[MIX][Analiza][Algebra] Rozgrzewka przed drugim etapem OM

[Michalinho]

\(\displaystyle{ a_1 \cdot a_2^2 \cdot \ldots \cdot a_n^n \le (a_1 \cdot a_2 \cdot \ldots \cdot a_n)^n}\)
To jest nieprawdziwe, zwłaszcza dla liczb o sumie 1.

Ale wydaje mi się, że prawdziwe jest:
\(\displaystyle{ a_1 \cdot a_2^2 \cdot \ldots \cdot a_n^n \le a_1 \cdot a_2 \cdot \ldots \cdot a_n \le \left( \frac{a_1+a_2+ \ldots +a_n} {n} \right) ^n=\left( \frac{1}{n} \right) ^n.}\)

[Vax]

3:    

Zauważmy, że:

\(\displaystyle{ \frac{2}{n(n+1)} = \frac{a_1+2\frac{a_2}{2}+3\frac{a_3}{3}+...+n\frac{a_n}{n}}{\frac{n(n+1)}{2}} \ge \sqrt[\frac{n(n+1)}{2}]{\frac{a_1a_2^2a_3^3...a_n^n}{2^2\cdot 3^3\cdot ... \cdot n^n}} \\ \\ \iff \\ \\ a_1a_2^2...a_n^n \le \left(\frac{2}{n(n+1)}\right)^{\frac{n(n+1)}{2}}\cdot 2^2\cdot 3^3\cdot ... \cdot n^n}\)

Równość zachodzi dla \(\displaystyle{ a_i = \frac{2i}{n(n+1)}}\)

4:    

Dla \(\displaystyle{ n=1}\) nierówność nie działa, ale działa dla \(\displaystyle{ n \ge 2}\). Zauważmy, że jeżeli \(\displaystyle{ a_i \le 1}\) to \(\displaystyle{ \frac{1}{1+a_i^2} \ge \frac{1}{2}}\), stąd jeżeli istnieją co najmniej dwa wyrazy nie większe niż \(\displaystyle{ 1}\) teza działa. Załóżmy, że dokładnie jeden wyraz ciągu jest nie większy niż \(\displaystyle{ 1}\), bso \(\displaystyle{ a_1 \le 1}\), czyli \(\displaystyle{ a_2, a_3, ... , a_n > 1}\), ale wówczas:

\(\displaystyle{ \frac{1}{1+a_1^2}+...+\frac{1}{1+a_n^2} \ge \frac{1}{1+a_1^2} + \frac{1}{1+a_n^2} = \frac{1}{1+a_1^2} + \frac{1}{1+(\frac{1}{a_1a_2...a_{n-1}})^2} = \frac{1}{1+a_1^2}+\frac{a_1^2a_2^2...a_{n-1}^2}{1+a_1^2a_2^2...a_{n-1}^2} \ge \frac{1}{1+a_1^2a_2^2...a_{n-1}^2} + \frac{a_1^2a_2^2...a_{n-1}^2}{1+a_1^2a_2^2...a_{n-1}^2} = 1}\)

Ostatnia nierówność wynika z \(\displaystyle{ a_1^2 \le a_1^2a_2^2...a_{n-1}^2}\)

[Ponewor]

\(\displaystyle{ a_1 \cdot a_2^2 \cdot \ldots \cdot a_n^n \le (a_1 \cdot a_2 \cdot \ldots \cdot a_n)^n}\)
To jest nieprawdziwe, zwłaszcza dla liczb o sumie 1.

Ale wydaje mi się, że prawdziwe jest:
\(\displaystyle{ a_1 \cdot a_2^2 \cdot \ldots \cdot a_n^n \le a_1 \cdot a_2 \cdot \ldots \cdot a_n \le \left( \frac{a_1+a_2+ \ldots +a_n} {n} \right) ^n=\left( \frac{1}{n} \right) ^n.}\)

Problem w tym, że nie chcemy robić tak śmiałych szacowań, bo chcemy żeby jeszcze równość mogła zachodzić.

