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.
Mamy \(\displaystyle{ (x+y+z)^{3}=x^{3}+y^{3}+z^{3}+3x^{2}y+3xy^{2}+3y^{2}z+3yz^{2}+3z^{2}x+3zx^{2}+6xyz}\)
toteż \(\displaystyle{ (a+b-c)^{3}+(-a+b+c)^{3}+(a-b+c)^{3}\\=a^{3}+b^{3}+c^{3}+3a^{2}b+3ab^{2}+3b^{2}c+3bc^{2}+3c^{2}a+3ca^{2}-18abc }\)
i nierówność sprowadza się do \(\displaystyle{ \sum a^{3}+3\sum_{\text{sym}}a^{2}b\ge 21abc}\)
co natychmiast wynika z AM-GM dla \(\displaystyle{ 21}\) zmiennych, a mianowicie \(\displaystyle{ a^{3}, \ b^{3}, \ c^{3}}\) oraz po trzech równych \(\displaystyle{ a^{2}b, \ ab^{2}, \ b^{2}c, \ bc^{2}, \ c^{2}a, \ ca^{2}}\)
jeśli \(2m > n\), to dla \(i\le m\) jest \(x_i \le \frac{x_{m+1}+x_{m+2}+\ldots+x_n}{n-m}\), a zatem
$$x_1^2+x_2^2+\ldots+x_m^2 \le (x_1+x_2+\ldots+x_m)\cdot \frac{x_{m+1}+x_{m+2}+\ldots+x_n}{n-m} = \frac{1}{n-m} \cdot (x_1+x_2+\ldots+x_m)(x_{m+1}+x_{m+2}+\ldots+x_n) \le \frac{1}{n-m} \left(\frac{x_1+x_2+\ldots+x_m+x_{m+1}+x_{m+2}+\ldots+x_n}{2}\right)^2 = \frac{1}{4(n-m)}$$
z równością dla \(0=x_1=x_2=\ldots=x_{2m-n}\), \(x_{2m-n+1}=x_{2m-n+2}=\ldots=x_n=\frac{1}{2(n-m)}\)
jeśli \(2m\le n\), to dla \(i \le m\) jest \(x_i \le \frac{x_{m+1}+x_{m+2}+\ldots+x_{2m}}{m}\) i podobnie jak wyżej
$$x_1^2+x_2^2+\ldots+x_m^2 \le (x_1+x_2+\ldots+x_m)\cdot \frac{x_{m+1}+x_{m+2}+\ldots+x_{2m}}{m} = \frac{1}{m} \cdot (x_1+x_2+\ldots+x_m)(x_{m+1}+x_{m+2}+\ldots+x_{2m}) \le \frac{1}{m} \left(\frac{x_1+x_2+\ldots+x_m+x_{m+1}+x_{m+2}+\ldots+x_{2m}}{2}\right)^2=\frac{1}{4m}(x_1+\ldots+x_{2m})^2 = (\heartsuit)$$
ponadto \(n(x_1+\ldots+x_{2m})\le 2m(x_1+x_2+\ldots+x_n) = 2m\), tak więc
$$(\heartsuit) \le \frac{1}{4m}\cdot \left(\frac{2m}{n}\right)^2 = \frac{m}{n^2}$$
z równością dla \(x_1=x_2=\ldots=x_n=\frac 1n\)
oddaję kolejkę
Dodano po 1 dniu 4 godzinach 24 minutach 34 sekundach:
pozwolę sobie wrócić do poprzedniej nierówności: \(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+d^2}}+\frac{d}{\sqrt{d^2+a^2}}\le 3\)
Ukryta treść:
wystarczy dowieść, że gdy \(x,y,z,t\) są dodatnie i \(xyzt=1\) to \(\frac{1}{\sqrt{1+x^2}} + \frac{1}{\sqrt{1+y^2}} + \frac{1}{\sqrt{1+z^2}} + \frac{1}{\sqrt{1+t^2}} \le 3\), gdyż wówczas podstawienie \(x=\frac ba, y=\frac cb, z=\frac dc, t=\frac ad\) daje to co trzeba
bez ograniczenia ogólności rozumowania zakładamy, że \(xy\le 1\), wówczas \(\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}\le \frac{2}{1+xy}\), gdyż \(RHS-LHS=\frac{(x-y)^2(1-xy)}{(1+x^2)(1+y^2)(1+xy)}\ge 0\); stąd i z nierówności między średnimi otrzymujemy
