Екстремални Задачи и Решения

Titu_Andrescu

Започваме с една от най-трудните и красиви задачи, които съм виждал.
Ако реалните числа $a,b,c$ са такива, че $a^2+b^2+c^2=1$ , то да се докаже, че
$\frac{1}{1-ab } +\frac{1}{1-bc } +\frac{1}{ 1-ca} \le 4,5$ .

Това е само част от задачата. Цялата задача съдържа и б) подточка, която е почти недостижима.

Реклама

martin_bg · Начинаещ Регистриран на: 12 Jan 2007 Мнения: 76

Кажи и б) подточка, че ми стана интересно Smile

. Благодаря.

Titu_Andrescu · Пуснато на: Fri Jan 19, 2007 10:36 pm Заглавие:

б*) Да се докаже, че ако $a,b$ и $c$ са неотрицателни числа и $a^2+b^2+c^2=3$ , то $\frac{1}{ 5-2ab} +\frac{1}{ 5-2bc} +\frac{1}{ 5-2ca} \le 1$ .

Забележете, че тук е необходимо $a,b$ и $c$ да са неотрицателни числа, докато в a) те са реални.

Коментар б) : подточка б) е направо от книгата на Vasile Cirtoaje, University of Ploiesty, Romania - "Algebraic Inequalities", GIL Publishing. Включена е в последната глава на книгата, решенията са няколко, но нито едно от тях не е лесно. Според мен дори и някои да види решение на неравенството, пак няма да му е лесно да го реализира. Vasile Cirtoaje подсказва, че е открил функция $f(m,n,p): N \rightarrow Q$ , за която е изпълнено: $\frac{1}{m-nab } +\frac{1}{m-nbc }+\frac{1}{m-nca }\le f(m,n,p)$ , където $a,b,c \ge 0$ и $a^2+b^2+c^2=p$ .
До сега никой математик не е успял да открие тази функция.

в) По идея на а) подточка Pham Van Thuan дава следната формулировка на задачата: ако $a,b,c,d$ са реални числа, за които $a^2+b^2+c^2+d^2=1$ , то $\frac{1}{1-ab } +\frac{1}{1-bc } +\frac{1}{1-cd } +\frac{1}{1-ca } +\frac{1}{1-bd } +\frac{1}{ 1-da} \le 8$ .

Друго интересно неравенство, което много прилича по външен вид на това на Vasile Cirtoaje e неравенството на Sefket Arslanagic (Шефкет Арсланагич), University of Sarajevo, Bosnia and Herzegovina, който има статия в списание "МАТЕМАТИКА+" брой 3, 2006г., стр. 51.
То е следното: ако $a,b,c$ са порожителни реални числа и $a+b+c=1$ , то да се намери максимума на същия израз в подточка а), $\frac{1}{1-ab } +\frac{1}{ 1-bc} +\frac{1}{ 1-ca}$ . Тук той няма да е $4,5$ . Доказателството на тази задача няма нищо общо с доказателството на а). Но ако успеете да докажете неравенството на Sefket, ще ви покажа как с един алгебричен трик и с помощта на това неравенство да стигнете до a). Подсказка: търсеният максимум тук е $3,375$ или $\frac{27}{ 8}$ .

Ако евентуално някои от администраторите се заеме с това да направи edit бутон за всички user-и нека го направи така, че ако след неговият Post се появи друг Post, то той да няма право да корегира мнинието си, на което вече е отговорено.

Titu_Andrescu · Пуснато на: Fri Jan 19, 2007 11:07 pm Заглавие:

Мисля, че тук е мястото да се оплача от факта, че на българските олимпиади темата за неравенства се пренебрегва,
докато на олимпиади в други държави и на международните олимпиади тя задължително присъства.

Titu_Andrescu · Пуснато на: Sat Jan 20, 2007 8:15 pm Заглавие:

