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.
Akurat QM-AM działa dla dowolnych liczb rzeczywistych, niekoniecznie dodatnich, tak że oddalam (i dowodzi się tego właśnie przez przejście z modułami i nierównością trójkąta). Wygląd lewej strony sugeruje w ogóle podejście geometryczne w tym kierunku:
No cóż, nie wzbudziło zainteresowania (znowu to piszę, chyba kiepskie zadania daję). To jest zadanie 3. z Baltic Way 2010, rozwiązanie wzorcowe to po prostu indukcja po \(\displaystyle{ n}\). Liczyłem na to, że ktoś pokaże nieindukcyjne rozwiązanie, ale nic z tego.
Dla rozruchu nowe zadanie:
proszę udowodnić, że dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich\(\displaystyle{ a_{1}, a_{2}, \ldots a_{n}}\) (przy czym przyjmujemy \(\displaystyle{ a_{n+1}=a_{n}, \ a_{n+2}=a_{2}}\)) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}\frac{a_{i}^{2}}{a_{i+1}+a_{i+2}}\ge \frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}a_{i}}\)
To zadanie podobne jest do zadania z Asian Pacific Math Olympiad z roku 1991(które jest w niebieskiej książe Pana Pawłowskiego) , z tym że tam w mianowniku po lewej stronie było wyrażenie \(\displaystyle{ a_k + b_k }\) dla dwóch nieujemnych ciągów.
Łatwo można pocisnąc z nierówności Schwarza Caughiego w formie Engela.
Stwórzmy nowy ciąg. \(\displaystyle{ y_i = a_{i+1} + a_{i+2} }\)
Wówczas lewa strona nierówności jest równa \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^n\frac{a_{i}^{2}}{y_{i}} }\)
Ponieważ oba te ciągi zawierają dodatnie elementy(gwarantuje nam to teza) to możemy skorzystać z nierównosći Schwarza Caughiego w formie Engela.
Wówczas otrzymujemy \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^n\frac{a_{i}^{2}}{y_{i}} \ge (\sum_{i+1}^n(a_i))^2 * 1/(\sum_{n=1}^n(y_i)}\)
Łatwo zauważyc że \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^n(y_i) = 2\sum_{n=1}^n(a_i) }\) to oczywiście wynnika z definicji ciągu \(\displaystyle{ y_i}\)
podstawiając to od wcześniejszego równania i po reduckji otrzymujemy tezę.
Mam nadzieje że wszystko jest ok.
Piszemy Cauchy'ego i dodatniość \(\displaystyle{ y_{i}}\) gwarantuje nam założenie zadania, a nie teza (na tezę nie można się powoływać przy jej dowodzie ofc), ale to detal, merytorycznie wszystko się zgadza. Możesz wrzucać następne zadanie.
Faktycznie drobne błędy redakcyjne były w moim poście.
Wrzucam kolejne.
Wyznacz najmniejszą wartość funkcji \(\displaystyle{ f(x) = (x+a+b)(x+a-b)(x-a+b)(x-a-b)}\) jeśli \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) są dowolnym liczbami rzeczywistymi.
Ze wzoru na różnicę kwadratów mamy \(\displaystyle{ f(x)=\left(x^{2}-(a+b)^{2}\right)\left(x^{2}-(a-b)^{2}\right)\\=x^{4}-x^{2}\left((a+b)^{2}+(a-b)^{2}\right)+\left(a^{2}-b^{2}\right)^{2}}\)
Jeśli popatrzymy na to ostatnie wyrażenie jak na funkcję zmiennej nieujemnej \(\displaystyle{ t=x^{2}}\), to ujrzymy najzwyklejszą funkcję kwadratową o dodatnim współczynniku przy \(\displaystyle{ t^{2}}\), przyjmuje ona więc swoje minimum globalne tam, gdzie wypada wierzchołek paraboli, tj. dla \(\displaystyle{ t_{w}=\frac{(a+b)^{2}+(a-b)^{2}}{2}=a^{2}+b^{2}}\). Oczywiście jest to liczba nieujemna (suma kwadratów). Otrzymujemy więc minimum globalne równe \(\displaystyle{ \left(a^{2}-b^{2}\right)^{2}-\left(a^{2}+b^{2}\right)^{2}=-4(ab)^{2}}\)
Zrobiłeś szybciej niż myślałem choć trzeba przyznać ,że zadanie też nie było zbyt wymagające.