$$(\heartsuit) \qquad \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} + \frac{1}{\sqrt{1+y^2}} \le 2\sqrt{\frac{\frac{1}{1+x^2} + \frac{1}{1+y^2}}{2}} \le 2\sqrt{\frac{1}{1+xy}} \le 1+\frac{1}{1+xy} = 1+\frac{zt}{1+zt}$$
ponadto \(\frac{1}{\sqrt{1+z^2}} + \frac{1}{\sqrt{1+t^2}} \le 1+\frac{1}{\sqrt{1+z^2}\sqrt{1+t^2}}\) ponieważ \(RHS-LHS=\left(1-\frac{1}{\sqrt{1+z^2}}\right)\left(1-\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}\right)\ge 0\); stąd i z nierówności Schwarza
$$(\spadesuit) \qquad \frac{1}{\sqrt{1+z^2}} + \frac{1}{\sqrt{1+t^2}} \le 1+\frac{1}{\sqrt{1+z^2}\sqrt{1+t^2}} \le 1+\frac{1}{1+zt}$$
tezę otrzymujemy po dodaniu stronami nierówności \((\heartsuit), (\spadesuit)\)
przejmuję kolejkę
dowieść, że jeśli suma dodatnich liczb \(x,y,z\) wynosi jeden to $$\frac{\left(x-y\right)^2}{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}+\frac{\left(y-z\right)^2}{\left(y+x\right)\left(z+x\right)}+\frac{\left(z-x\right)^2}{\left(z+y\right)\left(x+y\right)}\ge \left(y+z-2x\right)^2$$
Może pozbądźmy się zmiennej, która wprowadza asymetrię, taka sytuacja. Wstawiamy \(\displaystyle{ x:=1-y-z}\) i mamy do udowodnienia nierówność \(\displaystyle{ \frac{(1-2y-z)^{2}}{(1-y)(y+z)}+\frac{(1-y-2z)^{2}}{(1-z)(y+z)}+\frac{(y-z)^{2}}{(1-z)(1-y)}\ge (2-3y-3z)^{2} }\)
Z nierówności Cauchy'ego-Schwarza w formie Engela: \(\displaystyle{ \frac{(1-2y-z)^{2}}{(1-y)(y+z)}+\frac{(1-y-2z)^{2}}{(1-z)(y+z)}+\frac{(y-z)^{2}}{(1-z)(1-y)}\ge \frac{(2-3y-3z)^{2}}{(y+z)(2-y-z)}+\frac{(y-z)^{2}}{(1-z)(1-y)} }\)
i pozostaje wykazać, że w dodatnich o sumie mniejszej niż \(\displaystyle{ 1}\) zachodzi \(\displaystyle{ \frac{(2-3y-3z)^{2}}{(y+z)(2-y-z)}+\frac{(y-z)^{2}}{(1-z)(1-y)} \ge (2-3y-3z)^{2}}\),
co nie jest trudne: \(\displaystyle{ \frac{(2-3y-3z)^{2}}{(y+z)(2-y-z)}+\frac{(y-z)^{2}}{(1-z)(1-y)} \ge \frac{(2-3y-3z)^{2}}{\left(\frac{(y+z)+(2-y-z)}{2} \right)^{2}}+\frac{(y-z)^{2}}{(1-z)(1-y)}=(2-2y-3z)^{2}+\frac{(y-z)^{2}}{(1-z)(1-y)}\ge (2-2y-3z)^{2} }\)
Równość zachodzi dla \(\displaystyle{ x=y=z=\frac{1}{3}}\).
Może też coś prostego, bo nie mam za bardzo pomysłu. Dla \(\displaystyle{ x,y,z>0}\) proszę udowodnić, że \(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}(x+y)\sqrt{(z+x)(z+y)}\ge 4(xy+yz+zx)}\)
(NB ciekawe, że to zadanie z BMO, a ostatnio te z JBMO bywają trudniejsze niż to, no ale z czasem poziom zawodów się zwykle zmienia).
