[MIX] Mix matematyczny (13)

[dr_grucha]

Ad.6 Bez straty ogólności możemy założyć, że \(\displaystyle{ ab+bc+ca=1}\), gdyby \(\displaystyle{ ab+bc+ca=k}\), to istnieją takie liczby \(\displaystyle{ a`,b`,c`}\), że \(\displaystyle{ a= \sqrt{k}a`}\), \(\displaystyle{ b= \sqrt{k}b`}\), \(\displaystyle{ c= \sqrt{k}c`}\) i po wstawieniu do nierówności i skróceniu k, otrzymamy:

\(\displaystyle{ \frac{a`}{b`+c`} +\frac{b`}{c`+a`} +\frac{c`}{a`+b`} + \sqrt{ \frac{a`b`+b`c`+c`a`}{a` ^{2} +b` ^{2} +c` ^{2}} } \geqslant \frac{5}{2}}\)

\(\displaystyle{ a`b`+b`c`+c`a`=1}\)

Pomijając primy - wyjściowa nierówność i \(\displaystyle{ ab+bc+ca=1}\)

Korzystając z nierówności \(\displaystyle{ \frac{x _{1}^{2} }{y_{1}} +\frac{x _{2}^{2} }{y_{2}}+...+\frac{x _{n}^{2} }{y_{n}} \geqslant \frac{(x_{1}+x_{2}+...+x_{n})^{2}}{y_{1}+y_{2}+...+y_{n}}}\), którą można łatwo indukcyjnie dowieść.

\(\displaystyle{ \frac{a}{b+c} +\frac{b}{c+a} +\frac{c}{a+b}+\sqrt{ \frac{ab+bc+ca}{a ^{2} +b ^{2} +c^{2}} } =\frac{a ^{2} }{ab+ca} +\frac{b^{2}}{bc+ab} +\frac{c^{2}}{ca+bc}+\sqrt{ \frac{ab+bc+ca}{a ^{2} +b ^{2} +c^{2}} } \geqslant\\ \geqslant\frac{(a+b+c)^{2}}{2(ab+bc+ca)}+\sqrt{ \frac{ab+bc+ca}{a ^{2} +b ^{2} +c^{2}} }= \frac{(a+b+c)^{2}}{2}+\sqrt{ \frac{1}{(a+b+c)^{2}-2} }}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ ab+bc+ca=1}\), więc \(\displaystyle{ (a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab+2bc+2ca \geqslant 3(ab+bc+ca)=3 \Rightarrow a+b+c \geqslant \sqrt{3}}\)

Niech \(\displaystyle{ f(x)= \frac{x^{2}}{2} + \frac{1}{ \sqrt{x^{2}-2} }}\), \(\displaystyle{ x > \sqrt{2}}\)

\(\displaystyle{ f`(x)=x- \frac{x}{(x^{2}-2)^{\frac{3}{2}}} = \frac{x((x^{2}-2)^{\frac{3}{2}}-1)}{(x^{2}-2)^{\frac{3}{2}}}}\)
\(\displaystyle{ f`(x)>0 \Leftrightarrow (x^{2}-2)^{\frac{3}{2}}-1>0 \Leftrightarrow x^{2}-2>1 \Leftrightarrow x> \sqrt{3}}\)

Więc dla \(\displaystyle{ x> \sqrt{3}}\) funkcja jest rosnąca i \(\displaystyle{ f( \sqrt{3} )= \frac{5}{2}}\)

\(\displaystyle{ \frac{a}{b+c} +\frac{b}{c+a} +\frac{c}{a+b}+\sqrt{ \frac{ab+bc+ca}{a ^{2} +b ^{2} +c^{2}} } \geqslant \frac{(a+b+c)^{2}}{2}+\sqrt{ \frac{1}{(a+b+c)^{2}-2} } =f(a+b+c) \geqslant f( \sqrt{3})= \frac{5}{2}}\)

[Sylwek]

ad. 6 OK, do pewnego momentu podobnie robiłem, ale dowód "trochę krótszy":
\(\displaystyle{ \frac{a}{b+c} +\frac{b}{c+a} +\frac{c}{a+b}+\sqrt{ \frac{ab+bc+ca}{a ^{2} +b ^{2} +c^{2}} } \geqslant \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}+\sqrt{ \frac{ab+bc+ca}{a ^{2} +b ^{2} +c^{2}} }= \\ = 1 + \frac{1}{2} (\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\sqrt{ \frac{ab+bc+ca}{a ^{2} +b ^{2} +c^{2}} }+\sqrt{ \frac{ab+bc+ca}{a ^{2} +b ^{2} +c^{2}} }) \geqslant \\ \geqslant 1+ \frac{1}{2} \cdot 3 = \frac{5}{2}}\)
Po drodze wykorzystałem tylko nierówność Cauchy'ego-Schwarza w formie Engela i AM-GM.