ОБОБЩЕНО

Задача 1. Нека $a,b,c\in$ R. Да се докаже, че:
а) $\frac{1}{1-ab }+\frac{1}{1-bc } +\frac{1}{ 1-ca} \le \frac{9}{ 2}$ , ако $a^2+b^2+c^2=1$ . (Vasile Cirtoaje, Ploiesti, Romania)
б)* $\frac{1}{5-2ab }+\frac{1}{5-2bc } +\frac{1}{ 5-2ca} \le 1$ , ако $a^2+b^2+c^2=3$ и $a,b,c \le 0$ . (Vasile Cirtoaje, Ploiesti, Romania)
в) $\frac{1}{1-ab } +\frac{1}{ 1-bc} +\frac{1}{ 1-cd} +\frac{1}{1-ca } +\frac{1}{ 1-bd} +\frac{1}{1-da } \le 8$ , ако d e реално число и $a^2+b^2+c^2=(1-d)(1+d)$ . (Pham Van Thuan, Vietnam)
г) $\frac{1}{1-ab }+\frac{1}{1-bc } +\frac{1}{ 1-ca} \le \frac{27}{ 8}$ , ако $a,b,c>0 , a+b+c=1$ . (Sefket Arslanagic, Sarajevo, Bosnia and Herzegovina)

Ако се интересувате, питаите.

Titu_Andrescu · Пуснато на: Thu Oct 11, 2007 4:30 pm Заглавие:

a) Имаме, че а,b,c $\in$ R и $a^2+b^2+c^2=1$ . Ще докажем, че $\frac{1}{ 1-ab} +\frac{1}{ 1-bc} +\frac{1}{ 1-ca} \le \frac{9}{2 }$ .

$\frac{1}{ 1-ab}-1=\frac{ab}{1-ab }=\frac{2ab}{2-2ab }=\frac{2ab}{ 2(a^2+b^2+c^2)-2ab}\le \frac{2ab}{ 2(a^2+b^2+c^2)-(a^2+b^2)}=\frac{2ab}{a^2+b^2+2c^2 }=\frac{2ab}{(a^2+c^2)+(b^2+c^2) }$

Но от неравенството на Коши-Буняковски-Шварц имаме, че:

$\left(\frac{a^2}{a^2+c^2 }+\frac{b^2}{ b^2+c^2} \right)\left((a^2+c^2)+(b^2+c^2)\right)\ge \left(\sqrt{\frac{a^2}{a^2+c^2 }.(a^2+c^2) }+\sqrt{\frac{b^2}{b^2+c^2 }(b^2+c^2) } \right)^2=(a+b)^2\ge 4ab$ .

Следователно $\frac{2ab}{ (a^2+c^2)+(b^2+c^2)}\le \frac{\frac{a^2}{a^2+c^2 }+\frac{b^2}{ b^2+c^2} }{2 }$ , но по-горе доказахме, че $\frac{1}{ 1-ab}-1\le \frac{2ab}{(a^2+c^2)+(b^2+c^2) }$ . Тoгава получаваме, че $\frac{1}{ 1-ab}-1\le \frac{2ab}{ (a^2+c^2)+(b^2+c^2)}\le \frac{\frac{a^2}{a^2+c^2 }+\frac{b^2}{ b^2+c^2} }{2 }$ .

Aналогично доказваме, че $\frac{1}{ 1-bc}-1\le \frac{\frac{b^2}{b^2+a^2 }+\frac{c^2}{ c^2+a^2} }{2 }$ и $\frac{1}{ 1-ca}-1\le \frac{\frac{c^2}{c^2+b^2 }+\frac{a^2}{ a^2+b^2} }{2 }$ .

Събираме почленно и трите получени неравенства и получаваме:

$\frac{1}{ 1-ab}-1+\frac{1}{ 1-bc}-1+\frac{1}{ 1-ca}-1\le \frac{\frac{a^2}{a^2+c^2 }+\frac{b^2}{ b^2+c^2} }{2 }+\frac{\frac{b^2}{b^2+a^2 }+\frac{c^2}{ c^2+a^2} }{2 }+\frac{\frac{c^2}{c^2+b^2 }+\frac{a^2}{ a^2+b^2} }{2 }=\frac{3}{2 }$ .

Последното неравенство е еквивалентно на $\frac{1}{ 1-ab} +\frac{1}{ 1-bc} +\frac{1}{ 1-ca} \le 3+\frac{3}{ 2}$ , като равенство се достига тогава и само тогава, когато $a=b=c=\frac{\sqrt{3} }{3 }=tg\frac{\pi}{ 6}$ .

в) ПОДТОЧКА в) МОЖЕ ДА СЕ ДОКАЖЕ ПО ПОДОБЕН НАЧИН:

$\frac{1}{1-ab }=\frac{2ab}{2(a^2+b^2+c^2+d^2)-2ab }\le \frac{2ab}{a^2+b^2+2c^2+2d^2 } \le \frac{1}{2 } \left(\frac{a^2}{a^2+c^2+d^2 } +\frac{b^2}{b^2+c^2+d^2 } \right)$ и аналогичните им изрази, след което ги събираме почленно.

