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.
Rozważmy tablicę prostokątną o wymiarach m x n, w którą wpisujemy liczbe 0 i 1. Załóżmy, że w każdym polu z prawdopodobieństwem p znajduje się jedynka, a z prawdopodobieństwem q zero. Wtedy zdarzenie "w ustalonej kolumnie są same jedynki" występuje z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ p^n}\). Zdarzenie odwrotne, czyli "w ustalonej kolumnie znajduje się jakieś zero" ma prawdopodobieństwo \(\displaystyle{ 1-p^n}\). Stąd A = "w każdej kolumnie znajduje się co najmniej jedno zero" ma prawdopodobieństwo \(\displaystyle{ (1-p^n)^m}\). Analogicznie rozumując, zdarzenie B = "w każdym wierszu znajduje się co najmniej jedna jedynka" ma prawdopodobieństwo \(\displaystyle{ (1-q^m)^n}\). Któreś ze zdarzeń A,B musi wystąpić, więc \(\displaystyle{ P(A) + P(B) \ge 1}\).
-.-
ja się opisałem, a tutaj z identycznym rozwiązaniem zostałem uprzedzony
Oznaczmy \(\displaystyle{ s=a+b+c}\).
Ponieważ \(\displaystyle{ a,b,c \in <0;1>}\) to mamy: \(\displaystyle{ a \geq a^{2011}, b \geq b^{2011}, c \geq c^{2011}}\). Zatem \(\displaystyle{ a^{2011}+b^{2011}+c^{2011} \leq a+b+c=s}\).
Wystarczy więc zatem wykazać, że zachodzi \(\displaystyle{ (a+b+c+1)^2 \geq 4(a+b+c)}\), czyli \(\displaystyle{ (s+1)^2 \geq 4s}\). Jednak ostatnia nierówność jest równoważna nierówności \(\displaystyle{ (s-1)^2 \geq 0}\), która jest oczywiście prawdziwa. Zatem \(\displaystyle{ (a+b+c+1)^2 \geq a+b+c \geq a^{2011}+b^{2011}+c^{2011}}\)
Można ponadto zauważyć, że równość zachodzi, gdy \(\displaystyle{ a=a^{2011}, b=b^{2011}, c=c^{2011}, a+b+c=1}\), czyli dla trójki \(\displaystyle{ (1,0,0)}\) z dokładnością do permutacji.
Wymnażamy, i przekształcamy do postaci \(\displaystyle{ \sum (ab - 1)^2 + \left( a^2b^2c^2 + \sum a^2 + 2 - 2 \sum ab \right) \ge 0}\).
Dobrze by było pokazać nieujemność dużego nawiasu. Traktując to jako funkcję kwadratową zmiennej a, liczymy, że ekstremum jest przyjmowane dla \(\displaystyle{ a = \frac{b+c}{b^2c^2+1}}\). Wstawiamy i dostajemy do udowodnienia \(\displaystyle{ b^2+c^2-2bc+2 \ge \frac{(b+c)^2}{b^2c^2+1}}\).
Mnożymy przez mianownik, a wszystko się magicznie zwija do \(\displaystyle{ b^2c^2(b-c)^2 + 2(bc-1)^2 \ge 0}\).
Po podłożeniu \(\displaystyle{ a= \frac{x}{y}}\), \(\displaystyle{ b= \frac{y}{z}}\), \(\displaystyle{ c= \frac{z}{x}}\) nierówność zostaje sprowadzona do: \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{1}{\frac{y}{z}(\frac{x}{y}+\frac{y}{z})}= \sum_{}^{} \frac{zy}{xy+y^2}= \sum_{}^{} \frac{z}{x+y} \ge \frac{3}{2}}\)
powyższe jest oczywiście nierównością Nesbitt'a.
Dowód Nesbitt'a:
z Jensena dla funkcji wypukłej \(\displaystyle{ f(n)=\frac{1}{n}}\) i wag odpowiednio: \(\displaystyle{ (\frac{x}{x+y+z}, \frac{y}{x+y+z}, \frac{z}{x+y+z})}\) dostajemy: \(\displaystyle{ \frac{x}{x+y+z}f(y+z)+\frac{y}{x+y+z}f(x+z)+\frac{z}{x+y+z}f(x+y) \ge}\) \(\displaystyle{ \ge f(\frac{2(xy+xz+yz)}{x+y+z})=\frac{x+y+z}{2(xy+yz+xz)}}\)
pozostaje udowodnić, że \(\displaystyle{ \frac{x+y+z}{2(xy+yz+xz)} \ge \frac{3}{2(x+y+z)}}\) \(\displaystyle{ (x+y+z)^2\ge 3(xy+yz+xz)}\)
po rozpisaniu i redukcji zostaje: \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2 \ge xy+yz+xz}\)
co oczywiście wynika z AM-GM: \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{a^2+b^2}{2} \ge \sum_{}^{} ab}\)
\(\displaystyle{ a,b,c \in R_+}\) udowodnić, że \(\displaystyle{ \frac{a^3}{b^2}+\frac{b^3}{c^2}+\frac{c^3}{a^2} \ge \frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}}\)
//edit
Poprzednią nierówność uznałem za zbyt prostą więc ja podmieniłem z powyższą, jednak w związku z tym, że Vax zdążył się na nią zaczaić to była ona następująca : \(\displaystyle{ a,b,c \in R_+}\) \(\displaystyle{ \frac{1}{a}+ \frac{4}{b}+ \frac{9}{c} \ge \frac{36}{a+b+c}}\)
Ostatnio zmieniony 17 sty 2011, o 16:26 przez adamm, łącznie zmieniany 3 razy.
Opuszczamy nawiasy i dostajemy \(\displaystyle{ a^4+b^4+c^4-2(a^2+b^2+c^2)+3 \geq 2}\), czyli \(\displaystyle{ a^4+b^4+c^4+1 \geq 2(a^2+b^2+c^2)}\), korzystając teraz z warunku \(\displaystyle{ a+b+c=1}\) nierówność możemy zapisać w postaci \(\displaystyle{ a^4+b^4+c^4+(a+b+c)^4 - 2(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)^2 \geq 0}\)
czyli równoważnie po zredukowaniu co się da \(\displaystyle{ 2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2+8a^2bc+8b^2ca+8c^2ab \geq 0}\) co jest niewątpliwie prawdą, gdyż \(\displaystyle{ a,b,c \geq 0}\). Toteż wyjściowa nierówność jest również prawdziwa.
Wyznaczyć największą stałą \(\displaystyle{ k}\) taką, że dla dowolnych dodatnich liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ a,b,c}\) prawdziwa jest nierówność: \(\displaystyle{ \frac{kabc}{a+b+c} \leq (a+b)^2 + (a+b+4c)^2}\)
Nie wiem czy korzystasz z tej ( \(\displaystyle{ (a+b) ^{2}+(a+b+c) ^{2} \ge ( \sqrt{4ab}) ^{2}+( \sqrt{8ac}+ \sqrt{8bc} ) ^{2}}\)) nierówności później ( myślę, że na darmo jej nie pisałeś), ale ona nawet dla a=b=c=1 jest nieprawdziwa.
edit: Yhm, no tak można się było domyślić o co chodziło ;d
A skąd wiesz, że to k jest maksymalne??
Ostatnio zmieniony 17 sty 2011, o 16:53 przez smigol, łącznie zmieniany 1 raz.
:
