[LXI OM] I etap

[Dumel]

ósme też mi się spodobało. nie rozumiem tylko po co bym warunek że n jest naturalne. troche dziwne byłoby dawanie takiej śmiesznej zmyłki aby niektórzy sie babrali z indukcją (fuuu) ale nie widze innej motywacji. rozwiązanie:

zad. 8.:    

mnożę stronami przez \(\displaystyle{ (a+b)(a+c)(b+c)}\) i:
\(\displaystyle{ (ab+bc+ca)(a^{n+1}+b^{n+1}+c^{n+1})+a^{n+2}+b^{n+2}+c^{n+2} \ge (ab+bc+ca)(a^n+b^n+c^n) \sqrt[n]{ \frac{a^n+b^n+c^n}{3} }+ (a^{n+1}+b^{n+1}+c^{n+1})\sqrt[n]{ \frac{a^n+b^n+c^n}{3} }}\)
wystarczy pokazać że:
\(\displaystyle{ (ab+bc+ca)(a^{n+1}+b^{n+1}+c^{n+1}) \ge(ab+bc+ca)(a^n+b^n+c^n) \sqrt[n]{ \frac{a^n+b^n+c^n}{3} }}\)-to po przekształceniach wynika ze średnich potęgowych
oraz
\(\displaystyle{ a^{n+2}+b^{n+2}+c^{n+2} \ge (a^{n+1}+b^{n+1}+c^{n+1})\sqrt[n]{ \frac{a^n+b^n+c^n}{3} }}\)-to wynika z poprzedniego na mocy nierówności
\(\displaystyle{ \frac{a^{n+2}+b^{n+2}+c^{n+2}}{a^{n+1}+b^{n+1}+c^{n+1}} \ge
\frac{a^{n+1}+b^{n+1}+c^{n+1}}{a^{n}+b^{n}+c^{n}}}\) ktora wynika np. z Cauchy'ego-Schwarza

co do reszty- 5. bardzo łatwe, 6. tak jak wspomniał Qń - dla bardziej doświadczonych banał dla początkujących pewnie trochę trudne

zad. 6.:    

\(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)}\) i
\(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)}\)
więc
\(\displaystyle{ -6abc(ab+bc+ca)=(3abc) \cdot (-2)(ab+bc+ca) \equiv (a^2+b^2+c^2)(a^3+b^3+c^3)=(a^5+b^5+c^5)+a^2b^2(a+b)+b^2c^2(b+c)+c^2a^2(c+a) \equiv -abc(ab+bc+ca) (mod \ p)}\)
i wiadomo co dalej

a siódme próbowałem geometrycznie ale jak się mogłem spodziewać nie udało mi się go zrobić. jakbym startował też bym przeliczył na sinusach ale nie startuje więc mi się nie chciało. zdaje się że będzie to samo co z zeszłoroczną stereometrią - prawie wszyscy zrobili, prawie nikt geometrycznie

[tkrass]

Zarysy moich rozw.:

5:    

Przekroje opisanej sfery wycięte przez płaszczyzny ABC, ABD są przystające, mają wspólną cięciwę AB. Przy warunku, że ADB i ACB to kąty ostre, teza zadania oczywiście zachodzi.

6:    

Przyjąłem \(\displaystyle{ a \equiv -b-c}\) i podstawiłem do trzech pozostałych. Po podzieleniu przez 5 w którymśtam miejscu wyszło, że wyrażenie \(\displaystyle{ (a^2+b^2+ab)(a+b)}\) jest jednocześnie podzielne i niepodzielne przez p - sprzeczność.

7:    

Dwie strony zawierające sześć twierdzeń sinusów. Skorzystałem ze wzoru na pole trójkąta \(\displaystyle{ P=pr}\), a także \(\displaystyle{ P= \frac{1}{2} \cdot bc \sin \alpha}\) gdzie alfa jest kątem pomiędzy b i c. Na koniec prosta tożsamość trygonometryczna i po sprawie.

8:    

Wymnożyłem przez mianowniki, potem podzieliłem to co zostało na dwie nierówności, które po zsumowaniu dawały tę. Każdą z nich dowiodłem z nierówności średnich potęgowych

Ogólnie to 8 najtrudniejsze, reszta porównywalna, przy czym jestem niezwykle ciekaw syntetycznego rozwiązania 7.