[mol_ksiazkowy]

18

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ f(x)= (x+6)^2 - 6}\) a tj. \(\displaystyle{ f(f(x))= (x+6)^4 - 6}\) itd.
aż \(\displaystyle{ f(f( f (f(f(x))))) = (x+6)^{32} - 6}\) tj. \(\displaystyle{ x= - 6 \pm \sqrt[32]{6}}\)

[Hydra147]

Problem w tym, ... że nie jest.

Przepraszam, chodziło oczywiście o funkcję \(\displaystyle{ f(x)=\sqrt{(x^2+1)}}\), literówka. Dalej wszystko jest dobrze.

[hannahannah]

20.

Ukryta treść:    

[1.] \(\displaystyle{ f(0)=0}\), bo \(\displaystyle{ 2f(0)=f(0+0)+f(0-0)=f(0)}\)
[2.] \(\displaystyle{ f(3a)=f(2a)=2f(a)}\), bo \(\displaystyle{ f(2a)=f(2a)+f(0)=f(a+a)+f(a-a)=f(3a)=f(a+0)+f(a-0)=2f(a)}\)

Stosując [1.] i [2.]:

\(\displaystyle{ 4f(1)=2f(2)=f(2+0)+f(2-0)=f(6)=f(2+1)+f(2-1)=}\)

\(\displaystyle{ =f(3)+f(1)=f(1+0)+f(1-0)+f(1)=3f(1)}\)

Stąd

[3.] \(\displaystyle{ f(1)=0}\).

[4.] \(\displaystyle{ f(2n-1)=f(n+(n-1))+f(n-(n-1))=f(3n)+f(1)=f(2n)}\) (stosujemy [2.], [3.] w ostatniej równości).

Wystarczy teraz zastosować indukcję z warunkiem początkowym [1.], [3.] i krokiem [4.] i otrzymujemy \(\displaystyle{ f=0}\).

[mol_ksiazkowy]

22

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ b_j = \frac{a_j}{6}}\) tj.

\(\displaystyle{ \sum^n_{i=1}b_i = 16 \quad \sum^n_{i=1}b_{i}^{2} = 4 \quad \sum^n_{i=1}b_{i}^{3}= 1}\).

ale \(\displaystyle{ (\sum^n_{i=1}b_i) (\sum^n_{i=1}b_i^3) \geq (\sum^n_{i=1}b_i^2)^2}\)
równość tylko gdy wszystkie składniki są równe

tj \(\displaystyle{ b_j}\) są wszystkie równe: więc \(\displaystyle{ a_j}\) też:
\(\displaystyle{ a_j = \frac{3}{2}}\) dla \(\displaystyle{ j=1, ...,64}\)

[marcin7Cd]

24.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ x_{i-1}+\frac{2}{x_{i-1}}=2x_{i}+\frac{1}{x_{i}}}\) mnożę przez \(\displaystyle{ \frac{x_{i}}{2}}\) i otrzymuje \(\displaystyle{ 0=\left( x_{i}-\frac{x_{i-1}}{2}\right)\left( x_{i}-\frac{1}{x_{i-1}}\right)}\) Skąd otrzymuje \(\displaystyle{ x_{i}=\frac{x_{i-1}}{2} \ \hbox{lub} \ x_{i}=\frac{1}{x_{i-1}}}\). Co daje nam, że \(\displaystyle{ x_{0}=x_{1995}=\frac{2^{n}}{x_{0}}}\) dla \(\displaystyle{ n<1995}\) (bo muszę choć raz odwrócić ułamek) odrzuciłem rozwiązania w formie \(\displaystyle{ \frac{x_{0}}{2^{n}}}\) bo dla \(\displaystyle{ n>0}\) otrzymuje \(\displaystyle{ x_{0}=0}\), a dla \(\displaystyle{ n=0}\) nigdy nie otrzymam takiej formy, bo tylko dla parzystych indeksów jestem w stanie otrzymać taką formę. Wracając do rozwiązania mamy \(\displaystyle{ x_{0}= \sqrt{2^{n}}}\) dla \(\displaystyle{ n<1995}\). Co daje największą wartość dla \(\displaystyle{ n=1994 \Rightarrow x_{0}=2^{997}}\). Teraz wystarczy podać rozwiązanie \(\displaystyle{ x_{i}=2^{997-i} \ \hbox{dla} \ i=0,1,...1994 \ x_{1995}=\frac{1}{2^{-997}}=2^{997}=x_{0}}\)