Oczywiście wszystko jest poprawnie ,możesz wrzucić nową nierówność.
Może teraz coś takiego:
dla danych liczb dodatnich \(\displaystyle{ a,b}\) proszę wyznaczyć największą wartość, jaką przyjmuje wyrażenie \(\displaystyle{ \frac{x_{1}\cdot x_{2}\cdot \ldots x_{n}}{(a+x_{1})(x_{1}+x_{2})(x_{2}+x_{3})\ldots(x_{n-1}+x_{n})(x_{n}+b)}}\)
przy czym \(\displaystyle{ x_{1}, \ x_{2}, \ldots x_{n}>0}\).
Dobra, zmieniam zadanie, bo za długo wisi. Powyższe to zadanie z Wędrówek po krainie nierówności, robi się to z nierówności Huygensa (choć może istnieje inny sposób), po przekształceniu tego ułamka na przykład do takiej postaci (bardzo dużego wyboru tu nie ma, zasadniczo widzę dwie możliwości i w obu idea jest dokładnie ta sama): \(\displaystyle{ \frac{1}{\left(\frac{a}{x_{1}}+1\right)\left(\frac{x_{1}}{x_{2}}+1 \right)\left(\frac{x_{2}}{x_{3}}+1\right)\ldots\left(\frac{x_{n-1}}{x_{n}}+1\right)\left(\frac{x_{n}}{b}+1\right)\cdot b}}\).
W zasadzie jeśli da się z Huygensa (tudzież z Höldera), to z samej AM-GM też się da, tylko że może to być dużo bardziej złożone.
Nowe zadanie:
proszę udowodnić, że gdy \(\displaystyle{ x,y,z\in\left(0, \frac{\pi}{2}\right], \ x+y+z=\pi}\), to \(\displaystyle{ \sin x+\sin y+\sin z>2}\).
Wynika natychmiast z oszacowania \(\displaystyle{ \sin x > \frac{2x}{\pi} }\) dla \(\displaystyle{ x \in [0, \frac{\pi}{2}] }\), które można łatwo wykazać korzystając z pochodnej.
Liczby rzeczywiste \(\displaystyle{ x, y, z }\) spełniają warunek \(\displaystyle{ x^2 + y^2 + z^2 = 2 }\). Dowieść, że \(\displaystyle{ x+y+z \leq 2 + xyz }\).
Niestety rozważę dwa przypadki, ale oba są proste, więc może mi wybaczycie. Bez straty ogólności niech \(\displaystyle{ z=\max\left\{x,y,z\right\}}\).
\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) Niech \(\displaystyle{ z\le 1}\).
Lemat: jeśli \(\displaystyle{ a\le1, \ b\le 1}\), to \(\displaystyle{ a+b\le 1+ ab}\)
Dowód lematu polega na sprowadzeniu do postaci \(\displaystyle{ 0\le(1-a)(1-b)}\)
Pozostaje zastosować lemat kolejno do liczb \(\displaystyle{ x,y}\) oraz \(\displaystyle{ xy, \ z}\).
Jest to możliwe, gdyż \(\displaystyle{ xy\le\frac{x^2+y^2}{2}\le\frac{x^2+y^2+z^2}{2}=1}\)
\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) Powiedzmy teraz, że \(\displaystyle{ z>1}\)
Łatwo zauważyć, że zachodzi nierówność \(\displaystyle{ (z-1)(1-x)(1-y)>0}\)
a równoważnie \(\displaystyle{ xyz+2>3+xy+yz+zx-x-y-z \ (\heartsuit)}\)
Ponadto gdy \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2=2}\),
to \(\displaystyle{ 3+xy+yz+zx-2x-2y-2z\\=\frac{1}{2}(x+y+z-2)^2\ge 0}\)
a zatem \(\displaystyle{ 3+xy+yz+zx-x-y-z\ge x+y+z \ (\spadesuit)}\)
Łącząc nierówności \(\displaystyle{ (\heartsuit), \ (\spadesuit)}\)
dostajemy \(\displaystyle{ xyz+2>x+y+z}\)
co kończy dowód.