[patry93]

Ok, teraz ja

5. Praktycznie identycznie jak Qń Trochę za bardzo zagmatwałem z opisem tego, że płaszczyzna ABO jest płaszczyzną dwusieczną odpowiedniego kąta, ale mam nadzieję, że mniej niż 5 nie będzie

6. Najpierw tygodniowe babrania się w przekształceniach i nic ciekawego, lecz... potem znalazłem coś takiego cudownego:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ x^n+y^n+z^n=(x+y+z)(x^{n-1} + y^{n-1}+z^{n-1})-(xy+yz+xz)(x^{n-2} + y^{n-2}+z^{n-2})+xyz(x^{n-3} + y^{n-3}+z^{n-3})}\)

skąd już bardzo łatwiutko poszło korzystając z kongruencji ze względu na mod p

7. Uch... byłem na tyle mądry, że w ogóle nie próbowałem robić tego syntetycznie (i tak bym nie zrobił, wiem na co mnie stać w geo ) i po ciężkim pałowaniu sinusami wyszło... (bardzo podobnie jak Qń)

8. Próbowałem Czebyszewem - wyszło mi w drugą stronę. Następnie średnimi potęgowymi - też w drugą stronę. Sądziłem, że jedynym wyjściem będzie użycie "słynnego" Jensena, ale ponieważ nigdy z nim nie miałem do czynienia, a w kilka dni i tak bym go nie opanował - zostawiłem to zad. na rzecz zadań z III serii.

[binaj]

ja w sumie mam tak jak wszyscy,7 pałowałem, 6 z troszeczkę innej tożsamości:

\(\displaystyle{ p|(a+b+c)(a^4+b^4+c^4)-(a^5+b^5+c^5)=(ab+bc+ca)(a^3+b^3+c^3)-abc(a^2+b^2+c^2)}\)

\(\displaystyle{ (ab+bc+ca)(a^3+b^3+c^3)-abc(a^2+b^2+c^2)\equiv(ab+bc+ca)(a^3+b^3+c^3+2abc)}\)

dwa przypadki z pierwszego wychodzi, że \(\displaystyle{ p|a^2+b^2+c^2}\) z drugiego, że \(\displaystyle{ p|5abc}\), czyli w konsekwencji \(\displaystyle{ abc}\), czyli również \(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3}\)

próg obstawiam 5-6 pełnych zadań

myślę, ze o to mogę zapytać; ma ktoś już komplet?

[waral]

Jak ktoś zrobił 7. syntetycznie, to proszę żeby wrzucił, chociaż sam nie jestem pewien czy jest rozwiązanie syntetyczne - trochę próbowałem to tak zrobić, ale jedyny konkretny pomysł jaki miałem to jakieś jednokładności itp., próbowałem też odłożyć sobie te odcinki AC i BC na średnicy- to też nic konkretnego nie dawało; pozostała jeszcze możliwość udowodnienia, że prosta przechodząca przez środki okręgów wpisanych jest równoległa do AB, ale jakoś nie trzymało się to kupy ;P w końcu tego nie zrobiłem w ogóle bo dochodziłem do momentu na wzór na pole z promieniem okręgu wpisanego, sinusy, cosinusy i rezygnowałem

[SaxoN]

Moim zdaniem najgorsze było 7-me... Czyli tydzień walenia głową w ścianę i kochane twierdzenie sinusów. Szóste proste po wstawieniu \(\displaystyle{ $c\equiv -(a+b) \mod{p}$}\), piąte podobnie jak u niektórych (albo wszystkich ) przez wykazanie przystawania tych okręgów... No i moja ukochana nierówność, która prosto przechodzi np. z jednorodności i przyjęciu funkcji \(\displaystyle{ f(x)=\frac{x-1}{S-x}}\), gdzie \(\displaystyle{ S=a+b+c}\). Podsumowując- ósme najciekawsze, siódme najtrudniejsze, szóste najłatwiejsze i wreszcie łatwa stereometria

[Swistak]