[Ponewor]

[4.] \(\displaystyle{ f \left( 2n-1 \right) =\ldots=f \left( 2n \right)}\)
Wystarczy teraz zastosować indukcję z warunkiem początkowym [1.], [3.] i krokiem [4.] i otrzymujemy \(\displaystyle{ f=0}\).

Ale ten krok działa tylko z nieparzystych w parzyste. Jak będziemy chcieli wnioskować \(\displaystyle{ T \left( n \right) \Rightarrow T \left( n+1 \right)}\), gdy \(\displaystyle{ n}\) będzie parzyste?

[marcin7Cd]

[4.] \(\displaystyle{ f \left( 2n-1 \right) =\ldots=f \left( 2n \right)}\)
Wystarczy teraz zastosować indukcję z warunkiem początkowym [1.], [3.] i krokiem [4.] i otrzymujemy \(\displaystyle{ f=0}\).

Ale ten krok działa tylko z nieparzystych w parzyste. Jak będziemy chcieli wnioskować \(\displaystyle{ T \left( n \right) \Rightarrow T \left( n+1 \right)}\), gdy \(\displaystyle{ n}\) będzie parzyste?

to ja uzupełnię.

Ukryta treść:    

Podstawiam \(\displaystyle{ y=x-2}\) i korzystam z \(\displaystyle{ f(3x)=f(2x)=2f(x)}\), otrzymując \(\displaystyle{ 2(f(x-1)+f(1))= f(2x-2)+f(2)=f(3x)=f(2x)=2f(x)}\), czyli \(\displaystyle{ f(x-1)=f(x)}\) i teraz powinna wyjść z indukcji.

[hannahannah]

[4.] \(\displaystyle{ f \left( 2n-1 \right) =\ldots=f \left( 2n \right)}\)
Wystarczy teraz zastosować indukcję z warunkiem początkowym [1.], [3.] i krokiem [4.] i otrzymujemy \(\displaystyle{ f=0}\).

Ale ten krok działa tylko z nieparzystych w parzyste. Jak będziemy chcieli wnioskować \(\displaystyle{ T \left( n \right) \Rightarrow T \left( n+1 \right)}\), gdy \(\displaystyle{ n}\) będzie parzyste?

Zależy od \(\displaystyle{ T(n)}\). Jeśli za \(\displaystyle{ T(n)}\) weźmiemy \(\displaystyle{ f(k)=0, k=1,\ldots,n}\), to krok z \(\displaystyle{ 2n-2}\) do \(\displaystyle{ 2n-1}\) i \(\displaystyle{ 2n}\) jednocześnie działa tak
\(\displaystyle{ 0=2f(n)=f(2n)=f(2n-1)}\).

[Ponewor]

Rzeczywiście, w ten sposób działa.

[marcin7Cd]

7.

Ukryta treść:    

podstawiam \(\displaystyle{ x_{i}=r_{i}}\)otrzymuje \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}r_{i}^{2} \ge \left( \sum_{i=1}^{n} r_{i}^{2}\right)^{2} \Rightarrow \sum_{i=1}^{n}r_{i}^{2}\left( 1 -\sum_{i=1}^{n}r_{i}^{2} \right) \ge 0 \Rightarrow 1 \ge \sum_{i=1}^{n}r_{i}^{2}}\) Teraz w drugą stronę. Z nierówności Cauchy'ego-schwarza mamy \(\displaystyle{ \left( \sum_{i=1}^{n}r_{i}x_{i}\right)^{2} \le \left( \sum_{i=1}^{n}x_{i}^{2}\right)\left( \sum_{i=1}^{n}r_{i}^{2}\right) \le \left( \sum_{i=1}^{n}x_{i}^{2}\right) \cdot 1}\) Co kończy dowód