НО ДАЛИ И б) ПОДТОЧКА ЩЕ МОЖЕМ ДА ДОКАЖЕМ ПО ПОДОБЕН НАЧИН?

Titu_Andrescu · Пуснато на: Fri Oct 12, 2007 2:33 pm Заглавие:

г) При условие, че $a,b,c$ са положителни реални числа със сума $a+b+c=1$ ще докажем, че $\frac{1}{1-ab } +\frac{1}{ 1-bc} +\frac{1}{1-ca } \le \frac{27}{8 }$ .

Първо ще докажем следната ТЕОРЕМА1.
Нека $a,b,c$ са неотрицателни реални числа. За всяко $r>0$ e изпълнено $a^r(a-b)(a-c)+b^r(b-c)(b-a)+c^r(c-a)(c-b)\ge 0$ - ТЕОРЕМА НА ШУР (Schur's Theorem).

Доказателство. Тъй като неравенството е симетрично относно трите променливи, без ограничение на общността (б.о.о. както казва Шпенглер) може да допуснем, че $a\ge b\ge c$ . Тогава даденото неравенство придобива вида $(a-b)[a^r(a-c)-b^r(b-c)]+c^r(a-c)(b-c)\ge 0$ , очевидно всяко събираемо от лявата страна е неотрицателно, с което теоремата е доказана.

Неравенството което искаме да докажем е еквивалентно на
$8\left((1-ab)(1-bc)+(1-bc)(1-ca)+(1-ca)(1-ab)\right)\le 27(1-ab)(1-bc)(1-ca)$ $\Leftrightarrow$

$8\left(3-2(ab+bc+ca)+abc(a+b+c)\right)\le 27\left(1-(ab+bc+ca)+abc(a+b+c)-a^2b^2c^2\right)$ $\Leftrightarrow$

$8\left(3-2(ab+bc+ca)+abc\right)\le 27\left(1-(ab+bc+ca)+abc-a^2b^2c^2\right)$ $\Leftrightarrow$

$3-11(ab+bc+ca)+19abc-27a^2b^2c^2\ge 0$ (~). Но от неравенството между средно Аритметично и средно Геометрично следва, че

$\frac{a+b+c}{3 }\ge \sqrt[3]{abc}\Leftrightarrow \left(\frac{1}{3 }\right)^3\ge abc$ , което е еквивалентно на $1-27abc\ge 0$ или $abc(1-27abc)\ge 0$ .

Заместваме в (~) с получения резултат и получаваме, че исканото неравенство е еквивалентно на следното $3-11(ab+bc+ca)+18abc\ge 0$ .

Ще използваме даденото, за да направим неравенството което искаме да докажем - хомогенно.

$3-11(ab+bc+ca)+18abc\ge 0 \Leftrightarrow 3(a+b+c)^3-11(a+b+c)(ab+bc+ca)+18abc\ge 0$
Разкриваме внимателно скобите и получаваме еквивалентното неравенство

$3\left((a+b)^3+3(a+b)^2c+3(a+b)c^2+c^3\right)-11(a^2b+b^c+c^2+ab^2+bc^2+ca^2+3abc)+18abc\ge 0$ $\Leftrightarrow$

$3(a^3+b^3+c^3+a^2b+b^c+c^2+ab^2+bc^2+ca^2+2abc)-11(a^2b+b^c+c^2+ab^2+bc^2+ca^2+3abc)+18abc\ge 0$ $\Leftrightarrow$

$a^3+b^3+c^3-3abc+2\left(a^3+b^3+c^3+3abc-(ab^2+a^2b+bc^2+b^c+ca^2+c^2a)\right)\ge 0$ .

Очевидно $a^3+b^3+c^3-3abc\ge 0$ (от неравенството между средно Аритметично и средно Геометрично).

Остана да докажем, че $a^3+b^3+c^3+3abc-(ab^2+a^2b+bc^2+b^c+ca^2+c^2a)\ge 0$ , но това е вярно от теоремата на Шур за $r=1$ , с което задачата е решена.

Titu_Andrescu · Пуснато на: Fri Oct 12, 2007 2:41 pm Заглавие:

Задача 2*. Да се докаже подточка a) от Задача 1. с помощта на неравенството от подточка г) от същата задача. (Pham Van Thuan, Vietnam)

Задача 3. Да се докаже ТЕОРЕМАТА на НЕСБИТ (Nesbitt 1903), за всички положителни реални числа $a,b,c$ е изпълнено $\frac{a}{ b+c} +\frac{b}{ c+a} +\frac{c}{a+b } \ge \frac{3}{2 }$ .