5 i 6 były spokojnie do zrobienia. 7 i 8 były już sporo ciekawsze. Wg mnie to co do trudności, to po kolei: 5, 6, 8, 7. Za najciekawsze uważam 7 . Denerwują mnie już trochę nierówności, które widać, że po prostu muszą zachodzić, bo są jakieś cyklicze symetryczne, a po jednej stronie wyższe wykładnik, a za cholerę nie wiadomo jak to udowodnić . Jednak i tak zajęła mi sporo mniej czasu niż geometria.
Co do rozwiązania syntetycznego 7, to słyszałem, że wykminił je XMaS11, Łukasz Rajkowski i 2 gości z mojej klasy się deklaruje, z czego jednemu wierzę, a drugiemu niezbyt xp.
Moje rozwiązanie nie jest syntetyczne, aczkolwiek uważam je za bardzo zgrabne . Choć jest dość długie, więc może kiedy indziej je napiszę xp.
W 8 za to zrobiłem piekielny trik, bo robiąc pewne myki zauważyłem, że nierówność z tezy jest równoważna nierówności \(\displaystyle{ a^{n}(a-S)(a-c)(a+c)+b^{n}(b-S)(b-c)(b+c) \ge 0}\), gdzie S to średnia potęgowa liczb a, b, c stopnia n. I jedząc obiad w McDonaldzie wpadłem na pomysł, że ... wystarczy założyć \(\displaystyle{ a \ge c \ge b}\) co kończy dowód . Dla tych którzy są nieprzekonani, że mozna tak zrobić z ta nierównością, bo jest niesymetryczna powiem, że jest ona równoważna nierówności symetrycznej z tezy, a w takiej jak najbardziej mogę sobie tak założyć . Symetryczność zgubiłem mnożąc nierówność między średnimi potęgowymi podniesioną do potęgi n+1 przez \(\displaystyle{ (b+c)(c+a)}\).

[danioto]

Boże, panowie...

Szczerze się przyznam, że ta seria to jedna wielka porażka i nie tyle bezsens, co bezsen! Szczerze gratuluje ludziom, którzy zrobili wszystkie zadania z tej serii, bo mnie one przerosły (to oczywiście nie znaczy, żę są aż takie trudne, tylko... no właśnie , wiadomo co ).

Co do 5, to nawet nie siadłem. 6 poszło po godzinie (sam się sobie dziwię) i chyba już takie rozwiązanie na forum było. W 8 chyba przekłamałem, zaś 7... 7 to jedna wielka porażka. To chyba zadanie, któro robiłem najdłużej w moim życiu - 4 tygodnie. Koniec końców cośtam mi się udało zrobić, doszedłem do tożsamości trygonometrycznej, tylko męczyłem się z nią 2 tygodnie. Wogóle taki żal, że mi siebie żal.

No nic to. Jeszcze raz gratuluję tym, co rozkminili całą serię!

Pozdrawiam!

[karolina668]

zrobiłam 5, 6 i 7 przy cztym 7 zajeło mi pełne dwie strony, czego trochę się przeraźiłam Ale z tego co widzę, sporo osob go w ogole nie ruszylo lub tez meczeylo sie z sinusami.. a co do 8, to kombinując z przekształceniami, nierownosciami miedzy srednimi, jensenami, czybyszewami itp itd nic ztego nie wyszlo, bo ta nierownosc byla na to wszystko za mocna, wychodziła mi głupota. ale to nic wazne że sa 3-- 1 lis 2009, o 15:54 --

Boże, panowie...

a co to za dyskryminacja?!

[Dumel]

przy cztym 7 zajeło mi pełne dwie strony, czego trochę się przeraziłam

przeraziłaś się dwiema stronami ? pomyśl co ludzie przeżywali jak liczyli rok temu stereometrie analitycznie xD

[karolina668]

Nawet ciężko mi to sobie wyobraźić:D Ale chyba przeraziłam sie po prostu tym, że doszłam do wniosku że zapewne istnieje jakiś sposob 2 razy krótszy, a tylko ja tak jakoś liczę pod gorke i naokoło... Ale co tam, w końcu żaden sposób nie jest zły, byleby tylko był poprawny

[Elminster]

5 i 6 były spokojnie do zrobienia. 7 i 8 były już sporo ciekawsze.

Moje gratulacje. Mnie przerosło zrobienie rysunku do 5 (bez szkicu geometrii nawet nie umiem ruszyć, a zaznaczenie dwóch kul na nieforemnym czwrościanie i wyznaczenie ich środków to za wiele jak na mnie). W 6 po kilku dniach prób wpadłem na wzory Viete'a i wtedy poszło już łatwo. W 8 zastosowałem nierówność pomiędzy ciągami jednomonotonicznymi (u Kurlyandchika to się nazywało nierówność Czebyszewa) i wtedy otrzymywało się tezę, tylko z nierównością arytmetyczną po lewej. Później zastosowałem nierówność między śr. potęgowymi, tyle że nie w tą stronę co trzeba, myślicie, że dadzą za to 2 pkt?

Wiem, że było już wiele pytań o progi punktowe, ale jakoś nie było okręgu szczecińskiego... Może ktoś startował, albo ma rozeznanie jak się to kształtuje w Szczecinie na tle innych okręgów?

[Qń]

W 8 zastosowałem nierówność pomiędzy ciągami jednomonotonicznymi (u Kurlyandchika to się nazywało nierówność Czebyszewa) i wtedy otrzymywało się tezę, tylko z nierównością arytmetyczną po lewej.