-- 2 lut 2015, o 17:17 --

16.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ f(0)=\frac{ab}{9} \ f(- \sqrt{-b})=f(\sqrt{-b})=-\frac{8ab}{9}}\) dla \(\displaystyle{ a=0}\) wielomian ma trzy pierwiastki, a dla \(\displaystyle{ a \neq 0}\) wielomian ma dwa pierwiastki odpowiednio w przedziałach \(\displaystyle{ (- \sqrt{-b},0)}\) i \(\displaystyle{ (0, \sqrt{-b})}\). Wielomian nieparzystego stopnia ma nieparzystą ilość pierwiastków, więc ten wielomian ma trzy pierwiastki

-- 2 lut 2015, o 17:41 --

8.

Ukryta treść:    

Podstawiając \(\displaystyle{ a=2 \ b=2 \ c=1}\) otrzymuje \(\displaystyle{ k \le 100}\). Jeśli udowodnię, żę nierówność zachodzi dla \(\displaystyle{ k=100}\) to rozwiąże zadanie. Dla ułatwienia podstawmy \(\displaystyle{ c=\frac{c_{1}}{2}}\). Wtedy mamy
\(\displaystyle{ 100abc_{1} \le (2a+2b+c_{1})((a+b)^2+(a+b+2c^{1})^2) \Leftrightarrow kabc_{1} \le \\ (2a+2b+c_{1})(2a^{2}+2b^{2}+4c_{1}^{2}+4ab+4ac_{1}+4bc_{1})}\).
Teraz wystarczy zastosować dwa razy nierówność między średnią geometryczną, a arytmatyczną.
\(\displaystyle{ (2a+2b+c_{1})(2a^{2}+2b^{2}+4c_{1}^{2}+4ab+4ac_{1}+4bc_{1}) \ge 5\sqrt[5]{a^{2}b^{2}c_{1}^{2}} \cdot 20 \sqrt[20]{a^{12}b^{12}c_{1}^{16}}=100abc_{1}}\)
Co kończy dowód.

-- 2 lut 2015, o 18:25 --

9.

Ukryta treść:    

Zauważmy, że \(\displaystyle{ a-x_{i} \ge 0 \ \hbox{i} \ x_{i} \ge 0}\) .Weżmy \(\displaystyle{ y=\sqrt[2n]{x_{1}x_{2}...x_{n}}}\) wtedy ze średniej AM-GM mamy
\(\displaystyle{ y^{2}=\sqrt[n]{x_{1}x_{2}...x_{n}} \le \frac{x_{1}+x_{2}+...+x_{n}}{n} \\
y=\sqrt[2n]{x_{1}x_{2}..x_{n}}=\sqrt[2n]{(a-x_{1})^{2}(a-x_{2})^{2}....(a-x_{n})^{2}}=\sqrt[n]{(a-x_{1})(a-x_{2})...(a-x_{n})} \le a-\frac{x_{1}+x_{2}+...+x_{n}}{n}}\)
Sumując obie nierówności otrzymuje \(\displaystyle{ y^{2}+y \le a}\) Rozwiązując nierówność kwadratową otrzymuje \(\displaystyle{ y \le \frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2} \Rightarrow y \le \left( \frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2}\right)^{2n}=\left( \frac{2a+1+\sqrt{4a+1}}{2}\right)^{n}.}\)
Co jest osiągane gdy \(\displaystyle{ x_{1}=x_{2}=....=x_{n}=(a-x_{n})^2 \Rightarrow 0=x_{1}^{2}-(2a+1)x_{1}+a^{2} \Rightarrow x_{i}= \frac{2a+1+\sqrt{4a+1}}{2}\right}\)

23.

