_{i=1}^n \cos x_i \le \left(\cos \frac{1}{\sqrt n}\right)^n}\) i teraz zadanko z analizy, którego nie będę robił, wskaże nam najlepszą stałą: wykaż, że ciąg \(\displaystyle{ \left(\cos \frac{1}{\sqrt n}\right)^n}\) jest rosnący i że \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \left(\cos \frac{1}{\sqrt n}\right)^n = \frac{1}{\sqrt e}}\)
nowe: niech \(\displaystyle{ a,b,c>0}\), przy czym \(\displaystyle{ a+b+c=3}\)
wykaż, że \(\displaystyle{ \frac bc + \frac ca + \frac ab \ge a^2+b^2+c^2}\)
2) Też nie zajdzie, bo trzeci składnik nie występuje, zaraz spróbuję poprawić. Dziękuje za zwrócenie uwagi.-- 28 gru 2014, o 22:59 --Podejście numer 2.
Długo mi to zajęło i mam duży dylemat co do poprawności.
Na początku udowodnimy, że zachodzi nierówność \(\displaystyle{ 1 \ge abc}\)
Dowód:
Mamy z nierówności Cauchy'ego, że \(\displaystyle{ 1=\frac{a+b+c}{3} \ge \sqrt[3]{abc}}\) czyli \(\displaystyle{ 1 \ge abc}\)
Następnie udowodnimy nierówność \(\displaystyle{ a^{3}+b^{3}+c^{3} \ge a^{2}+b^{2}+c^{2}(*)}\)
Dowód:
Ze średnich potęgowych mamy \(\displaystyle{ \sqrt[3]{ \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3} } \ge \sqrt{ \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3} }}\) co daje nam po przekształceniu nierówność \(\displaystyle{ a^{3}+b^{3}+c^{3} \ge \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{ \frac{3}{2}} }{3^{ \frac{1}{2} }} (1)}\). Oznaczając sobie \(\displaystyle{ t = a^{2}+b^{2}+c^{2}}\) otrzymujemy nierówność do wykazania \(\displaystyle{ t^{ \frac{3}{2} } \ge \sqrt{3}t}\) czyli \(\displaystyle{ t \ge 3}\). Nierówność \(\displaystyle{ (1)}\) jest więc prawdziwa wtedy i tylko wtedy gdy \(\displaystyle{ t \ge 3}\) Pozostaje nam do wykazania nierówność \(\displaystyle{ t \ge 3}\).Z nierówności Cauchy'ego mamy, że \(\displaystyle{ t=a^{2}+b^{2}+c^{2} \ge \frac{(a+b+c)^{2}}{3}= 3}\), co kończy dowód.
Mamy więc, że
Udowodnimy teraz, że zachodzi nierówność \(\displaystyle{ a^{3}+b^{3}+c^{3} \le \frac{a^{2}b+ab^{2}+a^{2}c+ac^{2}+b^{2}c+bc^{2}}{2} (**)}\)
Dowód:
Z nierówności Cauchy'ego mamy, że \(\displaystyle{ (a+b+c)^{2}=( \frac{a}{ \sqrt{b+c} }\cdot \sqrt{b+c}+ \frac{b}{ \sqrt{a+c} }\cdot \sqrt{a+c}+ \frac{c}{ \sqrt{a+b} }\cdot \sqrt{a+b})^{2} \le ( \frac{a^{2}}{b+c}+ \frac{b^{2}}{a+c} + \frac{c^{2}}{a+b})((a+b)+(b+c)+(a+c))=2(a+b+c)( \frac{a^{2}}{b+c}+ \frac{b^{2}}{a+c} + \frac{c^{2}}{a+b})}\)
Wstawiając \(\displaystyle{ a+b+c=3}\) otrzymujemy, że zachodzi \(\displaystyle{ 3 \le \frac{2a^{2}}{b+c}+ \frac{2b^{2}}{a+c}+ \frac{2c^{2}}{a+b}}\)
Mnożąc stronami przez \(\displaystyle{ (a+b)(b+c)(a+c)}\) i oznaczając \(\displaystyle{ L}\) - lewa strona nierówności, \(\displaystyle{ P}\) prawa strona nierówności mamy, że : \(\displaystyle{ L=3(a^{2}b+ab^{2}+a^{2}c+ac^{2}+b^{2}c+bc^{2}+2abc)}\) i \(\displaystyle{ P = 2(a^{4}+b^{4}+c^{4})+2(a^{2}bc+ab^{2}c+abc^{2})+2(a^{3}b+ab^{3}+a^{3}c+ac^{3}+b^{3}c+bc^{3})= 2(a^{4}+b^{4}+c^{4}) + 2abc(a+b+c)+2a^{3}(b+c)+2b^{3}(a+c)+2c^{3}(a+b)=2(a^{4}+b^{4}+c^{4})+6abc+2a^{3}(3-a)+2b^{3}(3-b)+2c^{3}(3-c)=6abc+6(a^{3}+b^{3}+c^{3})}\) co z nierówności \(\displaystyle{ L \le P}\) i prostej redukcji daje nam równoważnie, że \(\displaystyle{ a^{3}+b^{3}+c^{3} \le \frac{a^{2}b+ab^{2}+a^{2}c+ac^{2}+b^{2}c+bc^{2}}{2}}\)
Bez straty ogółu możemy przyjąć, że zachodzi \(\displaystyle{ a \ge b \ge c}\) wtedy prawdziwa jest nierówność \(\displaystyle{ \frac{b}{a} + \frac{c}{b} + \frac{a}{c} \ge \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}(***)}\)
Dowód:
OM Moskwa \(\displaystyle{ 1993/1994}\)
Mamy więc, że : \(\displaystyle{ \frac{b}{a} + \frac{c}{b} + \frac{a}{c} = \frac{1}{2} (\frac{b}{a} + \frac{c}{b} + \frac{a}{c}) + \frac{1}{2}(\frac{b}{a} + \frac{c}{b} + \frac{a}{c}) \ge \frac{1}{2}( (\frac{b}{a} + \frac{c}{b} + \frac{a}{c})+(\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}))= \frac{a^{2}b+ab^{2}+a^{2}c+ac^{2}+b^{2}c+bc^{2}}{2abc} \ge \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc} \ge a^{3}+b^{3}+c^{3} \ge a^{2}+b^{2}+c^{2}}\)
Co kończy dowód i rozwiązanie zadania.