Dokładnie to miałem na myśli pisząc o zadaniu z Pawłowskiego - jego rozwiązanie (m.in. z nierównością Czebyszewa właśnie) zaaplikowane do zadania ósmego dawało nierówność ze średnią arytmetyczną po prawej stronie, zamiast średnią \(\displaystyle{ n}\)-tych potęg.

Myślę jednak, że takiego rozwiązania nie ocenią na dwa punkty, bo nie przybliża ono do dowodu żądanej nierówności. Ale może w Twoim okręgu komisja będzie bardziej pobłażliwa.

Q.

[jerzozwierz]

Elminster, nie dadzą xD
Moje rozwiązania:
5)

Ukryta treść:    

Płaszczyzna dwusieczna kąta bryłowego, potem równe promienie okręgów, koniec. Proste.

6)

Ukryta treść:    

Brutaaaaaaaaaaaalnie jak coś
Podniosłem (a+b+c) do piątej potęgi, pogrupowałem, wyszło.

7)

Ukryta treść:    

Też pałowanie na sinusach, z drobną różnicą:
Użyłem ciekawego wzoru na promień okręgu wpisanego: \(\displaystyle{ r= \left( \frac{1}{h _{1} }+ \frac{1}{h _{2} } + \frac{1}{h _{3} } \right) ^{-1}}\). Potem wyliczyłem sinusy od boków, wyszło \(\displaystyle{ sin \alpha = \frac{a}{a+b}}\) czy jakoś tak. Jedynka trygonometryczna daje mi cosinusy, wszystko do wzoru i ognia.

8)

Ukryta treść:    

Tu użyłem piekielnie cwanego przekształcenia, wpadłem na to leżąc wieczorem na łóżku i kontemplując nad ludzką egzystencją xD Rozwiązanie dokończyłem na drugi dzień.
Otóż: pomnóżmy obie strony przez \(\displaystyle{ \left( \sqrt[n]{ \frac{a ^{n}+b ^{n}+c ^{n} }{3} } \right) ^{n-1}}\). Potem nierówność między potęgowymi stopnia n i n-1, pierwiastki mi znikają. Próbowałem to ładnie dokończyć, ale nie dało rady. Wspólny mianownik, wymnożenie wszystkiego, zredukowanie co się da, pogrupowanie, i wyszło mi, że wystarczy dodać stronami sześć nierówności, z których 3 są równoważne \(\displaystyle{ a ^{4}+b ^{4} \ge 2a ^{2} b ^{2}}\), a 3 są równoważne \(\displaystyle{ a ^{3}+b ^{3} \ge a ^{2}b + ab ^{2}}\).

No to na razie komplet

[pawels]

Wg mnie zadania 5. i 6. nawiązywały trudnością do pierwszej serii, natomiast zadania 7. i 8. dawały się się wyjątkowo boleśnie spałować (co wiecej każde nawet na dwa sposoby), ale zamieszczę te krótsze.

zad.7.:

Ukryta treść:    

