[MIX] Zadania treningowe przed drugim etapem OM - 2 seria.

[azonips]

zad. 2 (tylko pomysł)

Ukryta treść:    

Weźmy funkcję \(\displaystyle{ f(x)=|\cos x|+|\cos 2x|}\). Łatwo się przekonać, że to funkcja okresowa. Narysowałem sobie wykres tej funkcji i tak mi wychodzi, że minimum jest w \(\displaystyle{ \frac{\pi}{4}}\) i wynosi ono: \(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{2}}}\) i dalej już prosto idzie...

Myślę, że da się wykazać, że tam jest faktycznie minimum choćby za pomocą pochodnych. Mam nadzieję, że ktoś uzupełni to rozwiązanie...

[adriano1992]

mógłby ktoś zrobić formalnie te zadania 16 i 19 z n. Popoviciu?

[jerzozwierz]

Tutaj nie ma co formalizować. W 16 piszesz, że "nierówność z zadania jest nierównością Popoviciu dla funkcji f(x)=|x|", w 19 podobnie, tyle że po zlogarytmowaniu.

[Qń]

Przedostatnie brakujące okazało się nie być aż tak kosmiczne:

Zadanie 14:    

\(\displaystyle{ (1) \Rightarrow (2)}\)
Z nierówności Schwarza w formie Engela i z oczywistej nierówności \(\displaystyle{ a+b+c>d}\) dostajemy:
\(\displaystyle{ a^2x+b^2y+c^2z=\frac{a^2}{\frac 1x}+\frac{b^2}{\frac 1y}+\frac{c^2}{\frac 1z} \ge
\frac{(a+b+c)^2}{\frac 1x + \frac 1y +\frac 1z} \ge (a+b+c)^2 >d^2}\)

\(\displaystyle{ (2) \Rightarrow (1)}\)
Rozważmy prostokąt o bokach \(\displaystyle{ a=d=1, b=c=\frac{1}{n}}\). Wiemy, że zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ x+\frac{y}{n^2}+\frac{z}{n^2}> 1}\).
Przejście z \(\displaystyle{ n}\) do nieskończoności daje nam \(\displaystyle{ x\ge 1}\), więc tym bardziej \(\displaystyle{ x>0}\). Analogicznie dla \(\displaystyle{ y,z}\).
Niech teraz \(\displaystyle{ n}\) będzie takie, że \(\displaystyle{ \frac 1x + \frac 1y + \frac 1z > \frac 1n}\). Istnieje wtedy czworokąt o bokach \(\displaystyle{ \frac 1x , \frac 1y , \frac 1z ,\frac 1x + \frac 1y + \frac 1z - \frac 1n}\). Mamy dla niego:
\(\displaystyle{ \frac 1x + \frac 1y + \frac 1z >\left( \frac 1x + \frac 1y + \frac 1z-\frac 1n\right)^2}\)
i po przejściu z \(\displaystyle{ n}\) do nieskończoności:
\(\displaystyle{ \frac 1x + \frac 1y + \frac 1z \ge\left( \frac 1x + \frac 1y + \frac 1z\right)^2}\)
skąd oczywiście wynika nierówność, której mamy dowieść.

Q.

[darek20]

A mozecie podać pełne rozwiązanie zadania 2

[mol_ksiazkowy]

Quote:

A mozecie podać pełne rozwiązanie zadania 2

Ukryta treść:    

azonips juz podał, Funkcja \(\displaystyle{ g(t)= |t| +|2t^2-1|(}\) w dziedzinie \(\displaystyle{ <-1,1>}\) jest sklejeniem w stosownych przedzialach kilku kawałków paraboli, i jej miniumum łatwo jest wyznaczyc

[Qń]

No, do pełnego rozwiązania to jeszcze odrobinę brakuje.

Zadanie 2:    

Lemat 1:
W przedziale \(\displaystyle{ [0,1]}\) funkcja \(\displaystyle{ f(t)=|2t^2-1|+t}\) przyjmuje wartości nie mniejsze niż \(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{2}}}\).
Dowód:
Nasza funkcja to:
\(\displaystyle{ f(t)= \begin{cases} -2t^2+t+1 \ \textrm{dla } 0\le t \le \frac{1}{\sqrt{2}} \\ 2t^2+t-1 \ \textrm{dla } \frac{1}{\sqrt{2}}< t \le 1 \end{cases}}\)
W pierwszym przedziale wartość najmniejsza jest przyjmowana na którymś z końców przedziału. Na końcach przedziału jest \(\displaystyle{ f(0)=1, f \left(\frac{1}{\sqrt{2}} \right) =\frac{1}{\sqrt{2}}}\). W drugim przedziale wierzchołek paraboli leży na lewo od przedziału, zatem w tym przedziale funkcja jest rosnąca, więc jej wartości też nie przekraczają \(\displaystyle{ f \left(\frac{1}{\sqrt{2}} \right) =\frac{1}{\sqrt{2}}}\), co kończy dowód.

Lemat 2:
W przedziale \(\displaystyle{ [-1,1]}\) funkcja \(\displaystyle{ g(t)=|2t^2-1|+|t|}\) przyjmuje wartości nie mniejsze niż \(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{2}}}\).
Dowód:
Wystarczy podstawić \(\displaystyle{ |t|=u}\) i skorzystać z Lematu 1.

Przejdźmy do zadania właściwego. Zastosowanie Lematu 2 dla \(\displaystyle{ t=\cos (2^kx)}\) daje nam:
\(\displaystyle{ \left| \cos \left( 2^kx\right) \right| +\left| \cos \left( 2^{k+1}x\right) \right| \ge \frac{1}{\sqrt{2}}}\)
Zsumowanie takich nierówności od \(\displaystyle{ k=0}\) do \(\displaystyle{ n-1}\) i podzielenie przez dwa daje nam:
\(\displaystyle{ \frac 12 \cdot |\cos x|+|\cos 2x| +|\cos 2^2x| + \ldots + |\cos 2^{n-1}x |+\frac 12 \cdot|\cos 2^nx |\ge \frac{n}{2\sqrt{2}}}\)
skąd oczywiście wynika teza.

Q.

[mol_ksiazkowy]

16 cd

Ukryta treść:    

Nierówność Hlavka
https://www.cut-the-knot.org/arithmetic/algebra/Hlawka.shtml