Dodano po 2 dniach 36 minutach 40 sekundach:
mam też rozwiązanie bez żadnych przypadków:
Ponieważ \(\displaystyle{ xy\le \frac{x^{2}+y^{2}}{2}\le \frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{2}=1}\)
i podobnie dla pozostałych zmiennych, więc prawdziwa jest nierówność \(\displaystyle{ (1-xy)(1-yz)(1-zx)\ge 0}\)
która po pracowitym rozwinięciu tego iloczynu okazuje się równoważna następującej: \(\displaystyle{ 1+xyz(x+y+z)\ge xy+yz+zx+(xyz)^{2} \ (*)}\)
Ponadto mamy \(\displaystyle{ xy+yz+zx=\frac{1}{2}\left((x+y+z)^{2}-2\right)}\)
Otrzymujemy więc, po pomnożeniu \(\displaystyle{ (*)}\) stronami przez dwa, nierówność \(\displaystyle{ 4+2xyz(x+y+z)\ge 2(xyz)^{2}+(x+y+z)^{2}}\)
Oznaczmy teraz \(\displaystyle{ a=xyz, \ b=x+y+z}\). Wiemy, że jest \(\displaystyle{ 4+2ab\ge 2a^{2}+b^{2}}\)
tudzież \(\displaystyle{ 4-2a^{2}\ge b(b-2a) \ (\spadesuit)}\)
i chcemy uzasadnić, że wówczas zachodzi \(\displaystyle{ a+2\ge b}\).
Mamy \(\displaystyle{ a+2>0, \ 2-a>0}\), ponieważ z nierówności między średnią geometryczną a kwadratową jest \(\displaystyle{ \sqrt[3]{|a|}=\sqrt[3]{|xyz|}\le \sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{3}}=\sqrt{\frac{2}{3}}<\sqrt[3]{2}}\)
Przypuśćmy nie wprost, że \(\displaystyle{ b>a+2}\).
Wtedy z uwagi na \(\displaystyle{ (\spadesuit)}\) otrzymujemy: \(\displaystyle{ 4-2a^{2}\ge b(b-2a)>(a+2)(2-a)=4-a^{2} }\)
czyli po redukcji wyrazów podobnych \(\displaystyle{ 0>3a^{2}}\),
co jest absurdem. Otrzymana sprzeczność kończy dowód.
To wrzucę nowe zadanie, o czym poprzednio zapomniałem:
niech \(\displaystyle{ a>0, \ x_{1}, x_{2}\ldots x_{n}\in \RR^{+}, \ x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n}=1}\). Proszę wykazać, że \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}\left(x_{k}+\frac{1}{x_{k}}\right)^{a}\ge \frac{\left(n^{2}+1\right)^{a}}{n^{a-1}}}\)
Tzn. gdy \(\displaystyle{ x,y,z\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right],\ x+y+z=\pi}\), to \(\displaystyle{ \sin x+\sin y+\sin z>2}\).
Być może mniej narzucającym się rozwiązaniem będzie poniższe.
Oznaczmy przez \(\displaystyle{ R,r,s}\) odpowiednio: promień okręgu opisanego, wpisanego, połowę obwodu trójkąta. Chcemy w trójkącie nierozwartokątnym dowieść \(\displaystyle{ s\ge 2R}\). To jest równoważna postać wyjściowej nierówności wynikająca z twierdzenia sinusów. Z twierdzenia kosinusów mamy też, że \(\displaystyle{ \cos x\cos y\cos z=\frac{s^2-(2R+r)^2}{4R^2}}\), a więc jasne jest, że trójkąt jest nierozwartokątny wtw, gdy \(\displaystyle{ s^2-(2R+r)^2\ge 0}\), co jest mocniejsze niż nierówność z zadania.
Bieżące:
Równoważnie
$$\frac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^n\left(x_k+\frac{1}{x_k}\right)^a\ge\left(\frac{1+n^2}{n}\right)^a$$
Pokażemy, że funkcja \(\displaystyle{ f(x)=\left(x+\frac{1}{x}\right)^a}\) dla \(\displaystyle{ a>0}\) jest wypukła w \(\displaystyle{ (0,1]}\). Mamy $$f''(x)=\frac{2a}{x}\cdot\left(x+\frac{1}{x}\right)^{a-1}+\frac{a}{x^4}\cdot\left(x+\frac{1}{x}\right)^{a-2}\left(1-x^2\right)\left((3-a)x^2+a+1\right),$$
więc wystarczy dowieść \(\displaystyle{ (3-a)x^2+a+1\ge 0}\), co jest liniowe względem \(\displaystyle{ x^2}\), więc oczywiśce dla \(\displaystyle{ 0<a<3}\) mamy \(\displaystyle{ (3-a)x^2+a+1>(3-a)\cdot 0^2+a+1>0}\), a dla \(\displaystyle{ 3\le a}\) mamy \(\displaystyle{ (3-a)x^2+a+1\ge (3-a)\cdot 1^2+a+1=4>0}\).