Niech E będzie drugim końcem średnicy zawierającej promień CS. Oznaczmy miary kątów \(\displaystyle{ \angle BAC}\) i \(\displaystyle{ \angle CBA}\) przez odpowiednio \(\displaystyle{ \alpha}\) i \(\displaystyle{ \beta}\). Wówczas na mocy twierdzenia o kątach wpisanych opartych na tym samym łuku także \(\displaystyle{ angle BEC=alpha[tex/] i \(\displaystyle{ \angle BEA=\beta}\). Miara kątów \(\displaystyle{ \angle CAE}\) i \(\displaystyle{ \angle CBE}\) wynosi \(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}}\), gdyż są to kąty wpisane oparte na średnicy. Oznacza to, że \(\displaystyle{ \angle ECA=\frac{\pi}{2} -\alpha}\) i \(\displaystyle{ \angle ECB=\frac{\pi}{2} -\beta}\). Wówczas oczywiście \(\displaystyle{ \angle ADC=\frac{\pi}{2} -\alpha +\beta}\) i \(\displaystyle{ \angle BDC=\frac{\pi}{2} -\beta +\alpha}\).
Z twierdzenia sinusów dla trójkąta ACB mamy \(\displaystyle{ AC=2R\cdot \sin\alpha}\) oraz \(\displaystyle{ BC=2R\cdot \sin\beta}\), czyli na mocy założenia mamy \(\displaystyle{ 2R=AC+CB=2R(\sin\alpha +\sin\beta)}\), co oznacza że \(\displaystyle{ \sin\alpha +\sin\beta=1}\).
Oznacza to, że \(\displaystyle{ 0=\cos\alpha\cdot (1+\sin\beta )(1-\sin\beta-\sin\alpha)-\cos\beta\cdot (1+\sin\alpha )(1-\sin\alpha-\sin\beta)}\) czyli \(\displaystyle{ (1+\sin\beta )(\cos\alpha\cdot (1-\sin\beta )-\sin\alpha\cdot \cos\alpha)-(1+\sin\alpha )(\cos\beta\cdot (1-\sin\alpha )-\sin\beta\cdot \cos\beta),}\)
co po przegrupowaniu daje nam \(\displaystyle{ 0=\sin\beta\cdot \cos\beta (1+\sin\alpha)-\sin\alpha\cdot \cos\alpha (1+\sin\beta )+\cos\alpha (1+\sin\beta )(1-\sin\beta )-\cos\beta (1+\sin\alpha )(1-\sin\alpha ).}\)
Wymnażając dwa pierwsze składniki i stosując wzór skróconego mnożenia dla dwóch ostatnich otrzymujemy \(\displaystyle{ 0=\sin\beta\cdot \cos\beta -\sin\alpha\cdot \cos\alpha +\cos\alpha (1-\sin^{2}\beta)-\cos\beta (1-\sin^{2}\alpha )+\sin\alpha\cdot \sin\beta\cdot \cos\beta -\sin\beta\cdot \sin\alpha\cdot \cos\alpha.}\)
Stosując tutaj jedynkę trygonometryczną mamy \(\displaystyle{ 0=(\sin\beta\cdot \cos\beta -\sin\alpha\cdot \cos\alpha ) +(\cos\alpha\cdot \cos^{2}\beta -\cos\beta\cdot \cos^{2}\alpha +\sin\alpha\cdot \sin\beta\cdot \cos\beta -\sin\beta\cdot \sin\alpha\cdot \cos\alpha).}\)
Wówczas odpowiednio grupując i stosując wzór na cosinus różnicy otrzymujemy \(\displaystyle{ 0=(\sin\beta\cdot \cos\beta -\sin\alpha\cdot \cos\alpha )+\cos(\alpha -\beta )(\cos\beta -\cos\alpha ).}\)
Przerzucając część wyrazów na drugą stronę otrzymujemy sinalphacdot cosalpha +cosalphacdot cos(alpha -eta)=sinetacdot coseta +cosetacdot cos(alpha -eta)}\) Skoro \(\displaystyle{ \angle ACB>\frac{\pi}{2}}\) to oczywiscie \(\displaystyle{ \alpha ,\beta, \alpha +\beta <\frac{\pi}{2}}\). Stosując wzory redukcyjne otrzymuję \(\displaystyle{ \sin( \frac{\pi}{2}-\alpha )(\sin\alpha +\sin (\frac{\pi}{2}-\alpha +\beta))=\sin( \frac{\pi}{2}-\beta )(\sin\beta +\sin (\frac{\pi}{2}-\beta +\alpha ))}\) czyli \(\displaystyle{ \frac{\sin\alpha +\sin (\frac{\pi}{2}-\alpha +\beta)}{\sin( \frac{\pi}{2}-\beta )}=\frac{\sin\beta +\sin (\frac{\pi}{2}-\beta +\alpha )}{\sin( \frac{\pi}{2}-\alpha )}.}\)
Po wymnożeniu liczników i mianowników naszej równości przez odpowiednio \(\displaystyle{ \frac{CD}{\sin\alpha}}\) i \(\displaystyle{ \frac{CD}{\sin\beta}}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ \frac{CD\frac{\sin\alpha}{\sin\alpha}+CD\frac{\sin(\frac{\pi}{2}-\alpha +\beta)}{\sin\alpha}}{CD\frac{\sin(\frac{\pi}{2}-\beta +\alpha)}{\sin\alpha}}=\frac{CD\frac{\sin\beta}{\sin\beta}+CD\frac{\sin(\frac{\pi}{2}-\beta +\alpha)}{\sin\beta}}{CD\frac{\sin(\frac{\pi}{2}-\alpha +\beta)}{\sin\beta}}.}\)
Stosując teraz nastepujące związki \(\displaystyle{ \frac{CD}{\sin\alpha }=\frac{AD}{\sin(\frac{\pi}{2}-\beta )}=\frac{AC}{\sin(\frac{\pi}{2}-\alpha +\beta)},}\)
oraz \(\displaystyle{ \frac{CD}{\sin\beta }=\frac{BD}{\sin(\frac{\pi}{2}-\alpha )}=\frac{BC}{\sin(\frac{\pi}{2}-\beta +\alpha)}}\)
pochodzące z twierdzenia sinusów zastosowanego do trójkątów ACD i BCD otrzymujemy \(\displaystyle{ \frac{CD+AC}{AD}=\frac{CD+BC}{BD},}\) czyli po obustronnym dodaniu jedynki \(\displaystyle{ \frac{AD+CD+AC}{AD}=\frac{BD+CD+BC}{BD},}\)
czyli \(\displaystyle{ \frac{AD}{BD}=\frac{\frac{1}{2}(CD+DA+AC)}{\frac{1}{2}(CD+DB+BC)}.}\)
Oznaczając promienie okręgów wpisanych w trójkąty ADC i BDC przez odpowiedni \(\displaystyle{ r_{1}}\) i \(\displaystyle{ r_{2}}\) i korzystając ze znanych własności pól trójkątów oraz udowodnionego właśnie związku otrzymujemy \(\displaystyle{ \frac{\frac{1}{2}(CD+DA+AC)}{\frac{1}{2}(CD+DB+BC)}=\frac{AD}{DC}=\frac{[ADC]}{[BDC]}=\frac{\frac{1}{2}r_{1}(CD+DA+AC)}{\frac{1}{2}r_{2}(CD+DB+BC)}}\) czyli \(\displaystyle{ \frac{r_{1}}{r_{2}}=1}\), co kończy dowód.