Funkcja trzeciego stopnia jaka jest każdy widzi , biegnie od minus nieskończoności, potem posiada maksimum , a potem dolinka , a potem do nieskończoności...
miejsca w których jest górka a potem dolinka to ( z pochodnej jakby kto pytał):
Troszkę długie. Zamysł był taki (mój, nie wiem, jak autorów, ale nie zdziwiłbym się, gdyby był zgrabniejszy):
z Cauchy'ego-Schwarza mamy \(\displaystyle{ \sqrt{(z+x)(z+y)}\ge z+\sqrt{xy}\\\sqrt{(x+y)(x+z)}\ge x+\sqrt{yz}\\\sqrt{(y+z)(y+x)}\ge y+\sqrt{zx}}\)
a zatem \(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}(x+y)\sqrt{(z+x)(z+y)}\ge \sum_{\text{cyc}}(x+y)\left(z+\sqrt{xy}\right)\\=2(xy+yz+zx)+\sum_{\text{cyc}}\left(x^{\frac{3}{2}}y^{\frac{1}{2}}+x^{\frac{1}{2}}y^{\frac{3}{2}}\right)}\)
i teraz w tej ostatniej sumie szacujemy z nierówności między średnimi \(\displaystyle{ x^{\frac{3}{2}}y^{\frac{1}{2}}+x^{\frac{1}{2}}y^{\frac{3}{2}}\ge 2xy}\)
i dwie analogiczne nierówności, i po zadaniu.
Mnie po podstawieniu, które zaproponowałeś, wyszła trochę inna nierówność do wykazania, a mianowicie \(\displaystyle{ a^{4}+b^{4}+c^{4}+a^{2}bc+b^{2}ca+c^{2}ab\ge 2(ab)^{2}+2(bc)^{2}+2(ca)^{2}}\)
W tej ostatniej nierówności, jeśli oznaczymy \(\displaystyle{ p=a+b+c, \ q=ab+bc+ca, \ r=abc}\), to mamy do udowodnienia, że \(\displaystyle{ \left(p^{2}-2q\right)^{2}+pr\ge 4q^{2}-4pr}\)
a to jest jakieś proste ćwiczenie z metody \(\displaystyle{ pqr}\).
Wystarczy sprawdzić przypadki, w których jedna ze zmiennych jest równa zero oraz dwie spośród zmiennych są równe, a to daje nierówności (bez straty ogólności, bo nierówność jest symetryczna): \(\displaystyle{ a^{4}+b^{4}\ge 2(ab)^{2}\\2a^{4}+c^{4}+2a^{3}c+c^{2}a^{2}\ge 2a^{4}+4(ac)^{2} }\)
które są trywialne do udowodnienia (odpowiednio, średnie dla dwóch i dla trzech zmiennych, w tym drugim przypadku po redukcji wyrazów podobnych).
Z AM-GM wystarczy pokazać \(\displaystyle{ 3\prod (x+y)^{2/3}\ge 4\sum xy}\), a ponieważ $$\prod (x+y)=\sum x\cdot\sum xy-xyz=\frac{8}{9}\sum x\cdot\sum xy+\frac{1}{9}\left(\sum x\cdot\sum xy-9xyz\right)\ge\frac{8}{9}\sum x\cdot\sum xy,$$ to wystarczy dowieść \(\displaystyle{ \left(\frac{8}{9}\sum x\cdot\sum xy\right)^{2/3}\ge\frac{4}{3}\sum xy}\), co się redukuje do \(\displaystyle{ \left(\sum x\right)^2\ge3\sum xy}\).
