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

[Ponewor]

\(\displaystyle{ t^2 \sum_{}^{} x_i^2-t \sum_{}^{} x_i^3=t^4-t^4}\)

To wygląda kiepsko.

[gus]

Dlaczego? Przecież \(\displaystyle{ t^2=x^{2}_{1}+x^{2}_{2}+\ldots x^{2}_{n}}\) i \(\displaystyle{ t^3=x^{3}_{1}+x^{3}_{2}+\ldots x^{3}_{n}}\)

[Ponewor]

Sugerujesz, że \(\displaystyle{ \left(\sqrt{x^{2}_{1}+x^{2}_{2}+\ldots x^{2}_{n}}\right)^{3}=x^{3}_{1}+x^{3}_{2}+\ldots x^{3}_{n}}\)
To sprawdźmy, co się dzieje dla \(\displaystyle{ n=2}\). Weźmy \(\displaystyle{ x_{1}=x_{2}=1}\):
\(\displaystyle{ L=2\sqrt{2} \quad R=2}\).

[gus]

\(\displaystyle{ \left(\sqrt{x^{2}_{1}+x^{2}_{2}+\ldots x^{2}_{n}}\right)^{3}=\left(\sqrt[3]{x^{3}_{1}+x^{3}_{2}+\ldots x^{3}_{n}}\right)^{3}=x^{3}_{1}+x^{3}_{2}+\ldots x^{3}_{n}}\)
Założyłem, że pewne liczby liczby to spełniają, więc nie można podłożyć dowolnego \(\displaystyle{ x_1,x_2}\).


ps. Miałem zły wynik, poprawiłem rozwiązanie:

Ukryta treść:    

Załóżmy, że istnieją liczby \(\displaystyle{ x_{1}, x_{2} ,\ldots, x_{n}}\) spełniające 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 równe \(\displaystyle{ 0}\) i \(\displaystyle{ t}\).
Liczby \(\displaystyle{ x_1=x_2=\ldots=x_n=0}\) spełniają dane równanie.
Jeśli np. \(\displaystyle{ x_1=t}\):
\(\displaystyle{ x^{2}_1=x^{2}_{1}+x^{2}_{2}+\ldots x^{2}_{n}}\)
\(\displaystyle{ x^{2}_{2}+\ldots x^{2}_{n}=0}\)
Czyli równanie spełniają także liczby \(\displaystyle{ x_2=x_3=\ldots=x_n=0}\) oraz \(\displaystyle{ x_1=k}\), gdzie \(\displaystyle{ k}\) jest pewną liczbą naturalną.

[Msciwoj]

Odkopujemy!

10:    

Liczby \(\displaystyle{ a,b,c,d,e}\) są dodatnie i ich iloczyn wynosi \(\displaystyle{ 1}\). Mamy pokazać, że
\(\displaystyle{ \tfrac{a + abc}{1 + ab + abcd} +\tfrac{b + bcd}{1 + bc + bcde} +\tfrac{c + cde}{1 + cd + cdea} +\tfrac{d + dea}{1 + de + deab} +\tfrac{e + eab}{1 + ea + eabc} \ge \tfrac{10}{3}}\)
Wydaje mi się, że autor tematu popełnił błąd przy przepisywaniu, bardziej sensowne od \(\displaystyle{ cda}\) jest \(\displaystyle{ cde}\) w trzecim składniku.

Wygląda to trochę strasznie, ale wystarczy zrobić podstawienie
\(\displaystyle{ a = \frac{x_2}{x_1}, b = \frac{x_3}{x_2}, c = \frac{x_4}{x_3}, d = \frac{x_5}{x_4}, e = \frac{x_1}{x_5}}\). Takie liczby (dodatnie!) \(\displaystyle{ x_i}\) istnieją, bo dla pierwszych czterech zmiennych możemy sobie dobrać dowolne, a ostatnia sama nam wychodzi z iloczynu.
Przyjrzyjmy się pierwszemu wyrazowi naszej nierówności:
\(\displaystyle{ \tfrac{a + abc}{1 + ab + abcd} = \tfrac{\frac{x_2}{x_1} + \frac{x_4}{x_1}}{1 + \frac{x_3}{x_1} + \frac{x_5}{x_1}} = \tfrac{\frac{x_2}{x_1} + \frac{x_4}{x_1}}{\frac{x_1}{x_1} + \frac{x_3}{x_1} + \frac{x_5}{x_1}} =\tfrac{x_2 + x_4}{x_1 + x_3 + x_5}}\)
Co już wygląda dużo ładniej.

Cała nierówność teraz prezentuje się tak:
\(\displaystyle{ \tfrac{x_2 + x_4}{x_1 + x_3 + x_5} + \tfrac{x_3 + x_5}{x_2 + x_4 + x_1} + \tfrac{x_4 + x_1}{x_3 + x_5 + x_2} + \tfrac{x_5 + x_2}{x_4 + x_1 + x_3} + \tfrac{x_1 + x_3}{x_5 + x_2 + x_4} \ge \tfrac{10}{3}}\)

Zauważmy teraz, że \(\displaystyle{ \tfrac{x_2 + x_4}{x_1 + x_3 + x_5} +1 = \tfrac{x_1 + x_2 + x_3 + x_4+ x_5}{x_1 + x_3 + x_5}}\). Mamy pięć składników, więc po dodaniu do naszej nierówności \(\displaystyle{ 5}\) stronami otrzymujemy do udowodnienia:

\(\displaystyle{ (x_1+x_2+x_3+x_4+x_5) \cdot \sum_{cyc} \tfrac{1}{x_1+x_3+x_5} \ge \tfrac{25}{3}}\)

Jednakże na mocy nierówności między średnią arytmetyczną i harmoniczną dla zmiennych postaci \(\displaystyle{ \tfrac{1}{x_1+x_3+x_5}}\) mamy:
\(\displaystyle{ \sum_{cyc} \tfrac{1}{x_1+x_3+x_5} \ge 5^2 \tfrac{1}{3x_1 +3x_2 +3x_3 + 3x_4 + 3x_5}}\) - bo każda liczba \(\displaystyle{ x_i}\) występuje w mianowniku dokładnie trzy razy.
Po pomnożeniu stronami przez \(\displaystyle{ x_1+x_2+x_3+x_4+x_5}\) dostajemy ostatnią wersję nierówności, skąd możemy się cofnąć do początku, co kończy dowód.

[marcin7Cd]

Ostatnie zadanie

27.:    

Rozważmy wielomian \(\displaystyle{ P(x)=(x+b_1)(x+b_2)...(x+b_{n-1})(x+b_n)-1}\) Z warunków zadania wiem, że \(\displaystyle{ a_1,a_2,...a_n}\) są miejscami zerowymi jest ich \(\displaystyle{ n}\), a wielomian jest stopnia \(\displaystyle{ n}\), więc muszą być to wszystkie. Oznacza to, że \(\displaystyle{ P(x)=(x-a_1)(x-a_2)...(x-a_n)}\). To czego szukam, to \(\displaystyle{ P(-b_j) \cdot (-1)^n}\), ale zauważmy, że (korzystając z pierwszej definicji \(\displaystyle{ P(x)}\))\(\displaystyle{ P(-b_j)=(-b_j+b_1)(-b_j+b_2)...(-b_j+b_j)...(-b_j+b_{n-1})(-b_j+b_n)-1=-1}\)To oznacza, że szukana wartość to \(\displaystyle{ (-1)^{n+1}}\)