zad.8.:

Ukryta treść:    

Weźmy dowolne a,b,c dodatnie. Łatwo sprawdzić, że mnożąc dowodzoną nierówność stronami przez \(\displaystyle{ k^{n}, k\in\mathbb{R^{+}}}\) otrzymujemy nierówność równoważną (analogiczną do dowodzonej, tylko zastosowaną dla liczb ka,kb,kc). Wymóżmy wiec stronami przez \(\displaystyle{ \frac{1}{(a+b+c)^{n}}}\). Otrzymujemy wówczas nierówność równoważną dla dodatnich liczb x,y,z równych odpowiednio \(\displaystyle{ \frac{a}{a+b+c},\frac{b}{a+b+c},\frac{c}{a+b+c}}\). Oczywiście x+y+z=1. Skorzystam teraz ze znanej uogólnionej nierówności Czebyszewa opisanej i udowodnionej w artykule naukowym Generalized Chebyshev inequality and its application to survivability analysis of complex systems, Springer New York, Wednesday, April 12, 2006, dostępnym pod adresem .

Uogólniona nierówność Czebyszewa
Dla dowolnych ciągów \(\displaystyle{ \{f_{i}\},\{h_{i}\},\{s_{i}\}}\) o wyrazach nieujemnych, gdy \(\displaystyle{ \{f_{i}\}}\) i \(\displaystyle{ \{h_{i}\}}\) są niemalejące lub nierosnące, zachodzi nierówność \(\displaystyle{ \sum\limits_{i=1}^{m} f_{i}h_{i}s_{i}\sum\limits_{i=1}^{m} s_{i}\geqslant \sum\limits_{i=1}^{m} f_{i}s_{i} \sum\limits_{i=1}^{m} h_{i}s_{i}}\).

Bez straty ogólności przypuśćmy, że \(\displaystyle{ x\geqslant y\geqslant z}\)
Stosując ją dla m=3 oraz \(\displaystyle{ s_{1}=x}\), \(\displaystyle{ s_{2}=y}\), \(\displaystyle{ s_{3}=z}\), \(\displaystyle{ f_{1}=x}\), \(\displaystyle{ f_{2}=y}\), \(\displaystyle{ f_{3}=z}\), \(\displaystyle{ h_{1}=\frac{x^{n-1}}{y+z}}\), \(\displaystyle{ h_{2}=\frac{y^{n-1}}{z+x}}\), \(\displaystyle{ h_{3}=\frac{z^{n-1}}{x+y}\quad}\)
(\(\displaystyle{ \{f_{i}\}}\) i \(\displaystyle{ \{h_{i}\}}\) są oczywiście niemalejące- można to sprawdzić za pomocą prostego szacowania po wymnożeniu każdej nierówności stronami)
otrzymujemy \(\displaystyle{ \frac{x^{n+1}}{y+z}+\frac{y^{n+1}}{z+x}+\frac{z^{n+1}}{x+y}\geqslant \bigl( \frac{x^{n}}{y+z}+\frac{y^{n}}{z+x}+\frac{z^{n}}{x+y}\bigl)\bigl( x^{2}+y^{2}+z^{2}\bigl)}\) (po lewej stronie otrzymanej nierówności ominąłem czynnik a+b+c, ponieważ jest on równy jeden). Wystarczy teraz udowodnić, że \(\displaystyle{ \bigl( \frac{x^{n}}{y+z}+\frac{y^{n}}{z+x}+\frac{z^{n}}{x+y}\bigl) \bigl( x^{2}+y^{2}+z^{2}\bigl)\geqslant\bigl(\frac{x^{n}}{y+z}+\frac{y^{n}}{z+x}+\frac{z^{n}}{x+y}\bigl)\sqrt[n]{\frac{x^{n}+y^{n}+z^{n}}{3}},}\)
czyli że dla każdego n mamy \(\displaystyle{ x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant \sqrt[n]{\frac{x^{n}+y^{n}+z^{n}}{3}}}\).
Zauważmy, że dla n=1 na mocy nierówności między średnia arytmetyczną, a kwadratową liczb x,y,z mamy \(\displaystyle{ \sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{3}}\geqslant \frac{x+y+z}{3}=\frac{1}{3}}\), czyli \(\displaystyle{ x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant \frac{1}{3}=\frac{x+y+z}{3}}\). Przypuśćmy dalej, że \(\displaystyle{ n\geqslant 2}\).\

