[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
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.
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.
-
- Użytkownik
- Posty: 41
- Rejestracja: 27 wrz 2008, o 08:43
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: k. Jarosławia
- Pomógł: 5 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
Wykaz, ze dla dodatnich a,b,c,d zachodzi nierownosc:
\(\displaystyle{ \frac {a}{\sqrt[3]{a^{3}+63bcd}} + \frac {b}{\sqrt[3]{b^{3}+63acd}} + \frac {c}{\sqrt[3]{c^{3}+63bad}} + \frac {d}{\sqrt[3]{d^{3}+63bca}} \geqslant 1}\)
\(\displaystyle{ \frac {a}{\sqrt[3]{a^{3}+63bcd}} + \frac {b}{\sqrt[3]{b^{3}+63acd}} + \frac {c}{\sqrt[3]{c^{3}+63bad}} + \frac {d}{\sqrt[3]{d^{3}+63bca}} \geqslant 1}\)
- Sylwek
- Użytkownik
- Posty: 2716
- Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 160 razy
- Pomógł: 657 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
Powyższa: Jensen dla \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{\sqrt[3]{x}}}\) (wypukła), wag odpowiednio: \(\displaystyle{ \frac{a}{a+b+c+d},\frac{b}{a+b+c+d},\frac{c}{a+b+c+d},\frac{d}{a+b+c+d}}\) i argumentów odpowiednio: \(\displaystyle{ a^3+63bcd,b^3+63acd,c^3+63bad,d^3+63bca}\), zostaje na koniec udowodnić, że:
\(\displaystyle{ (a+b+c+d)^4 \ge a^4+b^4+c^4+d^4 + 252abcd}\), co jest prawdą (w sumie po lewej stronie występuje 256 składników, 4 są równe \(\displaystyle{ a^4 , b^4,c^4,d^4}\), pozostałe 252 są kombinacjami (x,y,z,t całkowite) \(\displaystyle{ a^xb^yc^zd^t}\), przy czym łączna suma wykładników dla każdej ze zmiennych wynosi 252 [symetria]) - zatem teza wynika z AM>GM dla 252 argumentów.
\(\displaystyle{ (a+b+c+d)^4 \ge a^4+b^4+c^4+d^4 + 252abcd}\), co jest prawdą (w sumie po lewej stronie występuje 256 składników, 4 są równe \(\displaystyle{ a^4 , b^4,c^4,d^4}\), pozostałe 252 są kombinacjami (x,y,z,t całkowite) \(\displaystyle{ a^xb^yc^zd^t}\), przy czym łączna suma wykładników dla każdej ze zmiennych wynosi 252 [symetria]) - zatem teza wynika z AM>GM dla 252 argumentów.
-
- Użytkownik
- Posty: 2000
- Rejestracja: 19 lut 2008, o 17:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Stare Pole/Kraków
- Podziękował: 60 razy
- Pomógł: 202 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
1.punkt \(\displaystyle{ I}\) jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\), zaś \(\displaystyle{ K,L,M}\) są odowiednio przecięciami dwusiecznych kątów wewnętrznych trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) z bokami \(\displaystyle{ BC,AC,AB}\). Udowodnij że:
\(\displaystyle{ \frac{AK\cdot BL\cdot CM}{AM\cdot BK\cdot CL} \leqslant 3 \sqrt{3}}\)
a to żebyście nie zapomnieli o istnieniu srednich wazonych:
2.\(\displaystyle{ a+b+c=1}\)
\(\displaystyle{ a^ab^bc^c \leqslant a^2+b^2+c^2}\)
\(\displaystyle{ \frac{AK\cdot BL\cdot CM}{AM\cdot BK\cdot CL} \leqslant 3 \sqrt{3}}\)
a to żebyście nie zapomnieli o istnieniu srednich wazonych:
2.\(\displaystyle{ a+b+c=1}\)
\(\displaystyle{ a^ab^bc^c \leqslant a^2+b^2+c^2}\)
- limes123
- Użytkownik
- Posty: 666
- Rejestracja: 21 sty 2008, o 22:48
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ustroń
- Podziękował: 26 razy
- Pomógł: 93 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
2. Wynika wprost z nierówności między arytmetyczna i geometryczna srednia wazona (liczby a,b,c i wagi odpowiednio a,b,c)
-
- Użytkownik
- Posty: 2234
- Rejestracja: 26 paź 2006, o 18:08
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 22 razy
- Pomógł: 390 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
Wstyd mi wrzucać tę nierówność tutaj, bo przed chwilą sam postulowałem żeby lekko obniżyć poziom...
Na kółku bezowocnie zmarnowałem 1,5 h czasu i nie zrobiłem z niej NIC.
