[MIX] Zestaw pięćdziesięciu zadań przed II etapem OM

[Oildale]

25.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ b_i}\) w tylu kolumnach + rzędach jest liczba \(\displaystyle{ i}\)
\(\displaystyle{ c_i}\) tyle różnych liczb jest w kolumnie \(\displaystyle{ i}\)
\(\displaystyle{ d_i}\) tyle różnych liczb jest w wierszu \(\displaystyle{ i}\)
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{101} c_{i}+d_{i} = \sum_{i=1}^{101} b_{i}}\)
(jakieś łatwe podwójne zliczanie)
szacujemy sobie na pałe, że \(\displaystyle{ b_i \ge 21}\).
Teraz wracając do tamtej równości mamy, że:
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{101} c_{i}+d_{i} = \sum_{i=1}^{101} b_{i} \ge 101 \cdot 21 = 2121}\)
Zatem jeden ze składników lewej strony jest większy od \(\displaystyle{ 2121/202 = 10.5}\) co mieliśmy dowieść.

[Ponewor]

49.:    

Nasze założenie zamieńmy na \(\displaystyle{ a=\frac{x}{y}, \quad b=\frac{y}{z}, \quad c=\frac{z}{x}}\)
\(\displaystyle{ \sum\frac{1}{b(a+b)}=\sum\frac{1}{\frac{y}{z}(\frac{x}{y}+\frac{y}{z})}=\sum\frac{1}{\frac{y}{z}\cdot \frac{y^{2}+xz}{yz}}=\sum\frac{z^{2}}{y^{2}+xz}=\sum\frac{z^{4}}{y^{2}z^{2}+xz^{3}} \ge \frac{(\sum z^{2})^{2}}{\sum y^{2}z^{2}+xz^{3}}=\frac{(\sum x^{2})^{2}}{\sum x^{2}y^{2}+\sum x^{3}y}=\frac{\sum x^{4}+2\sum x^{2}y^{2}}{\sum x^{2}y^{2}+\sum x^{3}y} \ge \frac{3}{2} \Leftrightarrow \\ \\ \mbox{Szacowanie z } \mathbb{CS} \mbox{ w formie Engela} \\ \\ \Leftrightarrow 2\sum x^{4} + \sum x^{2}y^{2} \ge 3\sum x^{3}y}\)
co otrzymamy z dodania dwóch nierówności:
\(\displaystyle{ \sum x^{4} \ge \sum x^{3}y}\) czyli ciągi jednomonotoniczne, i:

\(\displaystyle{ \sum x^{4} + \sum x^{2}y^{2} \ge \sum 2x^{3}y \Leftrightarrow \sum (x^{2}+y^{2}) \ge \sum 2xy}\) czyli \(\displaystyle{ \mathbb{AM-GM}}\)

[Swistak]

Jak coś, to rozw. 50go będzie jednak dopiero w czerwcowej Delcie, a nie w marcowej xD

[Ponewor]

32.:    

Wymnażamy wszystko, korzystamy gdzie tylko się da z założenia i mamy:
\(\displaystyle{ 4\sum_{cyc}a^{2}b^{2}+30 \sum_{cyc} a^{3}c^{2}+ 12\sum_{cyc} a^{4}c^{2}+ 55\sum_{cyc}a^{2}c + 30 \sum_{cyc} a^{3}c +4 \sum_{cyc} a^{2} \ge 20 \sum_{cyc} a^{2}b + 40 \sum_{cyc} ab + 40 \sum_{cyc}a+105}\)
Na mocy założenia \(\displaystyle{ a=\frac{p}{q}}\) i tak dalej cyklicznie.
\(\displaystyle{ \blue 4\sum_{cyc}\frac{p^{2}}{r^{2}}\black +\red 30 \sum_{cyc} \frac{pr^{2}}{q^{3}} \black + \green 12\sum_{cyc} \frac{p^{2}r^{2}}{q^{4}} \black + \yellow 55\sum_{cyc}\frac{pr}{q^{2}} \black + \red 30 \sum_{cyc} \frac{p^{2}r}{q^{3}} \black + \blue 4 \sum_{cyc} \frac{p^{2}}{q^{2}} \black \ge \magenta 20 \sum_{cyc} \frac{p^{2}}{qr} \black + \cyan 40 \sum_{cyc} \frac{p}{r} \black + \cyan 40 \sum_{cyc}\frac{p}{q}\black +105}\)
Tu jest kluczowy moment rozwiązania, bo sumy cykliczne przechodzą na symetryczne:
\(\displaystyle{ 4\sum_{sym}\frac{p^{2}}{q^{2}} + 30 \sum_{sym} \frac{pq^{2}}{r^{3}} + 6 \sum_{sym} \frac{p^{2}q^{2}}{r^{4}} + \frac{55}{2}\sum_{sym}\frac{pq}{r^{2}} \ge 10 \sum_{sym} \frac{p^{2}}{qr} + 40 \sum_{sym} \frac{p}{q}+105}\)
Mnożymy obustronnie razy \(\displaystyle{ 2p^{4}q^{4}r^{4}}\):
\(\displaystyle{ 8 \sum_{sym} p^{6}q^{4}r^{2}+60\sum_{sym}p^{6}q^{3}r+12\sum_{sym}p^{6}q^{6}+55\sum_{sym}p^{5}q^{5}r^{2} \ge 20\sum_{sym}p^{6}q^{3}r^{3}+80\sum_{sym}p^{5}q^{4}r^{3}+35\sum_{sym}p^{4}q^{4}r^{4}}\)
Co otrzymamy ze zsumowania Muirheadów.

8.:    

W jednym z poprzednich postów pokazałem, że ta suma po prawej to \(\displaystyle{ 4^{n}}\). Nie chce iść jak zastosujemy bezczelnie indukcję, ale jak wzmocnimy tezę i w pierwiastek po lewej wrzucimy \(\displaystyle{ 2n+1}\) to bardzo łatwo wychodzi.