[MIX] Zestaw zadań z KMDO

[limes123]

Jak juz tak odkopujemy, to widze ze jeszcze nie ma "ladnego" rozwiazania 6 -> \(\displaystyle{ \frac{a^3}{b^2}\geq \frac{a^2}{b}+a-b}\) i tyle

[Sylwek]

ad. 6 Świetne rozwiązanie

ad. 5 Może przedstawię swoje rozwiązanie, bierzemy równość zadania: \(\displaystyle{ (P(x))^2=(x^2-1)(Q(x))^2+1}\) i obustronnie różniczkujemy:
\(\displaystyle{ 2 \cdot P(x) \cdot P'(x) = 2x \cdot (Q(x))^2 + 2(x^2-1) \cdot Q(x) \cdot Q'(x) \\
P(x) \cdot P'(x) = Q(x) \left(x \cdot Q(x) + (x^2-1) \cdot Q'(x) \right)}\)

Oczywiście n=m+1. Niech \(\displaystyle{ x_1,\ldots,x_m}\) będą wsyzstkimi pierwiastkami Q(x) (niekoniecznie rzeczywistymi), wówczas \(\displaystyle{ P(x_i) \cdot P'(x_i) = 0}\), ale z równości zadania:

\(\displaystyle{ (P(x_i))^2=(x_i^2-1)^2 \cdot (Q(x_i))^2 + 1=0 + 1 = 1}\), toteż \(\displaystyle{ P(x_i) \ne 0}\), stąd: \(\displaystyle{ P(x_i) \cdot P'(x_i) = 0 \iff P'(x_i)=0}\), ale \(\displaystyle{ P'(x)}\) i \(\displaystyle{ Q(x)}\) są tego samego stopnia [stopień m], stąd zachodzi (mają ten sam zbiór pierwiastków): \(\displaystyle{ P'(x)=w \cdot Q(x)}\), ale z drugiej strony: \(\displaystyle{ P'(x)=(x^{m+1}+a_{n-1}x^m+\ldots+a_1x+a_0)'=(m+1)x^m + \ldots=n x^m + \ldots}\) - z tego wynika, że \(\displaystyle{ w \cdot Q(x)=w \cdot x^m + \ldots = n \cdot x^m + \ldots \Rightarrow w=n}\)

Stąd już: \(\displaystyle{ P'(x)=n \cdot Q(x)}\).

Zestaw został w końcu całościowo pokonany

[limes123]

No to jeszcze jedno ladne rozwiazanie 6;p
Z Cauchy'ego Schwarza
\(\displaystyle{ (a+b+c)(\frac{a^3}{b^2}+\frac{b^3}{c^2}+\frac{c^3}{a^2})\geq (\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a})^2}\) czyli wystarczy udowodnic, ze
\(\displaystyle{ \sum \frac{a^2}{b}\geq \sum a}\) a to wynika znowu z Cauchy'ego Schwarza + ciagi niejednomonotoniczne

[mol_ksiazkowy]

Niech będą wsyzstkimi pierwiastkami Q(x) (niekoniecznie rzeczywistymi),

hm no tak,czy to wystarczy , ale np wielomiany \(\displaystyle{ x(x^2+1)^2}\) i \(\displaystyle{ x^3(x^2+1)}\) maje wspolne pierwiastki, ale "nie roznia sie o stała.."!? , itd

[Sylwek]

Przykładowo w pierwszym wielomianie 0 jest jednokrotnym pierwiastkiem, a w drugim trzykrotnym, ale domyślam się o co Ci chodzi. Po prostu wystarczy skorzystać z twierdzenia: k jest n-krotnym pierwiastkiem P(x) wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ P(k)=0, P'(k)=0, \ldots ,P^{(n-1)}(k)=0, \ P^{(n)}(k) 0}\), gdzie \(\displaystyle{ P^{(s)}(x)}\) oznacza k-tą pochodną P(x), dalej wiadomo.

[kumnopek1]

6. Wykaż, że dla dowolnych liczb dodatnich \(\displaystyle{ a,b,c}\) zachodzi nierówność: \(\displaystyle{ \frac{a^3}{b^2} + \frac{b^3}{c^2} + \frac{c^3}{a^2} \geqslant \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a}}\)

mógłby ktoś sprawdzić, czy to rozwiązanie jest poprawne?

Ukryta treść:    

zakładamy prawdziwość

\(\displaystyle{ x= \frac{a}{b}}\)

\(\displaystyle{ y= \frac{b}{c}}\)

\(\displaystyle{ z= \frac{c}{a}}\)

\(\displaystyle{ ax ^{2} + by ^{2} + cz ^{2} \ge ax + by + cz}\)

\(\displaystyle{ ax(x-1) + by(y-1) + cz(z-1) \ge 0}\)

ze względu na to, że liczby a,b,c,x,y,z są dodatnie (z założeń) wystarczy sprawdzić, co dzieje się, gdy

1) a<b i b<c (a<c)
2) a>b i b<c i a<c
3) a>b i b<c i a>c
4) a<b, b<c, c<a
5) jeśli a=b lub b=c lub c=d to dowodzimy analogicznie z tymi przykładami wyżej

1)
\(\displaystyle{ \frac{a^3}{b^2} + \frac{b^3}{c^2} + \frac{c^3}{a^2} \geqslant \frac{a^2*b}{b^2} + \frac{b^2*c}{c^2} + \frac{c^3}{a*c}}\)

2)
\(\displaystyle{ \frac{a^3}{b^2} + \frac{b^3}{c^2} + \frac{c^3}{a^2} \geqslant \frac{a^3}{b*a} + \frac{b^3}{c*a} + \frac{c^2*a}{a^2}}\)

3)
\(\displaystyle{ \frac{a^3}{b^2} + \frac{b^3}{c^2} + \frac{c^3}{a^2} \geqslant \frac{a^3}{b*a} + \frac{b^3}{c*a} + \frac{c^3}{a*c}}\)

4)
\(\displaystyle{ \frac{a^3}{b^2} + \frac{b^3}{c^2} + \frac{c^3}{a^2} \geqslant \frac{a^2*b}{b^2} + \frac{b^2*c}{c^2} + \frac{c^2*a}{a^2}}\)