Udowodnij, że dla \(\displaystyle{ a,b,c\in \mathbb{R}_{+}}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}\frac{1}{(2a+b)^{2}}\geq \frac{1}{\sum_{cyc}ab}}\)
Jak dla mnie jest ona poza moim zasięgiem na ten moment.
Btw. o jej trudności swiadczy też fakt, że ma bardzo podobną strukturę do nierówności Iran 96.
Na kółku bezowocnie zmarnowałem 1,5 h czasu i nie zrobiłem z niej NIC.
Udowodnij, że dla \(\displaystyle{ a,b,c\in \mathbb{R}_{+}}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}\frac{1}{(2a+b)^{2}}\geq \frac{1}{\sum_{cyc}ab}}\)
Jak dla mnie jest ona poza moim zasięgiem na ten moment.
Btw. o jej trudności swiadczy też fakt, że ma bardzo podobną strukturę do nierówności Iran 96.
-
- Użytkownik
- Posty: 547
- Rejestracja: 20 lis 2007, o 15:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bielsko-Biała
- Podziękował: 37 razy
- Pomógł: 120 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
Raczej nie są na poziomie Olimpijskim, ale nie mogę rozgryźć, może ktoś pomoże:
1. \(\displaystyle{ a+b+c=1}\)
\(\displaystyle{ (1+a)(1+b)(1+c) \geqslant 8(1-a)(1-b)(1-c)}\)
2. \(\displaystyle{ x+y+z=3}\)
\(\displaystyle{ \sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z} \geqslant xy+yz+zx}\)
oczywiście wszystkie liczby \(\displaystyle{ \geqslant 0}\)
1. \(\displaystyle{ a+b+c=1}\)
\(\displaystyle{ (1+a)(1+b)(1+c) \geqslant 8(1-a)(1-b)(1-c)}\)
2. \(\displaystyle{ x+y+z=3}\)
\(\displaystyle{ \sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z} \geqslant xy+yz+zx}\)
oczywiście wszystkie liczby \(\displaystyle{ \geqslant 0}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 105
- Rejestracja: 12 lis 2006, o 18:43
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ostrowiec św.
- Pomógł: 5 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
1.
nierownosc jest rownowazna takiej postaci:
\(\displaystyle{ (a+b+a+c)(a+b+b+c)(a+c+b+c) \geqslant 8(b+c)(a+c)(a+b)}\)
kladziemy
\(\displaystyle{ a+b=x}\)
\(\displaystyle{ b+c=y}\)
\(\displaystyle{ a+c=z}\)
i mamy
\(\displaystyle{ (x+y)(y+z)(x+z) \geqslant 8xyz}\)
a to juz jest oczywiste na mocy AM>GM
nierownosc jest rownowazna takiej postaci:
\(\displaystyle{ (a+b+a+c)(a+b+b+c)(a+c+b+c) \geqslant 8(b+c)(a+c)(a+b)}\)
kladziemy
\(\displaystyle{ a+b=x}\)
\(\displaystyle{ b+c=y}\)
\(\displaystyle{ a+c=z}\)
i mamy
\(\displaystyle{ (x+y)(y+z)(x+z) \geqslant 8xyz}\)
a to juz jest oczywiste na mocy AM>GM
-
- Użytkownik
- Posty: 1676
- Rejestracja: 2 kwie 2007, o 14:43
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: warszawa
- Podziękował: 178 razy
- Pomógł: 17 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
wykaż ze
dla a,b,c>0
\(\displaystyle{ \frac{1}{6a^2+bc}+\frac{1}{6b^2+ac}+\frac{1}{6c^2+ab}\ge\frac{9}{7} \frac{1}{ab+bc+ca}}\)
dla a,b,c>0
\(\displaystyle{ \frac{1}{6a^2+bc}+\frac{1}{6b^2+ac}+\frac{1}{6c^2+ab}\ge\frac{9}{7} \frac{1}{ab+bc+ca}}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 2000
- Rejestracja: 19 lut 2008, o 17:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Stare Pole/Kraków
- Podziękował: 60 razy
- Pomógł: 202 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
dla \(\displaystyle{ a,b,c>0}\) udowodnij że:
\(\displaystyle{ (1+ \frac{a}{b} )(1+ \frac{b}{c} )(1+ \frac{c}{a} ) \geqslant 2(1+ \frac{a+b+c}{ \sqrt[3]{abc} } )}\)
\(\displaystyle{ (1+ \frac{a}{b} )(1+ \frac{b}{c} )(1+ \frac{c}{a} ) \geqslant 2(1+ \frac{a+b+c}{ \sqrt[3]{abc} } )}\)
- Sylwek
- Użytkownik
- Posty: 2716
- Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 160 razy
- Pomógł: 657 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
Uwalniamy nawiasy:
\(\displaystyle{ 1+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+1 \ge 2+2\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}+2\sqrt[3]{\frac{b^2}{ac}}+2\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}}\)
No i dość sugestywny lemat (1) (AM>GM):
\(\displaystyle{ \frac{2}{3}(1+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}) \ge \frac{2}{3}(3\sqrt[3]{1 \cdot \frac{a}{b} \cdot \frac{a}{c}})}\)
Oraz lemat (2) (AM>GM):
\(\displaystyle{ \frac{1}{3}(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}) \ge 2}\)
Dodając trzy postaci lematu (1) i lemat (2) stronami dostajemy tezę zadania.