Jeśli jest gdzieś błąd to proszę również o wskazanie i w tym wypadku o hint do zadania.
Ta nierówność wydaje sie w porządku, ale dowód jakoś gorzej - jak wygląda to podstawienie dokładniej?
Udowodnimy teraz, że zachodzi nierówność \(\displaystyle{ a^{3}+b^{3}+c^{3} \le \frac{a^{2}b+ab^{2}+a^{2}c+ac^{2}+b^{2}c+bc^{2}}{2} (**)}\)
A to działa w drugą stronę dla wszystkich zmiennych rzeczywistych, co powinna podpowiadać intuicja związana z wykładnikami (która jest formalnie ujęta w nierówności Muirheada). Co więcej z prawdziwej nierówności w drugą stronę można udowodnić tamtą poprzednią nierówność.
może przyjąć, że \(\displaystyle{ a \ge b \ge c}\)
Mnożymy przez \(\displaystyle{ abc}\) ujednoradniamy i możemy założyć ze względu na cykliczność, że \(\displaystyle{ c =min\left\{ a,b,c\right\}}\) wtedy dla pewnych \(\displaystyle{ x,y > 0}\) mamy \(\displaystyle{ a = c + x, b= c + y}\) i dalej otrzymujemy ( oznaczmy \(\displaystyle{ L}\) lewa strona, \(\displaystyle{ P}\) prawa strona nierówności ) \(\displaystyle{ L = 27c^{5} +45c^{4}x+45c^{4}y+30c^{3}x^{2}+60c^{3}xy+30c^{3}y^{2}+9c^{2}x^{3}+27c^{2}x^{2}y +36c^{2}xy^{2}+9c^{2}y^{3}+cx^{4}+4cx^{3}y+12cx^{2}y^{2}+10cxy^{3}+cy^{4}+x^{3}y^{2}+2x^{2}y^{3}+xy^{4}}\) \(\displaystyle{ P = 27c^{5}+45c^{4}x+45c^{4}y+27c^{3}x^{2}+63c^{3}xy+27c^{3}y^{2}+9c^{2}x^{3}+27c^{2}x^{2}y+27c^{2}xy^{2}+9c^{2}y^{3}+9cx^{3}y+9cxy^{3}}\) \(\displaystyle{ L - P \ge 0}\) stąd po redukcji mamy, że
\(\displaystyle{ L - P = 3c^{3}x^{2}-3c^{3}xy+3c^{3}y^{2}+9c^{2}xy^{2}-5cx^{3}y+cxy^{3}+cx^{4}+12cx^{2}y^{2}+cy^{4}+x^{3}y^{2}+2x^{2}y^{3}+xy^{4} \ge 0}\)
Oczywiście
\(\displaystyle{ L-P=3c^{3}(x^{2}-xy+y^{2})+9c^{2}xy^{2}+cxy^{3}+
+cy^{4}+x^{3}y^{2}+2x^{2}y^{3}+xy^{4}+c(x^{4}-5x^{3}y+ \frac{25}{4}x^{2}y^{2})+ \frac{23}{4}cx^{2}y^{2}}\)
Wszystkie składniki są nieujemne co dowodzi tezy.
Czy dowód jest poprawny ?
Pozdrawiam.
Add.
Jeżeli brak jakichś obiekcji do do rozwiązania wstawiam nowe :
Niech dla dodatnich \(\displaystyle{ a, b, c}\) zachodzi \(\displaystyle{ abc=1}\) wykazać : \(\displaystyle{ \frac{9ab}{1+a+ab}+ \frac{9bc}{1+b+bc}+ \frac{9ac}{1+a+ac} \le (a^{4}+b^{4}+c^{4})^{2},}\)-- 4 sty 2015, o 23:44 --Literówka, nierówność powinna mieć postać : \(\displaystyle{ \frac{9ab}{1+a+ab}+ \frac{9bc}{1+b+bc}+ \frac{9ac}{1+c+ca} \le (a^{4}+b^{4}+c^{4})^{2}}\)
