Matematyka.pl

polskimisiek pisze: a nawet na zeszłorocznym finale nierówność była wprost żałosna, więc wniosek nasuwa się sam..

To czemu tak mało osób ją zrobiło? ;p

Jak chcecie coś na II etap to macie kaczorki:

x,y,z>0

\(\displaystyle{ \Sigma}\) \(\displaystyle{ \frac{x}{\sqrt{y^{2}+z^{2}}}>2}\)

Pozdro

Możemy rozważać:
\(\displaystyle{ x^2 + y^2 + z^2 = S = t_{1} + t_{2} + t_{3}}\)
Wtedy nierówność wygląda tak:
\(\displaystyle{ \sum \frac{\sqrt{t}}{\sqrt{S-t}}> 2}\)
Ta funkcja jest wypukła (tak na oko), zatem na mocy nierówności Jensena mamy:
\(\displaystyle{ \sum \frac{\sqrt{t}}{\sqrt{S-t}} \geqslant 3 \frac{ \sqrt{ \frac{s}{3}}}{\sqrt{\frac{2S}{3}}} = \frac{3}{\sqrt{2}} > 2}\)

nie, no Jensen na II etap to jak CKM na komara
tu macie coś bardziej dostosowanego :
\(\displaystyle{ a,b,c}\)-liczby rzeczywiste
\(\displaystyle{ 5a^2+10b^2+5c^2+d^2+2ab \geqslant 4ac+10bc+2cd}\)

Nierownosc przeksztalcamy rownowaznie zwijajac pewne wyrazenia otrzmujac
\(\displaystyle{ (a+b)^{2} + (c-d)^2 + 4c^{2} + 4a^{2} + 9b^{2} >= 4ac + 10bc}\)
Pomijamy wyrazenia podniesione do kwadratu gdyz sa wieksze od 0 zatem wystarczy pokazac,ze
\(\displaystyle{ 4c^{2} + 4a^{2} + 9b^{2} - 4ac - 10bc >= 0}\)
\(\displaystyle{ (2a-c)^{2} = 4a^{2} + c^{2} - 4ac}\) Kladac te tozsamosc do nierownosci otrzymujemy, ze wystarczy pokazac, ze \(\displaystyle{ 9b^{2} + 3c^{2} - 10bc >= 0}\)
W tym momencie zadanie sprowadza sie do pokazania, ze \(\displaystyle{ 2 * sqrt{3} * 3 >= 10}\) Co jest chyba oczywiste; >

Udało mi się wzmocnić - \(\displaystyle{ (2a-c+b)^2+(a-b)^2+(2b\sqrt{2}-c\sqrt{2})^2+(c-d)^2\geq 0\iff (4a^2+c^2+b^2-4ac-2bc+4ab)+(a^2-2ab+b^2)+(8b^2-8bc+2c^2)+(c^2-2cd+d^2)\geq 0\iff 5a^2+10b^2+4c^2+d^2+2ab\geq 4ac+10bc+2cd}\)

Co do tej zaproponowanej wcześniej - pomoże chyba podstawienie
\(\displaystyle{ a:=x^2
b:=y^2
c:=z^2}\), bo wtedy nierówność jest równoważna następującej \(\displaystyle{ \sum_{cyc}\sqrt{\frac{a}{b+c}}>2}\)

Wasilewski pisze: Wtedy nierówność wygląda tak:
\(\displaystyle{ \sum \frac{\sqrt{t}}{\sqrt{S-t}}> 2}\)
Ta funkcja jest wypukła (tak na oko)

nie

Niech \(\displaystyle{ x=\frac{a}{b+c}}\) itd. (dla wygody, zachowując podstawienie limesa).
Oczywiście niemożliwe jest by \(\displaystyle{ x=y=z=1}\), zatem na mocy Gm-Hm:
\(\displaystyle{ \sqrt{x*1}+\sqrt{y*1}+\sqrt{z*1}>2\sum_{cyc}\frac{1}{\frac{1}{x}+1}=2\sum_{cyc}\frac{x}{x+1}=
2\sum_{cyc}\frac{\frac{a}{b+c}}{\frac{a}{b+c}+1}=2\sum_{cyc}\frac{\frac{a}{b+c}}{\frac{a+b+c}{b+c}}=2\sum_{cyc}\frac{a}{a+b+c}=2}\)
Q.E.D.

Notka dla Mendy, nie wiem dlaczego tyle osób jej nie zrobiło, ta nierówność była prost wg mojej subiektywnej opinii (w końcu tam nie trzeba było mieć żadnego większego pomysły, tylko Cauchy-Schwarz).

polskimisiek pisze:Na zeszłorocznym finale nierówność była wprost żałosna.

Dla kogo jak dla kogo... xP.
W którymś temacie było, że tylko w 2 zadaniu średnia była większa niż 2, więc w nierówności była mniejsza niż 2, a więc zrobiło ją mniej niż 1/3 osób (przyjmująć, że podostawali 6 za nią ludzie).

P.S. Mój kolega jak nic nie rozumie na lekcji matematyki to mówi "Tak, tak, trójmian kwadratowy...". A ty mówisz "Przecież to oczywiste, Cauchy-Schwarz w formie Engela" . Trójmian kwadratowy pojąłem już dawno, ale weź mnie nie dołuj .