P.S. Zamiast wstawiać coraz to nowe nierówności, spróbujcie robić już podane , np. nierówność 2. cztery posty wyżej można ujednorodnić pozbywając się warunku zadania do: \(\displaystyle{ (\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2(x+y+z)^3 \ge 27(xy+yz+zx)^2}\), przemnożyć i pozwijać w kilka(naście) nierówności AM>GM (bądź Schur czy Muirhead), ale jaki jest sprytniejszy sposób?
\(\displaystyle{ 1+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+1 \ge 2+2\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}+2\sqrt[3]{\frac{b^2}{ac}}+2\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}}\)
No i dość sugestywny lemat (1) (AM>GM):
\(\displaystyle{ \frac{2}{3}(1+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}) \ge \frac{2}{3}(3\sqrt[3]{1 \cdot \frac{a}{b} \cdot \frac{a}{c}})}\)
Oraz lemat (2) (AM>GM):
\(\displaystyle{ \frac{1}{3}(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}) \ge 2}\)
Dodając trzy postaci lematu (1) i lemat (2) stronami dostajemy tezę zadania.
P.S. Zamiast wstawiać coraz to nowe nierówności, spróbujcie robić już podane , np. nierówność 2. cztery posty wyżej można ujednorodnić pozbywając się warunku zadania do: \(\displaystyle{ (\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2(x+y+z)^3 \ge 27(xy+yz+zx)^2}\), przemnożyć i pozwijać w kilka(naście) nierówności AM>GM (bądź Schur czy Muirhead), ale jaki jest sprytniejszy sposób?
-
- Użytkownik
- Posty: 2000
- Rejestracja: 19 lut 2008, o 17:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Stare Pole/Kraków
- Podziękował: 60 razy
- Pomógł: 202 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
ok, troche inny sposób: pozbyć się nawiasów, tak jak to zrobiłeś, wywalić 1+1 i 2, a potem 3x Am>Gm dla \(\displaystyle{ \frac{a}{b}}\) i \(\displaystyle{ \frac{a}{c}}\), przemnożyc przez mianownik z prawej i dalej idzie z ciągów jednomonotonicznych
-
- Użytkownik
- Posty: 547
- Rejestracja: 20 lis 2007, o 15:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bielsko-Biała
- Podziękował: 37 razy
- Pomógł: 120 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
hmm... mam pomysł na to moje:
\(\displaystyle{ 2(xy+yz+zx)=(x+y+z)^2-(x^2+y^2+z^2)=9-(x^2+y^2+z^2)}\)
\(\displaystyle{ xy+yz+zx= \frac{9-(x^2+y^2+z^2)}{2}}\)
\(\displaystyle{ \sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z} \geqslant \frac{9-(x^2+y^2+z^2)}{2}}\)
\(\displaystyle{ \sqrt{x}+ \frac{x^2}{2} + \sqrt{y}+ \frac{y^2}{2} + \sqrt{z}+ \frac{z^2}{2} \geqslant \frac{9}{2}}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ f(n)=\sqrt{n}+ \frac{n^2}{2}}\) jest wypukła, to na mocy nierówności Jensena:
\(\displaystyle{ f(x)+f(y)+f(z) \geqslant 3f( \frac{x+y+z}{3})=3f(1)= \frac{9}{2}}\)
\(\displaystyle{ 2(xy+yz+zx)=(x+y+z)^2-(x^2+y^2+z^2)=9-(x^2+y^2+z^2)}\)
\(\displaystyle{ xy+yz+zx= \frac{9-(x^2+y^2+z^2)}{2}}\)
\(\displaystyle{ \sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z} \geqslant \frac{9-(x^2+y^2+z^2)}{2}}\)
\(\displaystyle{ \sqrt{x}+ \frac{x^2}{2} + \sqrt{y}+ \frac{y^2}{2} + \sqrt{z}+ \frac{z^2}{2} \geqslant \frac{9}{2}}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ f(n)=\sqrt{n}+ \frac{n^2}{2}}\) jest wypukła, to na mocy nierówności Jensena:
\(\displaystyle{ f(x)+f(y)+f(z) \geqslant 3f( \frac{x+y+z}{3})=3f(1)= \frac{9}{2}}\)
- limes123
- Użytkownik
- Posty: 666
- Rejestracja: 21 sty 2008, o 22:48
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ustroń
- Podziękował: 26 razy
- Pomógł: 93 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
To moze jak nikt nie wrzuca nic nowego (swoja droga zostala jeszcze zaproponowana przeze mnie dosc prosta nierownosc) to dam jeszcze jeden dowod nierownosci ktora wrzucil binaj.