Skoro \(\displaystyle{ f}\) jest wypukła, to stosując nierówność Jensena \(\displaystyle{ \frac{\sum\limits_{k=1}^n f(x_k)}{n}\ge f\left(\frac{\sum\limits_{k=1}^n x_k}{n}\right)}\) otrzymujemy
$$\frac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^n\left(x_k+\frac{1}{x_k}\right)^a\ge\left(\frac{\sum\limits_{k=1}^n x_k}{n}+\frac{n}{\sum\limits_{k=1}^n x_k}\right)^a=\left(\frac{1+n^2}{n}\right)^a,$$
czyli to, co chcieliśmy otrzymać.
Równość zachodzi, gdy \(\displaystyle{ x_k=\frac{1}{n}}\) dla każdego \(\displaystyle{ k}\).
Dodano po 47 minutach 36 sekundach:
Kiks, równoważną postacią jest \(\displaystyle{ s>2R}\).
Najpierw konwencja. Rozważamy trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) (wierzchołek, kąt wewętrzny przy wierzchołku oraz miara tego kąta oznaczane są tym samym symbolem) o bokach \(\displaystyle{ a,b,c}\) (bok \(\displaystyle{ a}\) naprzeciw kąta \(\displaystyle{ A}\) itd.). Przez \(\displaystyle{ m_a}\) będziemy oznaczać długość środkowej boku \(\displaystyle{ a}\), przez \(\displaystyle{ w_a}\) będziemy oznaczać długość odcinka dwusiecznej kąta \(\displaystyle{ A}\) pomiędzy wierzchołkiem \(\displaystyle{ A}\) a punktem przecięcia z bokiem \(\displaystyle{ a}\). Analogicznie dla pozostałych boków/kątów.
Zadanie polega na udowodnieniu, że w dowolnym trójkącie nierozwartokątnym zachodzi nierówność podwójna $$\frac{(a+b)^2}{4ab}+\frac{(b+c)^2}{4bc}+\frac{(c+a)^2}{4ca}\le\frac{m_a}{w_a}+\frac{m_b}{w_b}+\frac{m_c}{w_c}\le\frac{a^2+b^2}{2ab}+\frac{b^2+c^2}{2bc}+\frac{c^2+a^2}{2ca}$$
Czy ta nierówność prawdziwa jest również dla dowolnych trójkątów rozwartokątnych?
Uwaga:
Nie jest wymagane wyprowadzanie wzorów na długość czewian \(\displaystyle{ m,w}\), jeśliby pojawiła się potrzeba użycia tych wzorów.
Mamy po prostych przekształceniach: \(\displaystyle{ \frac{m_{a}}{w_{a}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{(b+c)^{2}\left(2b^{2}+2c^{2}-a^{2}\right)}{bc\left((b+c)^{2}-a^{2}\right)}}\\\frac{m_{b}}{w_{b}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{(c+a)^{2}\left(2c^{2}+2a^{2}-b^{2}\right)}{ca\left((c+a)^{2}-b^{2}\right)}}\\\frac{m_{c}}{w_{c}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{(a+b)^{2}\left(2a^{2}+2b^{2}-c^{2}\right)}{ab\left((a+b)^{2}-c^{2}\right)}}}\)
(liczniki z twierdzenia cosinusów, mianowniki z twierdzenia o dwusiecznej).
Lemat nr 1:
w dowolnym trójkącie o bokach długości \(\displaystyle{ a,b,c}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ \frac{1}{2}\sqrt{\frac{(b+c)^{2}\left(2b^{2}+2c^{2}-a^{2}\right)}{bc\left((b+c)^{2}-a^{2}\right)}}\ge \frac{(b+c)^{2}}{4bc}}\)
Dowód lematu nr 1:
równoważnie mamy \(\displaystyle{ \frac{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}{(b+c)^{2}-a^{2}}\ge \frac{(b+c)^{2}}{4bc}\\a^{2}(b-c)^{2}\ge (b-c)^{4}\\(b-c)^{2}(a-b+c)(a+b-c)\ge 0 }\)
co z uwagi na nierówność trójkąta jest oczywiste.