Wrzucam kolejne dwie nierówności:
1. Dla dowolnych dodatnich a,b,c takich, ze \(\displaystyle{ abc\leq 1}\)
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}\frac{a}{b}\geq a+b+c}\)
2. n>1 oraz x1,x2,...,xn sa dodatnimi liczbami spelniajacymi \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{1998+x_i}=\frac{1}{1998}}\). Udowodnić, że \(\displaystyle{ \frac{\sqrt[n]{x_1x_2...x_n}}{n-1}\geq 1998}\)

2.
przyjmijmy \(\displaystyle{ a_i= \frac{1}{1998+x_i}}\)
teza przybiera postac:
\(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n}( \frac{1}{a_i}-1998) \geqslant (n-1)^n\cdot1998^n}\)
teraz lemacik (trywialny dowod):
\(\displaystyle{ ( \frac{1}{a_i}-1998) ( \frac{1}{a_j}-1998) \geqslant ( \frac{1}{ \frac{a_i+a_j}{2} }-1998) ^2}\)
z lematu wynika że:
\(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n}( \frac{1}{a_i}-1998) \geqslant (\frac{1}{ \frac{\sum_{i=1}^{n}a_i }{n} }-1998)^n= (n-1)^n\cdot1998^n}\)

Ładnie Inny sposób ->
\(\displaystyle{ a_i=\frac{1998}{1998+x_i}}\). Mamy \(\displaystyle{ (\frac{1}{a_i}-1)=\frac{a_1+a_2+...+a_{i-1}+a_{i+1}+...+a_n}{a_i}\geq (n-1)\sqrt[n-1]{\frac{a_1a_2...a_{i-1}a_{i+1}...a_n}{a_i^{n-1}}}}\) (bo suma wszystkich ai=1) i wystarczy przemnożyc je stronami dla i=1,2,...,n.

Menda, faktycznie. Aż mi teraz wstyd, że taką głupotę napisałem.

A co do wcześniejszej nierówności (mathscope) - wrzuciłem na mathlinks i moze przepisze jedno z rozwiazan (nierownosc jest z pewnoscia za mocna na II etap, ale zeby bylo ;p ).
\(\displaystyle{ \sum \frac{a^2+b^2}{a+b}\leq \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}\iff 2\sum a-\sum \frac{2ab}{a+b}\leq \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}\iff 2(\sum a)^2-2(a+b+c)\sum\frac{ab}{a+b}\leq 3(\sum a)^2\iff \sum a^2 +2(\sum a) (\sum \frac{ab}{a+b})\geq 4\sum ab\iff \sum a^2+2abc\sum \frac{1}{a+b}\geq 2\sum ab}\)
Z Cauchy'ego Schwarza - \(\displaystyle{ \sum \frac{1}{a+b}\geq \frac{9}{2\sum a}}\) czyli wystarczy udowodnić, że \(\displaystyle{ \sum a^2 +\frac{9abc}{\sum a}\geq 2\sum ab\iff (\sum a^2)(\sum a)+9abc\geq 2(\sum a)(\sum ab)\iff \sum a^3 +3abc\geq \sum ab(a+b)}\) i ta ostatnia nierówność jest szczególnym przypadkiem nierówności Schura ckd

no to może teraz coś takiego:
1.
\(\displaystyle{ a_i}\)-liczby dodatnie
\(\displaystyle{ \frac{( \sum_{k=1}^{n}a_k)^2 }{ 2\sum_{k=1}^{n}a_k^2 } \leqslant \sum_{k=1}^{n} \frac{a_k}{a_{k+1}+a_{k+2}}}\)
2.
liczby nieujemne \(\displaystyle{ a,b,c}\) spełniają warunek
\(\displaystyle{ ab+bc+ac \leqslant 3abc}\)
udowodnij że
\(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3 \geqslant a+b+c}\)

2.
\(\displaystyle{ ab+bc+ca \leqslant 3abc \frac{1}{a}+ \frac{1}{b}+ \frac{1}{c} \leqslant 3}\).
Z nierówności między średnią arytmetyczną i harmoniczną:
\(\displaystyle{ \frac{1}{a}+ \frac{1}{b}+ \frac{1}{c} \geqslant \frac{9}{a+b+c}}\), zatem: \(\displaystyle{ a+b+c \geqslant 3}\) (1)

Na mocy nierówności Czebyszewa i (1) otrzymujemy:
\(\displaystyle{ 9(a^{3}+b^{3}+c^{3}) \geqslant (a+b+c)^{3} \geqslant 9(a+b+c)}\), c.k.d.

2. Pierwsza nierówność wynika z ciągów jednomonotonicznych, druga z nierówności Cauchyego-Schwarza.
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} \frac{a_{k} }{a _{k+1}+a _{k+2}} 2\sum_{k=1}^{n} a_{k} ^{2} \geqslant \sum_{k=1}^{n} \frac{a_{k} }{a _{k+1}+a _{k+2}} \sum_{k=1}^{n} a _{k} a_{k+1}+ a_{k} a _{k+2} \geqslant (\sum_{k=1}^{n} \sqrt{a _{k}( a _{k+1}+a _{k+2})} \sqrt{\frac{a_{k} }{a _{k+1}+a _{k+2}}}) ^{2}=(\sum_{k=1}^{n} a_{k}) ^{2}}\)