Rozważmy funkcje \(\displaystyle{ f(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-\sqrt[n]{\frac{x^n+y^n+z^n}{3}}}\) określoną na zbiorze zwartym \(\displaystyle{ \langle 0,1\rangle\times\langle 0,1\rangle\times\langle 0,1\rangle}\) przeciętym z płaszczyzną x+y+z=1. Wystarczy udowodnić, że f przyjmuje w swojej dziedzinie wartości nieujemne. Skoro jest to funkcja ciągła określona na zbiorze zwartym, to przyjmuje gdzieś wartość najmniejszą. Ponadto skoro jest różniczkowalna wewnątrz tego obszaru, to jej wartość najmniejsza musi znajdować się w jednym z punktów stacjonarnych, albo na brzegu. Funkcja Lagrange'a tej funkcji ma postać \(\displaystyle{ F(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-\sqrt[n]{\frac{x^n+y^n+z^n}{3}}+\lambda(x+y+z-1).}\) Metoda czynników nieoznaczonych Lagrange'a mówi że dla każdego punktu stacjonarnego (x,y,z) funkcji f istnieje \(\displaystyle{ \lambda}\), takie że czwórka \(\displaystyle{ (x,y,z,\lambda )}\) jest rozwiązaniem układu równań:
\(\displaystyle{ 2x+\lambda -\frac{x^{n-1}}{3\bigl(\sqrt[n]{\frac{x^n+y^n+z^n}{3}}\bigl)^{n-1}}=0}\),

\(\displaystyle{ 2y+\lambda -\frac{y^{n-1}}{3\bigl(\sqrt[n]{\frac{x^n+y^n+z^n}{3}}\bigl)^{n-1}}=0}\),

\(\displaystyle{ 2z+\lambda -\frac{z^{n-1}}{3\bigl(\sqrt[n]{\frac{x^n+y^n+z^n}{3}}\bigl)^{n-1}}=0}\)