Задача 4*. Задачата е от националната олимпиада на Иран през 1996 г. и е известна като ВЕЛИКОТО ИРАНСКО НЕРАВЕНСТВО, тъй като е доста силно и никои от участниците в олимпиадата не успял да получи пълния брой точки.
Ако $a,b,c$ са положителни реални числа, да се докаже неравенството $(ab+bc+ca)\left(\frac{1}{ (a+b)^2} +\frac{1}{(b+c)^2 } +\frac{1}{(c+a)^2 }\right)\ge \frac{9}{ 4}$ .
Авторът на тази задача Ji Chen (Ningbo University, China) преди състезанието казва, че самият той бил любопитен да види елегантно решение на задачата си, тъй като той не разполагал с такова.

Мирослав Стоенчев · Пуснато на: Sat Oct 13, 2007 10:40 am Заглавие:

Иранското неравенство.
Полагаме: $a+b=u$ , $b+c=v$ , $c+a=w$ $\rightarrow$
$a=\frac{u+w-v}{2}$ , $b=\frac{u+v-w}{2}$ , $c=\frac{v+w-u}{2}$ , като $u,v,w$ са страни на триъгълник. Заместваме в изходното неравенство и получаваме
$*)$ $(uv+vw+wu-p^2)\left(\frac{1}{u^2}+\frac{1}{v^2}+\frac{1}{w^2}\right)\ge\frac{9}{4}$ , където сме положили $p=\frac{u+v+w}{2}$ .

Ако положим отново: $\sqrt{u}=U, \sqrt{v}=V, \sqrt{w}=W$ , то $U,V,W$ отново са страни на триъгълник, лицето на който означаваме с $S$ .
Заместваме в $*)$ : $\left(2(U^2V^2+V^2W^2+W^2U^2)-U^4-V^4-W^4\right)\left(\frac{1}{U^4}+\frac{1}{V^4}+\frac{1}{W^4}\right)\ge \frac{9}{4}$ .
$\Leftrightarrow 16S^2\left(\frac{1}{U^4}+\frac{1}{V^4}+\frac{1}{W^4}\right)\ge \frac{9}{4}$

$\Leftrightarrow h_u^4+h_v^4+h_w^4\ge 9S^2 \rightarrow$ $**)$

$(UV)^4+(VW)^4+(WU)^4\ge 9R^2(UVW)^2$ .

Понеже получените неравенства свързват страните на тригълника и радиуса на описаната му окръжност,
то редно е да се използват неравенствата на Блъндън: Ако $p,R,r$ са съответно полупериметъра,
радиуса на описаната и вписаната окръжност в даден триъгълник, то

$16Rr-5r^2\le p^2\le 4R^2+4Rr+3r^2$ .

Ще използваме формулите: ако $u,v,w$ са страни на триъгълник, a $R,r,p$ са радиусите на вписаната и описаната
окръжности и полупериметъра, то

$uvw=4RS=4Rpr$ , $uv+vw+wu=p^2+r(4R+r)$ .

Имаме избор - да заместим в неравенство $*)$ или в $**)$ .
Понеже е по-удобен първия вариант, то заместваме $*)$ , като предварително го преобразуваме:
$\left(uv+vw+wu-p^2\right)\left(\frac{1}{u^2}+\frac{1}{v^2}+\frac{1}{w^2}\right)\ge\frac94$

$*)$ $\Leftrightarrow \frac{(uv+vw+wu-p^2)\left((uv+vw+wu)^2-2uvw(u+v+w)\right)}{(uvw)^2}\ge \frac94$

$\Leftrightarrow \frac{(4R+r)r\left(\left(r(4R+r)+p^2\right)^2-8Rrp.2p\right)}{(4Rrp)^2}\ge\frac94$

$\Leftrightarrow ***) (4R+r)\left(\left(r(4R+r)+p^2\right)^2-8Rrp.2p}\ge 36R^2rp^2$

$\Leftrightarrow (4R+r)\left(\left(r(4R+r)+p^2\right)^2-8Rrp.2p\right)-36R^2rp^2\ge 0$ .

Полагаме $\frac{R}{r} = s>0, \frac{p}{r}=t>0$ .

Разделяме неравенството $***)$ на $r^5$ и получаваме: $g(t)=(4s+1)t^4-2(34s^2-1)t^2+(4s+1)^3$ .