Ukryta treść:    

Załóżmy, że \(\displaystyle{ x_{i} \neq 0}\) dla \(\displaystyle{ i=1,2,..n}\) oraz \(\displaystyle{ n>1}\) (dla \(\displaystyle{ n=1}\) rozwiązaniem jest \(\displaystyle{ x_{1} \ge 0}\)). Podnieśmy równanie do sześcianu \(\displaystyle{ \left( x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+...x_{n}^{2}\right)^3=(x_{1}^{3}+x_{2}^{3}+...+x_{n}^{3})^{2}}\)
Z nierówności Cauchy'ego-Schwarza mamy \(\displaystyle{ \left( \sum_{i=1}^{n}x_{i}^{3}\right)^{2}=\left( \sum_{i=1}^{n}x_{i}^{2}x_{i}\right)^{2} \le \left( \sum_{i=1}^{n}x_{i}^{2}\right)\left( \sum_{i=1}^{n}x_{i}^{4} \right)=\left( \sum_{i=1}^{n}x_{i}^{2}\right)\left( \left( \sum_{i=1}^{n}x_{i}^{2}\right)^2-2 \sum_{1 \le i<j \le n}x_{i}^{2}x_{j}^{2} \right)<\left( \sum_{i=1}^{n}x_{i}^{2}\right)^{3}}\)
Co oznacza, że jedynym nie zerowym rozwiązaniem jest \(\displaystyle{ n=1 \ x_{1}> 0}\)

-- 2 lut 2015, o 23:27 --

21.
To zadanie jest z IMO shorlist 1992

Ukryta treść:    

Oznaczmy \(\displaystyle{ x=x_{0} \ x_{n}=f(x_{n-1}) \ \hbox{dla} \ n=1,2,...}\). Podana zależność przyjmuje postać \(\displaystyle{ x_{n+2}+ax_{n+1}=b(a+b)x_{n}}\). Tą zależność rekurencyjną można rozwiązać korzystając z równań charakterystycznych liczby \(\displaystyle{ b}\) i \(\displaystyle{ -a-b}\) są pierwiastkami równania \(\displaystyle{ x^{2}+ax=b(a+b)x}\) , więc\(\displaystyle{ x_{n}= \alpha b^{n} \beta (-b-a)^n}\) spełniające warunki \(\displaystyle{ x_{0}=\alpha+\beta}\) i \(\displaystyle{ x_{1}=\alpha b-\beta(a+b) \beta}\). aby \(\displaystyle{ x_{n}>0}\) dla każdego \(\displaystyle{ n \in N}\) musimy mieć \(\displaystyle{ \beta=0}\). Dostajemy wtedy \(\displaystyle{ x_{0}=\alpha \ f(x_{0})=x_{1}=\alpha b=x_{0}b}\)

13.

Ukryta treść:    