\(\displaystyle{ x+y+z-1=0.}\)
Niech \(\displaystyle{ (x,y,z,\lambda )}\) będzie rozwiązaniem powyższego układu. Wyznaczając \(\displaystyle{ \frac{1}{3\bigl(\sqrt[n]{\frac{x^n+y^n+z^n}{3}}\bigl)^{n-1}}}\) z pierwszego i drugiego równania, a następnie przyrównując otrzymujemy \(\displaystyle{ \frac{2x+\lambda}{x^{n-1}}=\frac{2y+\lambda}{y^{n-1}}}\). Bez straty ogólności przyjmijmy, że \(\displaystyle{ x\geqslant y}\). Jeżeli x>y to \(\displaystyle{ \frac{1}{x}<\frac{1}{y}}\), czyli (skoro \(\displaystyle{ n\geqslant 2}\)) \(\displaystyle{ \frac{1}{x^{n-2}}\leqslant\frac{1}{y^{n-2}}}\) i \(\displaystyle{ \frac{1}{x^{n-1}}<\frac{1}{y^{n-1}}}\), czyli także \(\displaystyle{ \frac{2x}{x^{n-1}}\leqslant\frac{2y}{y^{n-1}}}\) i \(\displaystyle{ \frac{\lambda}{x^{n-1}}<\frac{\lambda}{y^{n-1}}}\), czyli dodając te nierównosci stronami otrzymujemy \(\displaystyle{ \frac{2x+\lambda}{x^{n-1}}<\frac{2y+\lambda}{y^{n-1}}}\). Otrzymana sprzeczność dowodzi, że x=y. Analogicznie dowodzimy, że y=z, a następnie podstawiajac x=y=z do czwartego równania otrzymujemy 3x-1=0, czyli \(\displaystyle{ x=y=z=\frac{1}{3}}\). Jest to jedyny punkt stacjonarny funkcji f, oraz \(\displaystyle{ f(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3})=3\cdot \frac{1}{3}^2-\sqrt[n]{\frac{\frac{1}{3}^n+\frac{1}{3}^n+\frac{1}{3}^n}{3}}=\frac{1}{3}-\frac{1}{3}=0}\).
Wobec warunku x+y+z=1 widać, że do brzegu należa dwa rodzaje punktów-- zawierające jedynkę i zero, przy czym trójka zawierająca jedynkę musi zawierać jeszcze dwa zera. Drugi typ zawiera dokładnie jedno zero i dwie liczby sumujące sie do jedynki. W pierwszym przypadku mamy \(\displaystyle{ f(1,0,0)=f(0,1,0)=f(0,0,1)=1-\sqrt[n]{\frac{1}{3}}>0}\). Aby pokazać że wartości przyjmowane na drugiej części brzegu są dodatnie można bez straty ogólności przyjąć że z=0. Wystarczy wówczas pokazać, ze funkcja \(\displaystyle{ g(x,y)=x^2+y^2-\sqrt[n]{\frac{x^n+y^n}{3}}}\) określoną na zbiorze zwartym \(\displaystyle{ \langle 0,1\rangle\times\langle 0,1\rangle}\) przeciętym z prostą x+y=1 przyjmuje tylko wartości dodatnie, ponieważ oczywiście \(\displaystyle{ g(x,y)=f(x,y,0)=f(x,y,z)}\). Skoro jest to funkcja ciągła określona na zbiorze zwartym, to przyjmuje gdzieś wartość najmniejszą. Ponadto skoro jest różniczkowalna wewnątrz tego obszaru, to jej wartość najmniejsza musi znajdować się w jednym z punktów stacjonarnych, albo na brzegu. Funkcja Lagrange'a tej funkcji ma postać \(\displaystyle{ G(x,y)=x^2+y^2-\sqrt[n]{\frac{x^n+y^n}{3}}+\lambda(x+y-1).}\) Metoda czynników nieoznaczonych Lagrange'a mówi że dla każdego punktu stacjonarnego (x,y) funkcji g istnieje \(\displaystyle{ \lambda}\), takie że trójka \(\displaystyle{ (x,y,\lambda )}\) jest rozwiązaniem układu równań:
\(\displaystyle{ 2x+\lambda -\frac{x^{n-1}}{3\bigl(\sqrt[n]{\frac{x^n+y^n}{3}}\bigl)^{n-1}}=0}\),

\(\displaystyle{ 2y+\lambda -\frac{y^{n-1}}{3\bigl(\sqrt[n]{\frac{x^n+y^n}{3}}\bigl)^{n-1}}=0}\),

\(\displaystyle{ x+y-1=0.}\)

Niech \(\displaystyle{ (x,y,\lambda )}\) będzie rozwiązaniem powyższego układu. Wyznaczając \(\displaystyle{ \frac{1}{3\bigl(\sqrt[n]{\frac{x^n+y^n}{3}}\bigl)^{n-1}}}\) z pierwszego i drugiego równania, a następnie przyrównując otrzymujemy \(\displaystyle{ \frac{2x+\lambda}{x^{n-1}}=\frac{2y+\lambda}{y^{n-1}}}\). Analogicznie jak w pierwszym układzie równań otrzymujemy x=y. Podstawiając to do trzeciego równania otrzymujemy 2x-1=0, czyli jedynym punktem stacjonarnym funkcji g jest \(\displaystyle{ (\frac{1}{2},\frac{1}{2})}\). Mamy \(\displaystyle{ g(\frac{1}{2},\frac{1}{2})=2\cdot\frac{1}{2}^2-\sqrt[n]{\frac{(\frac{1}{2})^n+(\frac{1}{2})^n}{3}}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cdot\sqrt[n]{\frac{2}{3}}>0}\), skoro $sqrt[n]{frac{2}{3}}<1$. Do brzegu dziedziny $g$ należa tylko dwa punkty: (0,1) i (1,0). Mamy \(\displaystyle{ g(0,1)=g(1,0)=1-\sqrt[n]{\frac{1}{3}}>0}\). Oznacza to, że minimum funkcji g jest dodatnie, czyli f przyjmuje wartości dodatnie na drugiej części swojego brzegu, dzięki czemu jej minimum jest nieujemne, co kończy dowód.