От неравенствата на Блъндън имаме:

$16Rr-5r^2\le p^2\le 4R^2+4Rr+3r^2$ , като разделим на $r^2$ получаваме: $16s-5\le t^2\le s^2+4s+3$ , като $s\ge 2$ .

Да разгледаме уравнението $g(t)=0 \rightarrow (t_{1,2})^2=\left((34s^2-1)\pm \sqrt{D}\right)/(4s+1)$ .

Ще докажем,че $\frac{\left((34^2-1)+\sqrt{D}\right)}{4s+1}=max(t_1^2,t_2^2)\le min(16s-5, 4s^2+4s+3)=16s-5$ , т.е. достатъчно е да докажем,че

$\left((34s^2-1)+\sqrt{D}\right)(4s+1)\le 16s-5 \Leftrightarrow$ $(s-2)^2(4s+1)\ge 0$ което е изпълнено $\rightarrow g(t)\ge 0$ за
$t:16s-5&\le t^2\le 4s^2+4s+3$ , като $s\ge 2$ . Задачата е решена.

Интересно следствие от тази задача е следното: Ако $h_a,h_b,h_c$ са височините на даден остроъгълен триъгълник с лице $S$ ,
то в сила е неравенството: $h_a^4+h_b^4+h_c^4\ge 9S^2$ .

Titu_Andrescu · Пуснато на: Mon Oct 15, 2007 1:00 pm Заглавие:

Доста интересно доказателство! (интересна е и зависимостта между височините на триъгълника и лицето му, която ти ни показа)!
Браво!
Довечера ще покажа още едно без да използваме неравенствата на Блъндън
(Лолтер Джонс Блъндън, Walther Janous Blundon Ursulinengymnasium, Innsbruck, Austria),
за да стане решението достъпно за всички.

Titu_Andrescu · Пуснато на: Mon Oct 15, 2007 6:11 pm Заглавие:

Задача 4* (второ доказателство) ЛЕМА 1 Нека $a,b,c$ са положителни реални числа. Полагаме $p=a+b+c$ , $q=ab+bc+ca$ и $r=abc$ . Тогава имаме, че:
(1) $p^3-4pq+9r\ge 0$ ,
(2) $p^4-5p^2q+4q^2+6pr\ge 0$ ,
(3) $pq-9r\ge 0$ .

Доказателство на ЛЕМА 1. Неравенствата от лемата са еквивалентни съответно на:
(1') $a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b)\ge 0$ ,

(2') $a^2(a-b)(a-c)+b^2(b-a)(b-c)+c^2(c-a)(c-b)\ge 0$ ,

(3') $a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2\ge 0$ .

Очевино (1') и (2') са верни от ТЕОРЕМА1 съответно за $r=1$ и $r=2$ , а пък (3') е изпълнено тъй като всяко събираемо от лявата страна е неотрицателно. С това лемата е доказана.

Имаме, че $(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc=pq-r$ . Сега записваме иранското неравенсво като функция на $p,q$ и $r$ (това става като подведем под общ знаменател и извършим алгебричните операции).

Неравенството е еквивалентно на $q\left(\frac{(p^2+q)^2-4p(pq-r)}{ (pq-r)^2} \right)\ge \frac{9}{ 4}$ , или $4p^4q-17p^2q^2+4q^3+34pqr-9r^2\ge 0$ , или $pq(p^3-4pq+9r)+q(p^4-5p^2q+4q^2+6pr)+r(pq-9r)\ge 0$ . Съгласно лемата всяко събираемо от лявата страна на последното неравенство е неотрицателно.

Коментар: Шпенглер, надявам се и това доказателство да ти хареса, въпреки че не е толкова оригинално като твоето.

Titu_Andrescu · Пуснато на: Mon Oct 15, 2007 6:27 pm Заглавие:

Задача 5*. Нека $a,b$ и $c$ са неотрицателни реални числа, за които е изпълнено $ab+bc+ca=1$ . Да се докаже, че $\frac{1}{a+b } +\frac{1}{ b+c} +\frac{1}{c+a } \ge \frac{5}{2 }$ .

Реклама

Nona · Пуснато на: Mon Oct 15, 2007 11:13 pm Заглавие:

Задача 5*.

