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.
to dorzucę też coś od siebie:
dla dodatnich \(\displaystyle{ a,b,c,x,y,z}\) spełniających \(\displaystyle{ ax+by+cz=xyz}\) udowodnić że: \(\displaystyle{ x+y+z \ge \sqrt{a+b} + \sqrt{b+c} + \sqrt{c+a}}\)
a nierówność binaja robiłem (wstyyyd) zbliżeniami-- 29 grudnia 2009, 14:55 --
pawelsuz pisze:
Dane są liczby dodatnie spełniające nierówność \(\displaystyle{ \sqrt{\frac{bcd}{a}}+\sqrt{\frac{acd}{b}}+\sqrt{\frac{abd}{c}}+\sqrt{\frac{abc}{d}}\leq (a+b)(c+d)}\)
Udowodnić, że prawdziwa jest nierówność: \(\displaystyle{ \frac{bd}{a}+\frac{ac}{b}+\frac{ad}{c}+\frac{bc}{d}\geq\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}}\)
Tak na mój gust, to zachodzi \(\displaystyle{ \frac{2n}{ \sqrt{a_1} + \sqrt{a_{n+1}}} > \frac{2(n-1)}{ \sqrt{a_1} + \sqrt{a_{n}}}}\), bo \(\displaystyle{ \frac{2n}{ \sqrt{a_1} + \sqrt{a_{n+1}}}=\frac{2n \cdot (\sqrt{a_{n+1}}-\sqrt{a_{1}})}{a_{n+1}-a_{1}}=\frac{2}{r} \cdot (\sqrt{a_{n+1}}-\sqrt{a_{1}})}\)
Analogicznie wyliczamy prawa stronę, tylko, że po prawej stronie mamy mniejsza liczbe w nawiasie.
Swistak pisze:Tak na mój gust, to zachodzi \(\displaystyle{ \frac{2n}{ \sqrt{a_1} + \sqrt{a_{n+1}}} > \frac{2(n-1)}{ \sqrt{a_1} + \sqrt{a_{n}}}}\), bo \(\displaystyle{ \frac{2n}{ \sqrt{a_1} + \sqrt{a_{n+1}}}=\frac{2n \cdot (\sqrt{a_{n+1}}-\sqrt{a_{1}})}{a_{n+1}-a_{1}}=\frac{2}{r} \cdot (\sqrt{a_{n+1}}-\sqrt{a_{1}})}\)
Analogicznie wyliczamy prawa stronę, tylko, że po prawej stronie mamy mniejsza liczbe w nawiasie.
Większość nie jest przecież relacją przechodnią, więc z tego co pokazałeś nie wynika nieprawdziwość tego co napisał Patry93.
Prawa strona nierówności oczywiście nie zachodzi. Wystarczy wziąć \(\displaystyle{ r=1}\) przy małym \(\displaystyle{ n}\) i \(\displaystyle{ a_{1}}\) bliskim zeru.
Co do lewej strony:
Sprawdzamy dla \(\displaystyle{ n=1}\) \(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{a_{1}}}>\frac{\frac{1}{\sqrt{a_{1}}}+\frac{1}{\sqrt{a_{2}}}}{2}>\frac{\frac{4}{\sqrt{a_{1}}+\sqrt{a_{2}}}}{2}=\frac{2}{\sqrt{a_{1}}+\sqrt{a_{2}}}}\)
Zakładamy dla pewnego \(\displaystyle{ n}\), że zachodzi: \(\displaystyle{ 2(\sqrt{a_{n+1}}-\sqrt{a_{1}})<r\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{a_{i}}}}\) (jak u Świstaka)
Lemat \(\displaystyle{ (*)}\):
Dla wyżej zdefiniowanego \(\displaystyle{ \{a_{n}\}_{n=1}^{\infty}}\) zachodzi nierówność: \(\displaystyle{ (2(\sqrt{a_{n+2}}-\sqrt{a_{n+1}})<\frac{r}{\sqrt{a_{n+1}}})\iff (\frac{2r}{\sqrt{a_{n+2}}+\sqrt{a_{n+1}}}<\frac{r}{\sqrt{a_{n+1}}})\iff (\sqrt{a_{n+1}}<\sqrt{a_{n+2}})}\),
co jest oczywiste zważywszy na monotoniczność ciągu.
Dowód indukcją: \(\displaystyle{ 2(\sqrt{a_{n+2}}-\sqrt{a_{1}})=2(\sqrt{a_{n+2}}-\sqrt{a_{n+1}})+2(\sqrt{a_{n+1}}-\sqrt{a_{1}})<(*)+Z<\frac{r}{\sqrt{a_{n+1}}}+r\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{a_{i}}}=r\sum_{i=1}^{n+1}\frac{1}{\sqrt{a_{i}}} \ \mathbb{Q.E.D.}}\)
btw. argument Świstaka jest całkiem w porządku, a nierówność pewnie jest źle przepisana.
Pozdrawiam
