[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

[Swistak]

To niech ktoś ustali zasady, że np zamiast wklejac link nalezy przepiasc "po swojemu" treść z niego

To nie jest sprawa zasad, to sprawa wyczucia.
Celem tego tematu nie jest googlowanie zadań i wklejanie linków, ani nawet (!) googlowanie zadań i przepisywanie rozwiązań, bo niektórzy chyba myślą, że skoro narzekamy na linki, to zachęcamy was do przepisywania. Mianowicie celem tego tematu jest wyłącznie rozwiązywanie zadań (zaskakujące, nie?)! Googlowanie nie przynosi nikomu żadnych korzyści. Jeżeli natomiast ktoś zna rozwiązanie, to proponuję przemilczeć dopóki nie pojawi kolejne zadanie.

Po tej malutkiej kłótni proponuję powrócić do zadania Zordona.

[robin5hood]

Ukryta treść:    

Nie wprost:
Załóżmy że nie wszystkie punkty zbioru \(\displaystyle{ S}\) są współliniowe. Niech \(\displaystyle{ A,B}\) będą takimi punktami zbioru \(\displaystyle{ S}\), że jest w zbiorze \(\displaystyle{ S}\) nieskończona ilość punktów niewspóliniowych z \(\displaystyle{ AB}\).
Niech odległość \(\displaystyle{ AB=k}\) oraz \(\displaystyle{ P}\) należy do \(\displaystyle{ S}\). Z nierówności w trójkacie \(\displaystyle{ PAB}\) mamy \(\displaystyle{ AP+AB \ge PB, AP+AB \ge AP.}\)
Zatem \(\displaystyle{ |AP-BP| \le k}\), wiec istnieje \(\displaystyle{ l \in (-k,k),}\) że \(\displaystyle{ AP-BP=l}\). Punkty \(\displaystyle{ P}\) należą do hiperboli o osi \(\displaystyle{ AB.}\)
Teraz analogicznie postępując, zastępując \(\displaystyle{ B}\) przez \(\displaystyle{ C}\), widzimy że istnieje nieskończenie wiele punktów, które leżą na hiperboli o osi \(\displaystyle{ AC.}\) Jednak punkty \(\displaystyle{ A,B,C}\) nie są wspóliniowe, więc te dwie hiperbole mają skończoną liczbę punktów wspólnych,co prowadzi do sprzeczności.

Znaleźć maksimum i minimum
a,b-rzeczywiste

\(\displaystyle{ P=\frac{35(a + b) + 12(1 - ab)}{37 \sqrt{( a ^{2} + 1)(b^{2} + 1)}}}\)

[kp1311]

Znaleźć maksimum i minimum
a,b-rzeczywiste

\(\displaystyle{ P=\frac{35(a + b) + 12(1 - ab)}{37 \sqrt{( a ^{2} + 1)(b^{2} + 1)}}}\)

Ukryta treść:    

Podstawiamy \(\displaystyle{ tgA = a, tgB = b}\).
Mnożymy teraz licznik i mianownik przez \(\displaystyle{ cosAcosB}\), następnie wykorzystujemy w liczniku znane wzory na sinusa i cosinusa sumy katów, w mianowniku zaś tożsamość : \(\displaystyle{ \sqrt{1 + tg^2A}= \frac{1}{|cosA|}}\), w rezultacie otrzymując:
\(\displaystyle{ P= sgn(cosAcosB)( \frac{35}{37}sin(A+B) + \frac{12}{37}cos(A+B))}\)

Niech \(\displaystyle{ A+B =u}\),
zauważmy że \(\displaystyle{ \frac{12^2}{37^2} + \frac{35^2}{37^2} =1}\)
zatem istnieje taki kąt \(\displaystyle{ v}\) że \(\displaystyle{ sinv = \frac{12}{37},cosv= \frac{35}{37}}\)
\(\displaystyle{ P = sgn(cosAcosB)(sinucosv + sinvcosu) = \pm sin(u+v)}\)
\(\displaystyle{ -1 \le P \le 1}\)

To zadanie wrzucał robin5hood parę postów wcześniej:
Niech ABC będzie trójkatem. Znaleźć maksimum
\(\displaystyle{ {K =\frac{\sqrt [3]{sinA}+\sqrt [3]{sinB}+\sqrt [3]{sinC}}{\sqrt [3]{cos\frac{A}{2}}+\sqrt [3]{cos\frac{B}{2}}+\sqrt [3]{cos\frac{C}{2}}}}}\)-- 21 sie 2010, o 20:17 --Wygląda na to że ponowienie tego zadania nie było najlepszym pomysłem z mojej strony.