$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq\frac52$
$\frac{(b+c)(c+a)+ (a+b)(c+a) + (a+b)(b+c) }{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq\frac52$

$ab+bc+ca=1 \Leftrightarrow (b+c)(c+a)=c^2+1, \ \(a+b)(c+a)=b^2+1, \ \(a+b)(b+c)=a^2+1$

$2( a^2+b^2+c^2+3) \geq 5 (a+b)(b+c)(c+a)$

$(a+b)(b+c)(c+a)=a+b+c-abc$

$2\left( (a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)+3\right ) \geq 5(a+b+c) -5abc$
$2\left ( (a+b+c)^2+1\right ) \geq 5(a+b+c) -5abc$
$2\left ( (a+b+c)^2+4-4(a+b+c)\right) +3(a+b+c)-6+5abc \geq 0$

$(a+b+c-2)^2\geq 0 \Rightarrow a^2+b^2+c^2+4+2ab+2bc+2ca-4a-4b-4c=(a+b+c)^2+4-4(a+b+c)\geq 0$

Трябва да докажем, че $3(a+b+c)-6+5abc \geq 0$ .
Без ограничение на общността ще считаме, че $a=max{\left{a,b,c\right}}\Rightarrow bc=min{\left{ab,bc,ca\right}}$ .
Заместваме а с $\frac{1-bc}{b+c}$ :
$3(\frac{1-bc}{b+c}+b+c)-6+\frac{5bc(1-bc)}{b+c} \geq 0$
$3(1-bc +(b+c)^2)-6(b+c)+5bc(1-bc) \geq 0$

$3(b+c-1)^2+bc(2-5bc)\geq 0$ , което е вярно, защото $bc\leq\frac13$ .

Titu_Andrescu · Пуснато на: Tue Oct 16, 2007 8:21 am Заглавие:

Страхотно решение на Задача 5, Magi ! Моето е доста по-грубо. Ето го и него:

Задача 5. Записваме неравенството като функция на $p,q,r$ :
$4p^4q + 4q^3 - 17p^2q^2 - 25r^2 + 50pqr \ge 0$ , което е еквивалентно на
$3pq(p^3-4pq+9r)+q(p^4-5p^q+4q^2+6pr)+17r(pq-9r)+128r^2\ge 0$ . Съгласно ЛЕМА 1, всяко събираемо от лявата страна е неотрицателно. С това задачата е решена.

Решение на Задача 2*.
Имаме, че за произволни неотрицателни числа $l,m,n$ , със сума 1 e изпълнено неравенството $\frac{1}{1-lm } +\frac{1}{1-mn } +\frac{1}{ 1-ln} \le \frac{27}{8 }$ . Искаме да докажем подточка a). Доказателство. Полагаме $l=a^2,m=b^2,n=c^2$ , тогава $a^2+b^2+c^2=1$ и $\frac{1}{1-a^2b^2 } +\frac{1}{1-b^2c^2 } +\frac{1}{ 1-c^2a^2} \le \frac{27}{8 }$ . (Забележете, че a,b,c са реални (може и отрицателни) също както в а)).

Последното неравенство е еквивалентно на $\frac{1}{1-ab } +\frac{1}{1-bc } +\frac{1}{ 1-ca} +\frac{1}{1+ab } +\frac{1}{1+bc } +\frac{1}{1+ca }\le \frac{27}{4 }$

(тук използвахме факта, че $\frac{1}{ 1-a^2b^2}= \frac{\frac{1}{1-ab } +\frac{1}{1+ab }}{2}$ ),

$\frac{1}{1-ab } +\frac{1}{1-bc } +\frac{1}{ 1-ca} \le \frac{27}{4 } -\left(\frac{1}{1+ab } +\frac{1}{1+bc } +\frac{1}{1+ca }\right)$ . Но от неравенството на Коши-Буняковски-Шварц следва, че
$\left(\frac{1}{1+ab } +\frac{1}{1+bc } +\frac{1}{1+ca }\right) \left((1+ab)+(1+bc)+(1+ca)\right)\ge 9$ , или $\frac{1}{1+ab } +\frac{1}{1+bc } +\frac{1}{1+ca }\ge \frac{9}{3+ab+bc+ca }\ge \frac{9}{3 +a^2+b^2+c^2 }=\frac{9}{4}$ , следователно

$\frac{1}{1-ab } +\frac{1}{1-bc } +\frac{1}{ 1-ca} \le \frac{27}{4 } -\left(\frac{1}{1+ab } +\frac{1}{1+bc } +\frac{1}{1+ca }\right)\le \frac{27}{4 }- \frac{9}{4 }= \frac{18}{4 } = \frac{9}{2 }$ , което искахме да докажем.