Dodano po 2 godzinach 3 minutach 42 sekundach:
Premislav pisze: ↑31 gru 2019, o 01:27\(\displaystyle{ a^{4}+b^{4}+c^{4}+a^{2}bc+b^{2}ca+c^{2}ab\ge 2(ab)^{2}+2(bc)^{2}+2(ca)^{2}}\)
O ile się nie mylę, to to w \(\displaystyle{ pqr}\) ma nieco inną postać (tej: \(\displaystyle{ \left(p^{2}-2q\right)^{2}+pr\ge 4q^{2}-4pr}\) nie da rady dowieść), mianowicie \(\displaystyle{ p^4+9pr\ge 4p^2q}\), co z kolei jest przebraną nierównością Schura trzeciego stopnia.
O rany, raz na wozie, raz pod wozem, chyba że jest się mną, wtedy zawsze pod wozem. Dzięki. Powinno być po prawej \(\displaystyle{ -8pr}\) i to się po prostych przekształceniach zgadza z Twoją formą.
Oj tak przepraszam bo przestałem myśleć w nocy no i wielomian trzeciego stopnie wziąłem z innej nierówności, którą obok tej rozwiązywałem na kartce , stąd trzeciego stopnia ale to zupełnie inne zadanie no cóż zdarza się , i całkiem mi się pomieszało, ale niech zostanie trudno...moja wina...
Podstawiamy \(\displaystyle{ c=2-a-b}\) i mamy do udowodnienia nierówność \(\displaystyle{ a^{3}+46ab-21a^{2}b-23ab^{2}\le 8}\)
przy czym \(\displaystyle{ a\ge 0, \ b\ge 0, a+b\le 2}\)
Dla \(\displaystyle{ a=0}\) nierówność oczywiście zachodzi, dalej przyjmijmy, że \(\displaystyle{ a>0}\).
Potraktujmy lewą stronę nierówności jak trójmian kwadratowy zmiennej \(\displaystyle{ b}\) z parametrem \(\displaystyle{ a}\).
Jego współczynnik wiodący jest ujemny, a więc maksimum globalne jest przyjmowane w wierzchołku, czyli w punkcie \(\displaystyle{ b_{0}=\frac{-21a^{2}+46a}{46a}=1-\frac{21}{46}a}\)
O ile więc zachodzi nierówność \(\displaystyle{ a+1-\frac{21}{46}a\le 2}\), to maksimum rzeczone wpada do interesującego nas przedziału (to znaczy dla \(\displaystyle{ a\le \frac{46}{25}}\)), a w pozostałych przypadkach maksimum globalne znajduje się na prawo od interesującego nas przedziału, więc w celu maksymalizacji trójmianu na przedziale wystarczy wtedy sprawdzić wartość dla \(\displaystyle{ b=2-a}\).
Czyli mamy do udowodnienia takie oto nierówności: \(\displaystyle{ a^{3}+46a\left(1-\frac{21}{46}a\right)-21a^{2}\left(1-\frac{21}{46}a\right)-23a\left(1-\frac{21}{46}a\right)^{2}-8\le 0, \ a\le \frac{46}{25}\\a^{3}+46a(2-a)-21a^{2}(2-a)-23a(2-a)^{2}-8\le 0, \ a\in \left(\frac{46}{25}, 2\right]}\)
a to są proste nierówności wielomianowe jednej zmiennej, druga z nich redukuje się na przykład do \(\displaystyle{ (4-a)a^{2}\le 8}\), co jest jasne, gdyż z AM-GM mamy \(\displaystyle{ (4-a)a\le \left(\frac{(4-a)+a}{2}\right)^{2}=4}\)
Spoko, imho jest OK. To zadanie od początku wydawało mi się bezduszne, a teraz tylko się w tej opinii utwierdzam. Problem prawdopodobnie pochodzi od M. Rozenberga; po przerewersowaniu swojego rozwiązania uzyskałam coś, co być może uszłoby za rozwiązanie w stylu autora.
W nietrywialnym przypadku, gdy \(\displaystyle{ b,c}\) nie są jednocześnie zerami, mamy
$$\begin{aligned}&(a+b+c)^3-\left(a^3+2a^2b+23abc\right)\\&\kern3em=\frac{1}{4(b+3c)}\left((2ab-11bc+6ca)^2+b^2(b-2c)^2+6bc(2b-3c)^2+\left(3b^2+12c^2+12ab+10bc+36ca\right)(b-c)^2\right)\ge 0.\end{aligned}$$