Zapisujemy cyklicznie tezę lematu dla \(\displaystyle{ (a,b,c), \ (b,c,a), \ (c,a,b)}\), dodajemy otrzymane nierówności stronami i mamy \(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}\frac{m_{a}}{w_{a}}\ge \frac{(b+c)^{2}}{4bc}+\frac{(c+a)^{2}}{4ca}+\frac{(a+b)^{2}}{4ab}}\)
Zatem szacowanie z dołu jest prawdziwe w dowolnym trójkącie, nie tylko nierozwartokątnym.
Lemat nr 2:
w trójkącie nierozwartokątnym o bokach długości \(\displaystyle{ a,b,c}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ \frac{b^{2}+c^{2}}{2bc}\ge \frac{1}{2}\sqrt{\frac{(b+c)^{2}\left(2b^{2}+2c^{2}-a^{2}\right)}{bc\left((b+c)^{2}-a^{2}\right)}}}\)
Pozostaje zauważyć, że w trójkącie nierozwartokątnym o bokach długości \(\displaystyle{ a,b,c}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ b^{2}+c^{2}\ge a^{2} \ (*)}\).
Istotnie, niech \(\displaystyle{ \alpha}\) będzie miarą kąta leżącego naprzeciwko boku długości \(\displaystyle{ a}\), wtedy oczywiście musi być \(\displaystyle{ \alpha\in \left(0, \frac{\pi}{2}\right]}\), a zatem \(\displaystyle{ \cos \alpha\ge 0}\). Z twierdzenia cosinusów mamy zatem: \(\displaystyle{ a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos \alpha\le b^{2}+c^{2}}\)
Korzystając z \(\displaystyle{ (*)}\), otrzymujemy \(\displaystyle{ b^{4}+c^{4}+2b^{3}c+2b^{2}c^{2}+2bc^{3}=b^{3}c+bc^{3}+\left(b^{2}+bc+c^{2}\right)\left(b^{2}+c^{2}\right)\\>\left(b^{2}+bc+c^{2}\right)\left(b^{2}+c^{2}\right)\ge \left(b^{2}+bc+c^{2}\right)a^{2}\\b^{4}+c^{4}+2b^{3}c+2b^{2}c^{2}+2bc^{3}-a^{2}b^{2}-a^{2}bc-a^{2}c^{2}> 0}\)
To kończy dowód lematu nr 2.
Dodając cyklicznie tezę lematu nr 2, otrzymujemy w trójkącie nierozwartokątnym \(\displaystyle{ \frac{b^{2}+c^{2}}{2bc}+\frac{c^{2}+a^{2}}{2ca}+\frac{a^{2}+b^{2}}{2ab}\ge \sum_{\text{cyc}}\frac{m_{a}}{w_{a}}}\)
co należało dowieść.
Ponadto w obydwu nierównościach równość zachodzi dla \(\displaystyle{ a=b=c}\), czyli dla trójkąta równobocznego.
Dla trójkątów rozwartokątnych nasza suma \(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}\frac{m_{a}}{w_{a}}}\) nie zawsze jest ograniczona z góry przez \(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}^{}\frac{a^{2}+b^{2}}{2ab}}\), by się o tym przekonać, wystarczy odpowiednio dobrać trójkąty, które „ledwo-ledwo" spełniają nierówność trójkąta. Ja brałem \(\displaystyle{ a=x, \ b=2x, \ c=3x-\epsilon}\)
dla małych \(\displaystyle{ \epsilon>0}\). Granica naszej sumy przy \(\displaystyle{ \epsilon\rightarrow 0^{+}}\) wynosi \(\displaystyle{ +\infty}\), tymczasem granica potencjalnej majoranty przy \(\displaystyle{ \epsilon\rightarrow 0^{+}}\) wynosi bodajże \(\displaystyle{ \frac{5}{4}+\frac{13}{12}+\frac{5}{3}}\) z ciągłości funkcji wymiernej.