[SaxoN]

-- 21 sie 2010, o 20:17 --

Wygląda na to że ponowienie tego zadania nie było najlepszym pomysłem z mojej strony.

Problem w tym, że to zadanie wygląda tak, że aż nie chce się za nie zabierać Być może później występują inne problemy, ale o nich się nie dowiem xD

[justynian]

Robin zawsze może poratować wskazówką

[Rush]

Ukryta treść:    

To tak:
Funkcja \(\displaystyle{ sin^{\frac{1}{3}}(x)}\) jest wklesla w naszym przedziale czyli od 0 do Pi (wystarczy sprawdzic druga pochodna)
Ponadto funkcja \(\displaystyle{ \frac{1}{cos^{\frac{1}{3}}(\frac{x}{2})}}\) jest wypukla od 0 do Pi (tez wystarczy sprawdzic pochodna). Z kolei z nierownosci AM-HM mamy, ze:
\(\displaystyle{ \frac{3}{\sum cos^{\frac{1}{3}}(\frac{A}{2})} \le \sum \frac{1}{ cos^{\frac{1}{3}}(\frac{A}{2})}*\frac{1}{3}}\)
Teraz stosujac Jensena dwa razy oraz Nierownosci Am-Hm otrzymujemy w telegraficznym skrocie:
\(\displaystyle{ \frac{ \sum sin^{\frac{1}{3}}(A)}{ \sum cos^{\frac{1}{3}}(\frac{A}{2})} \le \frac{3}{3} * \frac{sin^{\frac{1}{3}}(\frac{A+B+C}{3})}{cos^{\frac{1}{3}}(\frac{A+B+C}{6})} = 1}\)
Przy czym rownosc zachodzi np. gdy trojkat jest rownoboczny.

Wybor zadania podaje nastepnemu ochotnikowi gdyz nie mam pomyslu:p

[kp1311]

Ukryta treść:    

Wydaje mi się że nie poprawnie szacujesz mianownik.
Przy użyciu Jensena szacujesz wyrażenie: \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{1}{cos^{ \frac{1}{3} }x}}\) a nie \(\displaystyle{ \sum_{}^{} cos^{ \frac{1}{3} }x}\),

Jednakże używając Holdera można uzyskać ten sam wynik ale tym razem poprawnie.

.

[Rush]

Rzeczywiscie masz racje:p Glupi blad dosyc;p No wiec zaproponuj nastepne zadanie;)

[kp1311]

Rzeczy zawarte w tym poście nie były warte niczyjej uwagi.

[Rush]

Poprawilem moje rozwiazanie, moze ktos sprawdzic teraz?:p

[kp1311]

Teraz jest dobrze. W takim razie wrzucasz.

[Rush]

Niestety dalej jest zle:p Stosuje Jensena w zla strone:P

[kp1311]

-- 22 sie 2010, o 19:40 --
Tutaj zamieszczam to do czego udało mi się do tej pory dojść:

Ukryta treść:    

To rozwiązanie trzyma się przy \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \sqrt[3]{sinA} \ge 1}\)(*).
\(\displaystyle{ K = \frac{\sum_{}^{} \sqrt[3]{sinA}}{ \sum_{}^{} cos^{1/3} \frac{A}{2} } \le (\sum_{}^{} \sqrt[3]{sinA})^2( \sum_{}^{} cos^{1/3} \frac{A}{2} )^{-1} = (\sum_{}^{} \sqrt{\sqrt[3]{sin^2A}})^2( \sum_{}^{} (\frac{1}{ cos^{1/3} \frac{A}{2}} )^{-1} )^{-1} \le ^{Holder} \sum_{}^{}\sqrt[3]{sin^2A} \cdot (\frac{1}{ cos^{1/3} \frac{A}{2}} ) = \sum_{}^{} \sqrt[3]{4sin^2 \frac{A}{2}cos \frac{A}{2} } \le^{AM-GM} \sum_{}^{} 4 \frac{2sin \frac{A}{2} + cos \frac{A}{2}}{3} \le^{Jensen. wagi\frac{1}{3} } 4(2sin\frac{A+B+C}{6} + cos \frac{A+B+C}{6}) = 8 \cdot \frac{1}{2} + 4* \frac{1}{2} = 4+2 =6}\)

Z tym rozwiązaniem sa jednak dwa problemy : trzeba udowodnić (*), równosci w uzytych nierównościach zachodzą dla różnych \(\displaystyle{ A,B,C}\) co oznacza że \(\displaystyle{ K<6}\) więc całe to szacowanie będzie nic nie warte, chyba że pomoże komuś wpaść na pomysł jak to dobrze rozwiązać.