Mnożę nierówność przez 8 i otrzymuje
\(\displaystyle{ \frac{8a^{2}}{8a^{2}+(b+c)^2}+\frac{8b^{2}}{8b^{2}+(a+b)^{2}}+\frac{8c^2}{8c^2+(b+c)^2} \le 2 \Leftrightarrow \\ 1 \le \frac{(b+c)^{2}}{8a^{2}+(b+c)^{2}}+ \frac{(a+c)^{2}}{8b^{2}+(a+b)^{2}}+ \frac{(a+b)^{2}}{8c^{2}+(a+b)^2} \Leftrightarrow \\ 1 \le \frac{1}{8\left( \frac{a}{b+c}\right)^{2} +1}+\frac{1}{8\left( \frac{b}{a+c}\right)^{2} +1}+\frac{1}{8\left( \frac{c}{a+b}\right)^{2}+1 }}\)
Dla ułatwienia (mnożenia) podstawmy \(\displaystyle{ x=\frac{a}{b+c} \ y=\frac{b}{a+c} \ z=\frac{c}{a+b}}\) i pomnóżmy nierówność przez \(\displaystyle{ (8x^{2}+1)(8y^{2}+1)(8z^{2}+1)}\) otrzymując
\(\displaystyle{ 512x^{2}y^{2}z^{2} \le 2+8x^{2}+8y^{2}+8z^{2} \Leftrightarrow \\
512 \le \frac{8}{y^{2}z^{2}}+\frac{8}{x^{2}z^{2}}+ \frac{8}{x^{2}y^{2}}+\frac{2}{x^{2}y^{2}z^{2}}}\)
Teraz będziemy szacować korzystając z nierówności AM-GM
\(\displaystyle{ \frac{(a+c)^{2}(a+b)^{2}}{b^{2}c^{2}}+\frac{(b+c)^{2}(a+b)^{2}}{a^{2}c^{2}}+\frac{(b+c)^{2}(a+c)^{2}}{a^{2}b^{2}}= \\
\frac{a^{2}(a+c)^{2}(a+b)^{2}+b^{2}(b+a)^{2}(b+c)^{2}+c^{2}(c+a)^{2}(c+b)^{2}}{a^{2}b^{2}c^{2}} \ge \\
\frac{16a^{4}bc+16b^{2}ac+16c^{4}ab}{abc} \ge \\
\frac{ 3 \sqrt[3]{16^{3}a^{6}b^{6}c^{6}} }{a^{2}b^{2}c^{2}}=48 \Leftrightarrow
\frac{1}{y^{2}z^{2}}+\frac{1}{x^{2}z^{2}}+\frac{1}{x^{2}y^{2}} \ge 48}\)
Teraz szacuje drugie wyrażenie
\(\displaystyle{ \frac{1}{x^{2}y^{2}z^{2}}=\frac{(b+c)^{2}(a+c)^{2}(a+b)^{2}}{a^{2}b^{2}c^{2}} \ge \frac{4bc \cdot 4ac \cdot 4ab}{a^{2}b^{2}c^{2}}=64}\)
Co daje nam w końcu rozwiązanie
\(\displaystyle{ \frac{8}{y^{2}z^{2}}+\frac{8}{x^{2}z^{2}}+ \frac{8}{x^{2}y^{2}}+\frac{2}{x^{2}y^{2}z^{2}} \ge 8 \cdot 48+64 \cdot 2 =512}\)
Ktoś może dać prostsze rozwiązanie, bo zrobiłem je w zbyt żmudny sposób

[gus]

23.

Ukryta treść:    

Załóżmy, że liczby istnieją liczby \(\displaystyle{ x_{1}, x_{2} ,\ldots, x_{n}}\) spełniają to równanie.
Niech \(\displaystyle{ t=\sqrt{x^{2}_{1}+x^{2}_{2}+\ldots x^{2}_{n}}}\).
Weźmy funkcję \(\displaystyle{ f(x)=tx^2(t-x)}\). Wtedy:
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}f(x_ {i})= \sum_{}^{}t^2x_{i}^2-tx_{i}^3=t^2 \sum_{}^{} x_i^2-t \sum_{}^{} x_i^3=t^4-t^4=0}\)
Dla \(\displaystyle{ i=1,2,\ldots,n}\) funkcja \(\displaystyle{ f(x_i)}\) jest nieujemna. \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}f(x_i)}\) jest sumą nieujemnych funkcji, więc \(\displaystyle{ f(x_1)=f(x_2)=\ldots=f(x_n)=0}\)
Funkcja \(\displaystyle{ f}\) ma dwa pierwiastki, wiec rozwiązaniami danego równania są liczby \(\displaystyle{ x_i=0 \vee x_i=t}\) dla \(\displaystyle{ i=1,2,\ldots,n}\)

[timon92]

13. Ktoś może dać prostsze rozwiązanie, bo zrobiłem je w zbyt żmudny sposób

13:    

mamy \(\displaystyle{ 4a^2+(b+c)^2 \ge 4ab+4ac}\) czyli \(\displaystyle{ \frac{a^2}{8a^2+(b+c)^2} \le \frac{a^2}{4a^2+4ab+4ac} = \frac 14 \cdot \frac{a}{a+b+c}}\) i wystarczy dodać dwie analogiczne nierówności