Titu_Andrescu · Пуснато на: Tue Oct 16, 2007 8:40 am Заглавие:

Задача 6 Нека $a,b$ са положителни реални числа и $a+b=1$ . Да се докаже, че $\frac{a^2}{a+1 } +\frac{b^2}{b+1 } \ge \frac{1}{3 }$ .
(Унгария 1996)

Pinetop Smith · Пуснато на: Tue Oct 16, 2007 2:28 pm Заглавие:

Задача 6.

$a, b > 0$ $=> a + 1 > 0$ и $b + 1 > 0$
Привеждаме под общ знаменател израза $\frac{a^2}{a+1 } +\frac{b^2}{b+1 } - \frac{1}{3 }\ge 0$
Получаваме $3(b+1)a^2 + 3(a+1)b^2 - (a+1)(b+1) \ge 0$
Заместваме $a = 1 - b$
$3(b+1)(1-b)^2 + 3(2-b)b^2 - (2-b)(b+1) \ge 0$ . Опростяваме този израз и получаваме $(2b-1)^2 \ge 0$
Което винаги е изпълнено.

Titu_Andrescu · Пуснато на: Tue Oct 16, 2007 3:19 pm Заглавие:

Николай.Каракехайов, вярно решение! Браво.

Задача 3. Рещение. Полагаме $x=b+c$ , $y=c+a$ и $z=a+b$ . Неравенството става еквивалентно на $\frac{y+z-x}{ 2x} +\frac{x+z-y}{ 2y} +\frac{x+y-z}{ 2z}\ge \frac{3}{ 2}$ или $\frac{y+z}{ x} +\frac{x+z}{ y} +\frac{x+y}{ z}\ge 6$ , което следва от неравенството между средно Аритметично и средно Геометрично:

$\frac{y+z}{ x} +\frac{x+z}{ y} +\frac{x+y}{ z}=\frac{y}{x } +\frac{z}{ x} +\frac{x}{ y} +\frac{z}{y }+\frac{x}{z }+ \frac{y}{z } \ge 6.\sqrt[6]{\frac{y}{x } .\frac{z}{ x} .\frac{x}{ y}.\frac{z}{y }.\frac{x}{z }. \frac{y}{z }} =6$ .

Nona · Пуснато на: Tue Oct 16, 2007 3:57 pm Заглавие:

Задача 6.
Можем да използваме и неравенството на Коши-Буняковски-Шварц:
$\left( \left( a+1 \right)+\left(b+1\right)\right )\left( \frac{a^2}{a+1} +\frac{b^2}{b+1}\right)\geq\left(\sqrt{\left( a+1 \right).\frac{a^2}{a+1}} +\sqrt{\left( b+1 \right).\frac{b^2}{b+1}}\right)^2$

$3\left( \frac{a^2}{a+1} +\frac{b^2}{b+1}\right)\geq1$

Titu_Andrescu · Пуснато на: Tue Oct 16, 2007 6:42 pm Заглавие:

Magi, елегантно решение.

Задача 7 . Нека $a,b,c$ са страни на триъгълник и $a+b+c=3$ . да се намери минимума на $a^2+b^2+c^2+\frac{4abc}{3}$ .
(МО в Северен Китай 2007)

r2d2 · Пуснато на: Tue Oct 16, 2007 7:14 pm Заглавие:

С голям интерес разглеждам задачите. Това, което не разбирам е защо не ги поствате в отделни теми.
Днес интернетът ми беше скапан и докато качи страницата ...

Titu_Andrescu · Пуснато на: Tue Oct 16, 2007 7:31 pm Заглавие:

r2d2 оплакването ти е много уместно! Но както сам забелязваш за решаването на една задача от този topic често се използва предишната задача, лема или теорема. Поради тази причина ми е по-лесно да ги пиша в тази тема. Съжалявам за неудобството.

Nona · Пуснато на: Wed Oct 17, 2007 10:28 pm Заглавие:

Задача 7. Решение

Ще използвам формулите $S=p.r, \ \ S=\frac{abc}{4R}, \ \ a^2+b^2+c^2=2(p^2-4Rr-r^2)$ .

$A=a^2+b^2+c^2+\frac{4abc}{3}=2p^2-8Rr-2r^2+\frac{16SR}{3}=2p^2-8Rr-2r^2+\frac{16p.r.R}{3}$

Заместваме полупериметъра с 3/2.