-- 22 sie 2010, o 20:09 --

Ukryta treść:    

Założenie \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \sqrt[3]{sinA} \ge 1}\) okazuje się fałszywe, jeśli weźmiemy \(\displaystyle{ A,B}\) dostatecznie bliskie \(\displaystyle{ 0}\), \(\displaystyle{ C}\) będzie bliskie \(\displaystyle{ \pi}\) w rezultacie \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \sqrt[3]{sinA} \ge 1}\) także będzie bliskie zeru. Więc moje szacowanie i tak się sypie.

[jgarnek]

Może komuś innemu to pomoże w dowodzie: (przynajmniej wiadomo, jakie będzie to maksimum)

Ukryta treść:    

Rozważmy funkcję \(\displaystyle{ f(x)= \sqrt[3]{cos( \frac{x}{2} )} - \sqrt[3]{sin(x)}}\)
Z jej wykresu wynika, że jest ona wypukła. Stąd:

\(\displaystyle{ f(A)+f(B)+f(C) \ge 3f( \frac{A+B+C}{3} )=3f( \frac{\pi}{3} )=0}\)
więc ponieważ
\(\displaystyle{ \sqrt [3]{cos\frac{A}{2}}+\sqrt [3]{cos\frac{B}{2}}+\sqrt [3]{cos\frac{C}{2}}} > 0}\) dla \(\displaystyle{ A,B,C \in (0, \pi)}\), to \(\displaystyle{ K \le 1}\).

Cały dowcip polega na udowodnieniu, że f(x) jest wypukła
Wg komputera:
\(\displaystyle{ f''(x)=-1/18*sin(1/2*x)^2/cos(1/2*x)^{5/3} + 1/3*sin(x)^{1/3} + 2/9*cos(x)^2/sin(x)^{5/3} - 1/12*cos(1/2*x)^{1/3}}\)
-jest więc na pewno łatwiejszy sposób na tę nierówność od udowadniania, że \(\displaystyle{ f''(x) \ge 0}\)

[timon92]

Mamy z nierówności Jensena dla funkcji \(\displaystyle{ \sqrt[3]{\sin x}}\) (jest ona wklęsła w przedziale \(\displaystyle{ [0,\pi]}\)):
\(\displaystyle{ \frac{\sqrt[3]{\sin A} + \sqrt[3]{\sin B}}{2} \le \sqrt[3]{\sin \frac{A+B}{2}} = \sqrt[3]{\sin \frac{\pi - C}{2}} = \sqrt[3]{\cos \frac{C}{2}}}\)
Analogicznie zachodzą nierówności
\(\displaystyle{ \frac{\sqrt[3]{\sin B} + \sqrt[3]{\sin C}}{2} \le \sqrt[3]{\cos \frac{A}{2}} \\
\frac{\sqrt[3]{\sin C} + \sqrt[3]{\sin A}}{2} \le \sqrt[3]{\cos \frac{B}{2}}}\)

Po zsumowaniu dostajemy \(\displaystyle{ \sqrt[3]{\sin A} + \sqrt[3]{\sin B} + \sqrt[3]{\sin C} \le \sqrt[3]{\cos \frac{A}{2}} + \sqrt[3]{\cos \frac{B}{2}} + \sqrt[3]{\cos \frac{C}{2}} \iff K \le 1}\)

Równość zachodzi dla \(\displaystyle{ A=B=C}\), zatem \(\displaystyle{ \max K = 1}\).

-----------------------------

Udowodnij, że jeśli wielomian \(\displaystyle{ x^3+ax^2+bx+c}\) ma trzy różne pierwiastki rzeczywiste, to wielomian \(\displaystyle{ x^3 + ax^2 + \frac{a^2+b}{4} x + \frac{ab-c}{8}}\) też ma trzy różne pierwiastki rzeczywiste.