A taki myk jak Ty zrobiłeś często się przydaje przy jednorodnych nierównościach.
P.S. Wciskając znak cudzysłowu na klawiaturze, ale nie używając Shift uzyskasz: ' , co daje np. \(\displaystyle{ f'(x)}\) - troszkę ładniej to wygląda

[andkom]

Jakoś nikt się nie pali do ostatniego zadania (mimo, że nie jest trudne), więc napiszę:

3.
Załóżmy, że taki wielomian W istnieje. Zastępując w razie potrzeby W przez -W możemy założyć, że \(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}W(n)=+\infty}\). W szczególności istnieje takie n>1 naturalne, że \(\displaystyle{ W(n)>2^{|W(0)|}}\). Dla takiego n mamy:
\(\displaystyle{ W(n)=(W(n)+n)-n|W(W(n)+n)-W(n)}\), a więc \(\displaystyle{ W(n)|W(W(n)+n)}\).
Ale W(n)+n>n jest całkowite dodatnie, więc \(\displaystyle{ W(n)|W(W(n)+n)|2^{W(n)+n}-1}\)
Mamy zatem \(\displaystyle{ W(n)|2^n-1}\) oraz \(\displaystyle{ W(n)|2^{W(n)+n}-1}\).
Z drugiej strony \(\displaystyle{ n=n-0|W(n)-W(0)}\), więc \(\displaystyle{ NWD(n,W(n))||W(0)|}\), więc istnieją a i b naturalne takie, że |W(0)|=an-bW(n). Mamy
\(\displaystyle{ W(n)|2^n-1|2^{(a+b)n}-1}\) oraz \(\displaystyle{ W(n)|2^{W(n)+n}-1|2^{b(W(n)+n)}-1}\), a stąd
\(\displaystyle{ W(n)|(2^{(a+b)n}-1)-(2^{b(W(n)+n)}-1)=2^{b(W(n)+n)}(2^{(a+b)n-b(W(n)+n)}-1)=2^{b(W(n)+n)}(2^{|W(0)|}-1)}\)
Poniważ W(n) jest nieparzyste (jako dzielnik \(\displaystyle{ 2^n-1}\)), więc
\(\displaystyle{ W(n)|2^{|W(0)|}-1}\). Ale \(\displaystyle{ W(n)>2^{|W(0)|}}\), zatem \(\displaystyle{ 2^{|W(0)|}-1=0}\), czyli W(0)=0, a stąd \(\displaystyle{ 2=2-0|W(2)-W(0)=W(2)|2^2-1=3}\)
Uzyskana sprzeczność dowodzi, że taki wielomian W nie istnieje.

Uwaga: W zadaniach 2. i 3. założenie o całkowitych współczynnikach wielomianu można pominąć.

[Sylwek]

Hm, ciekawe rozwiązanie. Swoją drogą zadanie było kilka lat temu na finale OM (troszkę inna treść), a wzorcówka jest bardzo intuicyjna

Przypuśćmy, że W(x) dla pewnego x całkowitego jest różny od 1 i -1, zatem dzieli się on przez liczbę pierwszą p (widać, że p nie może być dwójką), co zapiszemy: \(\displaystyle{ p|W(n)|2^n-1}\). Ponieważ \(\displaystyle{ W(p+n) \equiv W(n) \ (mod p)}\), to także \(\displaystyle{ p|W(p+n)|2^{p+n}-1}\).

Prosto zauważyć, że także liczba \(\displaystyle{ 2^{p+n}-1 - (2^n-1)}\) dzieli się przez p, czyli: \(\displaystyle{ 2^n(2^p-1)}\) dzieli się przez p, a ponieważ \(\displaystyle{ (p,2)=1}\), to \(\displaystyle{ 2^p-1}\) dzieli się przez p (zatem \(\displaystyle{ 2^p \equiv 1 \ (mod p)}\)), ale z MTF: \(\displaystyle{ 2^p \equiv 2 \ (mod p)}\), zatem \(\displaystyle{ 1 \equiv 2 \ (mod p) \ \iff \ 1 \equiv 0 \ (mod p)}\), zatem p jest dzielnikiem 1 - sprzeczność. Zatem W(x) przyjmuje dla nieskończonej ilości liczb naturalnych wartość 1 lub -1, zatem jest wielomianem stałym, tj.: \(\displaystyle{ W(x) \equiv 1 \ \ W(x) \equiv -1}\), co przeczy założeniom zadania (wielomian stopnia dodatniego).

Zatem nie istnieje wielomian spełniający warunki zadania.


Mix (13) uważam za pokonany