Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
Teraz się zastanawiam, czy mogę Tak się nawet nie zastanawiałem nad tym, wydawało mi się, że skoro \(\displaystyle{ a+b+c=3}\) to jest tamto, ale nie zauważyłem, że z tego by wynikało, że \(\displaystyle{ c=0}\), a tego napisanego nie mieliśmy, zastanowię się nad innym sposobem
Piotr Rutkowski pisze:\(\displaystyle{ \forall_{a,b,c\in \mathbb{R}_{+}} \ (\sum_{cyc}a^{2})^{2}\geq 3\sum_{cyc}a^{3}b}\)
dodam że często nazywa się ją nierównością Vasca, a jeden z dowodów który wydziałem to coś w stylu:
Ukryta treść:
nierówność jest równoważna \(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{}(ab+6b^2-4ca+a^2-c^2+11bc)^2 \ge 0}\). jakoś tak, raczej mała szansa że trafiłem ze współczynnikami
Po wymnożeniu i skorzystaniu z \(\displaystyle{ a+b+c=3}\) dostajemy do udowodnienia \(\displaystyle{ 0 \le - r^2 + 13 r + 36 - 16q (*)}\), gdzie \(\displaystyle{ q = ab+bc+ca, r=abc}\). Prawa strona jest pewną funkcją zmiennej \(\displaystyle{ r}\). Jest ona wklęsła, więc osiąga ona swoje minimum wtedy, gdy \(\displaystyle{ r}\) przyjmuje wartość minimalną lub maksymalną, wystarczy więc sprawdzić dwa przypadki: \(\displaystyle{ 1^\circ a=0}\) wówczas \(\displaystyle{ (*) \iff 36 \ge 16 bc}\), a to jest prawda, gdyż \(\displaystyle{ 16 bc \le 16 \cdot \left( \frac{b+c}{2}\right)^2 = 16 \cdot \frac{9}{4} = 36}\) \(\displaystyle{ 2^\circ b=c}\), po podstawieniu \(\displaystyle{ b=c=\frac{3-a}{2}}\) do \(\displaystyle{ (*)}\) i pogrupowaniu dostajemy \(\displaystyle{ \frac{1}{16} (a-1)^2 \cdot a \cdot (7-a) \cdot (a^2-3a+12) \ge 0}\), a to jest oczywiste
Wrzućcie coś nowego.
Ta nierówność Vasca jest harda, bo równość zachodzi nie tylko dla \(\displaystyle{ a=b=c}\) ale też dla jakichś innych liczb (nie pamiętam jakich).
Podstawmy \(\displaystyle{ a=x/y}\) itd.
Otrzymujemy do pokazania: \(\displaystyle{ \prod_{cyc} \frac{x+z-y}{y} \le 1}\) Podstawiamy teraz \(\displaystyle{ p=x+z-y}\), \(\displaystyle{ q=y+x-z}\), \(\displaystyle{ r=z+y-x}\) i trzeba pokazać, że \(\displaystyle{ 8pqr \le (p+q)(q+r)(r+p)}\) co jest oczywiście prawdą.
Nowe:
a,b,c,d rzeczywiste dodatnie, takie że \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2+d^2=4}\). Pokazać, że: \(\displaystyle{ \sum_{cyc} \frac{a^2}{b+c+d} \ge \frac{4}{3}}\).
Lemat: dla \(\displaystyle{ x in [0,4)}\) zachodzi \(\displaystyle{ \frac{x\sqrt{3}}{\sqrt{4-x}} \ge \frac{7}{6} x - \frac{1}{6}}\)
Dowód lematu: dla \(\displaystyle{ x \in \left[ 0, \frac{1}{7} \right]}\) jest ok, gdyż lewa strona jest nieujemna, a prawa niedodatnia. Dla pozostałych iksów możemy podnieść do kwadratu, przemnożyć przez mianownik, przerzucić wszystko na lewą stronę i pogrupować, dostając \(\displaystyle{ \frac{1}{36}(x-1)^2(49x -4) \ge 0}\) a to oczywiście zachodzi dla \(\displaystyle{ x \in \left( \frac{1}{7}, 4 \right)}\)
nowe:
Wykaż, że dla \(\displaystyle{ a,b,c \in [0,1]}\) zachodzi \(\displaystyle{ 0 \le a(1-b)+b(1-c)+c(1-a) \le 1}\). Podaj wszystkie trójki \(\displaystyle{ (a,b,c)}\), dla których zachodzą równości.
Lewa nierówność trywialna, wszystkie składniki sumy są nieujemne, a prawa sprowadza się do: \(\displaystyle{ abc\geq -(1-a)(1-b)(1-c)}\), co oczywiście też jest prawdą, lewa strona nieujemna, prawa niedodatnia . Lewa równość zachodzi, gdy (0,0,0),(1,1,1), a prawa gdy co najmniej jedna z tych liczb jest zerem i co najmniej jedna jedynką.
\(\displaystyle{ a>0}\), udowodnij, że \(\displaystyle{ a^{a^2} + a^{2a} > 1}\)
Udowodnimy najpierw, że dla \(\displaystyle{ a,b>0}\)zachodzi \(\displaystyle{ a^b+b^a>1}\).
Mamy dwa przypadki:
1. \(\displaystyle{ a \ge 1}\) lub \(\displaystyle{ b\ge1}\). Wtedy \(\displaystyle{ a^b\ge1}\) lub \(\displaystyle{ b^a\ge1}\), więc teza zachodzi.
2. \(\displaystyle{ a<1}\) i \(\displaystyle{ b<1}\). Wtedy z Bernoulliego \(\displaystyle{ (1+ \frac{b}{a})^{ \frac{1}{b} }>1+ \frac{1}{a}> \frac{1}{a}}\), czyli \(\displaystyle{ (\frac{1}{a})^b< \frac{a+b}{a}}\), czyli \(\displaystyle{ a^b> \frac{a}{a+b}}\). Analogicznie \(\displaystyle{ b^a> \frac{b}{a+b}}\). Zatem \(\displaystyle{ a^b+b^a>1}\).
Podstawiamy teraz \(\displaystyle{ b=a^2}\) i mamy tezę zadania.
Znaleźć największe C, takie że dla \(\displaystyle{ xy=2}\) zachodzi \(\displaystyle{ \frac{((x+y)^2-6)((x-y)^2+8)}{(x-y)^2} \ge C}\) i rozstrzygnąć, kiedy zachodzi równość.