przepisujemy rownowaznie \(\displaystyle{ \sum x^2+2\sum \sqrt{x}\geq (\sum x)^2=9}\) a z AM-GM mamy \(\displaystyle{ \sum x^2+2\sqrt{x}\geq \sum 3x=9}\) ckd
[ Dodano: 3 Listopada 2008, 23:13 ]
xyz=1, x,y,z>0
\(\displaystyle{ \sum_{cyc} x^2\geq \sum_{cyc}x}\)
przepisujemy rownowaznie \(\displaystyle{ \sum x^2+2\sum \sqrt{x}\geq (\sum x)^2=9}\) a z AM-GM mamy \(\displaystyle{ \sum x^2+2\sqrt{x}\geq \sum 3x=9}\) ckd
[ Dodano: 3 Listopada 2008, 23:13 ]
xyz=1, x,y,z>0
\(\displaystyle{ \sum_{cyc} x^2\geq \sum_{cyc}x}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 547
- Rejestracja: 20 lis 2007, o 15:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bielsko-Biała
- Podziękował: 37 razy
- Pomógł: 120 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
\(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2 \geqslant x+y+z}\)
\(\displaystyle{ x^4+y^4+z^4 +2((xy)^2+(yz)^2+(zx)^2) \geqslant x^2+y^2+z^2 +2(xy+yz+zx)}\)
korzystając z założenia \(\displaystyle{ xyz=(xyz)^2=1}\):
\(\displaystyle{ x^4+y^4+z^4 + \frac{2}{x^2} + \frac{2}{y^2} + \frac{2}{z^2} \geqslant x^2+y^2+z^2+\frac{2}{x} + \frac{2}{y} + \frac{2}{z}}\)
zatem "wystarczy" udowodnić, ze:
\(\displaystyle{ a^4+\frac{2}{a^2} \geqslant a^2+\frac{2}{a}}\)
\(\displaystyle{ a^6+2 \geqslant a^4+2a}\)
z nierówności AM,GM:
\(\displaystyle{ \frac{a^6}{6} + \frac{a^6}{6}+ \frac{a^6}{6}+ \frac{a^6}{6}+ \frac{1}{6} + \frac{1}{6} \geqslant a^4}\)
\(\displaystyle{ \frac{a^6}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3}+ \frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \geqslant 2a}\)
sumując otrzymujemy tezę
\(\displaystyle{ x^4+y^4+z^4 +2((xy)^2+(yz)^2+(zx)^2) \geqslant x^2+y^2+z^2 +2(xy+yz+zx)}\)
korzystając z założenia \(\displaystyle{ xyz=(xyz)^2=1}\):
\(\displaystyle{ x^4+y^4+z^4 + \frac{2}{x^2} + \frac{2}{y^2} + \frac{2}{z^2} \geqslant x^2+y^2+z^2+\frac{2}{x} + \frac{2}{y} + \frac{2}{z}}\)
zatem "wystarczy" udowodnić, ze:
\(\displaystyle{ a^4+\frac{2}{a^2} \geqslant a^2+\frac{2}{a}}\)
\(\displaystyle{ a^6+2 \geqslant a^4+2a}\)
z nierówności AM,GM:
\(\displaystyle{ \frac{a^6}{6} + \frac{a^6}{6}+ \frac{a^6}{6}+ \frac{a^6}{6}+ \frac{1}{6} + \frac{1}{6} \geqslant a^4}\)
\(\displaystyle{ \frac{a^6}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3}+ \frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \geqslant 2a}\)
sumując otrzymujemy tezę
- limes123
- Użytkownik
- Posty: 666
- Rejestracja: 21 sty 2008, o 22:48
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ustroń
- Podziękował: 26 razy
- Pomógł: 93 razy
[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
Ładnie. Inny sposob - mozemy przyjac, ze
\(\displaystyle{ x=\frac{a}{b}}\) itd -> z AM-GM
\(\displaystyle{ \sum \frac{a^2}{b^2}\geq 3}\) oraz z Cauchy'ego Schwarza
\(\displaystyle{ \sum \frac{a}{b}\leq \sqrt{\sum \frac{a^2}{b^2}}\sqrt{3}}\) QED
\(\displaystyle{ x=\frac{a}{b}}\) itd -> z AM-GM
\(\displaystyle{ \sum \frac{a^2}{b^2}\geq 3}\) oraz z Cauchy'ego Schwarza
\(\displaystyle{ \sum \frac{a}{b}\leq \sqrt{\sum \frac{a^2}{b^2}}\sqrt{3}}\) QED