$A=\frac92-8Rr-2r^2+8Rr=\frac92-2r^2=\frac92-\frac{2(p-a)(p-b)(p-c)}{p}\geq \frac92-\frac2p.\left(\frac{p-a+p-b+p-c}{3}\right)^3=\frac{13}{3}$

Реклама

Titu_Andrescu · Пуснато на: Wed Oct 17, 2007 11:30 pm Заглавие:

Много оригинално решение, Magi! Moйто е малко по-скучно. Ето го и него.

Задача 7. Решение. Тъй като $a,b,c$ са страни на триъгълник, можем да положим $a=x+y, b=y+z$ и $c=z+x$ $(x,y,z>0)$ . От условието следва, че $x+y+z=\frac{3}{2}$ . Тогава:

$a^{2}+b^{2}+c^{2}+\frac{4abc}{3}=\frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})(a+b+c)+4abc}{3}=$

$=\frac{2((x+y)^{2}+(y+z)^{2}+(z+x)^{2})(x+y+z)+4(x+y)(y+z)(z+x)}{3}=$

$=\frac{4(x^{3}+y^{3}+z^{3}+3x^{2}y+3xy^{2}+3y^{2}z+3yz^{2}+3z^{2}x+3zx^{2}+5xyz)}{3}=$

$=\frac{4\left((x+y+z)^{3}-xyz\right)}{3}=\frac{4\left(\frac{26}{27}(x+y+z)^{3}+(\frac{x+y+z}{3})^{3}-xyz\right)}{3}\geq$

$\geq\frac{4\left(\frac{26}{27}(x+y+z)^{3}\right)}{3}=\frac{13}{3}$ .

Titu_Andrescu · Пуснато на: Wed Oct 17, 2007 11:42 pm Заглавие:

Задача 8*. Да се намерят всички $n\in$ N, за които е изпълнено $a(a+b)^n+b(b+c)^n+c(c+a)^n\ge 0$ , за всички $a,b,c\in$ R.

krassi_holmz · Пуснато на: Fri Oct 26, 2007 4:48 pm Заглавие:

Задача 3 (Несбит): Нека фиксираме сумата $a+b+c$ и $c$ . Тогава и a+b e фиксирано, и значи $\frac{c}{a+b}$ също остава фиксирано. Да разгледаме останалата част от сумата:
$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}=\frac{(a+b)^2+c(a+b)-2ab}{c^2+c(a+b)+ab}$ . В получения израз, фиксирано е всичко освен $ab$ . Но ab достига максимум, когато a=b (a+b е фиксирано). Оттук, при а=b числителят достига минимум, а знаменателят - максимум, т.е. изразът е минимален. Но това означава, че при a=b=c, $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$ достига минимум, и той е именно: $3\frac{\frac{a+b+c}{3}}{2\frac{a+b+c}{3}}=\frac{3}{2}$ .

kamen05

Наскоро ми подхвърлиха едно асиметрично неравенство за положителни a, b и c и още си блъскам главата с него. Или е нещо много елементарно, или е наистина хубав резултат.

$(a^2+b^2+c^2)^2 \ge 3(ba^3+cb^3+ac^3)$

Titu_Andrescu · Пуснато на: Mon Oct 29, 2007 11:04 am Заглавие:

kamen05, от доста време съм поставил тази тема във форума и досега никои не е успял да се справи със задачата.
Според мен тя е доста трудна и трудно човек може да се сети, че решението всъщност е тривиално.

http://www.math10.com/forumbg/viewtopic.php?t=1051

Решение.
$(a^2+b^2+c^2)^2-3(a^3b+b^3c+c^3a)=\frac{1}{2}((a^2-2ab+bc-c^2+ca)^2+(b^2-2bc+ca-a^2+ab)^2+(c^2-2ca+ab-b^2+bc)^2)\ge 0$ .

Авторът на задачата е прочутият румънец Vasie Cirtoaje, университета Ploesti - Romania.
Toй също така пита и кога се достига равенство, но това вече е доста сложен въпрос.

kamen05 · Пуснато на: Mon Oct 29, 2007 11:38 am Заглавие:

Явно трябваше да разгледам по-подробно форума! Само за тези, които се интересуват ще спомена една статия на тема асиметрични неравенства в триъгълник:
http://pefmath2.etf.bg.ac.yu/files/92/366.pdf
Предварително се извинявам, ако пак повдигам вече обсъждана тема.

kamen05 · Пуснато на: Mon Oct 29, 2007 6:00 pm Заглавие:

Titu_Andrescu · Пуснато на: Mon Oct 29, 2007 6:36 pm Заглавие: