Регистрирайте сеРегистрирайте се

Екстремални Задачи и Решения

Иди на страница 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8  Следваща
 
   Форум за математика Форуми -> Олимпиади и състезания за 9-12 клас
Предишната тема :: Следващата тема  
Автор Съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Thu Jan 04, 2007 9:20 pm    Заглавие: Екстремални Задачи и Решения

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

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


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Nov 04, 2008 3:44 pm; мнението е било променяно общо 12 пъти
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Реклама







Пуснато на:     Заглавие: Реклама

Върнете се в началото
martin_bg
Начинаещ


Регистриран на: 12 Jan 2007
Мнения: 76

Репутация: 8.1Репутация: 8.1Репутация: 8.1Репутация: 8.1Репутация: 8.1Репутация: 8.1Репутация: 8.1Репутация: 8.1

МнениеПуснато на: Fri Jan 19, 2007 8:40 pm    Заглавие: Re: Vasile Cirtoaje, Romania - MS 05

Кажи и б) подточка, че ми стана интересно Smile. Благодаря.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Fri Jan 19, 2007 10:36 pm    Заглавие:

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

Забележете, че тук е необходимо [tex]a,b[/tex] и [tex]c [/tex] 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[tex] f(m,n,p): N \rightarrow Q[/tex], за която е изпълнено: [tex]\frac{1}{m-nab } +\frac{1}{m-nbc }+\frac{1}{m-nca }\le f(m,n,p)[/tex], където [tex]a,b,c \ge 0[/tex] и [tex]a^2+b^2+c^2=p[/tex].
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 [tex]a,b,c,d [/tex] са реални числа, за които [tex]a^2+b^2+c^2+d^2=1[/tex], то [tex]\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[/tex].

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 [tex]a,b,c[/tex] са порожителни реални числа и [tex]a+b+c=1[/tex], то да се намери максимума на същия израз в подточка а), [tex]\frac{1}{1-ab } +\frac{1}{ 1-bc} +\frac{1}{ 1-ca}[/tex] . Тук той няма да е [tex]4,5[/tex]. 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 [tex] 3,375 [/tex] или [tex]\frac{27}{ 8}[/tex] .

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.


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:13 am; мнението е било променяно общо 5 пъти
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато 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.


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:15 am; мнението е било променяно общо 2 пъти
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Sat Jan 20, 2007 8:15 pm    Заглавие:

ОБОБЩЕНО

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

Ако се интересувате, питаите.


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:14 am; мнението е било променяно общо 5 пъти
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Thu Oct 11, 2007 4:30 pm    Заглавие:

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

[tex]\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) }[/tex]

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

[tex]\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[/tex].

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

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

Събираме почленно и трите получени неравенства и получаваме:

[tex]\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 } [/tex].

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

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

[tex]\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)[/tex] и аналогичните им изрази, след което ги събираме почленно.

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


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:15 am; мнението е било променяно общо 2 пъти
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Fri Oct 12, 2007 2:33 pm    Заглавие:

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

Първо ще докажем следната ТЕОРЕМА1.
Нека [tex] a,b,c [/tex] са неотрицателни реални числа. За всяко [tex]r>0[/tex] e изпълнено [tex]a^r(a-b)(a-c)+b^r(b-c)(b-a)+c^r(c-a)(c-b)\ge 0[/tex] - 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 [tex]a\ge b\ge c[/tex]. Тогава даденото неравенство придобива вида [tex](a-b)[a^r(a-c)-b^r(b-c)]+c^r(a-c)(b-c)\ge 0[/tex], очевидно всяко събираемо от лявата страна е неотрицателно, с което теоремата е доказана.

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

[tex]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)[/tex][tex]\Leftrightarrow[/tex]

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

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

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

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

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

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

[tex]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[/tex] [tex] \Leftrightarrow[/tex]

[tex]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[/tex] [tex] \Leftrightarrow [/tex]

[tex]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[/tex].

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

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


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:16 am; мнението е било променяно общо 4 пъти
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато 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 [tex]a,b,c[/tex] е изпълнено [tex]\frac{a}{ b+c} +\frac{b}{ c+a} +\frac{c}{a+b } \ge \frac{3}{2 }[/tex] .

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 [tex]a,b,c[/tex] са положителни реални числа, да се докаже неравенството [tex](ab+bc+ca)\left(\frac{1}{ (a+b)^2} +\frac{1}{(b+c)^2 } +\frac{1}{(c+a)^2 }\right)\ge \frac{9}{ 4} [/tex].
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.


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Mon Dec 17, 2007 1:45 pm; мнението е било променяно общо 7 пъти
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Мирослав Стоенчев
Напреднал


Регистриран на: 21 Aug 2007
Мнения: 279

Репутация: 72
гласове: 45

МнениеПуснато на: Sat Oct 13, 2007 10:40 am    Заглавие:

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

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

[tex]\Leftrightarrow h_u^4+h_v^4+h_w^4\ge 9S^2 \rightarrow[/tex] [tex]**)[/tex]

[tex](UV)^4+(VW)^4+(WU)^4\ge 9R^2(UVW)^2[/tex].

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

[tex]16Rr-5r^2\le p^2\le 4R^2+4Rr+3r^2[/tex].

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

[tex]uvw=4RS=4Rpr[/tex], [tex]uv+vw+wu=p^2+r(4R+r)[/tex].

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

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

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

[tex]\Leftrightarrow ***) (4R+r)\left(\left(r(4R+r)+p^2\right)^2-8Rrp.2p\right)\ge 36R^2rp^2[/tex]


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

Полагаме [tex]\frac{R}{r} = s>0, \frac{p}{r}=t>0[/tex].

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

От неравенствата на Блъндън имаме:

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

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

Ще докажем,че [tex]\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[/tex], т.е. достатъчно е да докажем,че

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

Интересно следствие от тази задача е следното: Ако [tex]h_a,h_b,h_c[/tex] са височините на даден остроъгълен триъгълник с лице [tex]S[/tex],
то в сила е неравенството:[tex] h_a^4+h_b^4+h_c^4\ge 9S^2[/tex] .
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато 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.


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:19 am; мнението е било променяно общо 1 път
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Mon Oct 15, 2007 6:11 pm    Заглавие:

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

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

(2') [tex]a^2(a-b)(a-c)+b^2(b-a)(b-c)+c^2(c-a)(c-b)\ge 0[/tex],

(3') [tex]a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2\ge 0[/tex].

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

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

Неравенството е еквивалентно на [tex]q\left(\frac{(p^2+q)^2-4p(pq-r)}{ (pq-r)^2} \right)\ge \frac{9}{ 4}[/tex], или [tex]4p^4q-17p^2q^2+4q^3+34pqr-9r^2\ge 0[/tex], или [tex]pq(p^3-4pq+9r)+q(p^4-5p^2q+4q^2+6pr)+r(pq-9r)\ge 0[/tex]. 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.


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:19 am; мнението е било променяно общо 4 пъти
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Mon Oct 15, 2007 6:27 pm    Заглавие:

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

Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:20 am; мнението е било променяно общо 1 път
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Nona
Напреднал


Регистриран на: 12 Sep 2006
Мнения: 477

Репутация: 234.7
гласове: 163

МнениеПуснато на: Mon Oct 15, 2007 11:13 pm    Заглавие:

Задача 5*.

[tex]\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq\frac52[/tex]
[tex]\frac{(b+c)(c+a)+ (a+b)(c+a) + (a+b)(b+c) }{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq\frac52[/tex]

[tex]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[/tex]

[tex]2( a^2+b^2+c^2+3) \geq 5 (a+b)(b+c)(c+a) [/tex]

[tex](a+b)(b+c)(c+a)=a+b+c-abc[/tex]

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

[tex](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[/tex]

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

[tex]3(b+c-1)^2+bc(2-5bc)\geq 0[/tex], което е вярно, защото [tex]bc\leq\frac13[/tex].
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато 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 [tex]p,q,r[/tex]:
[tex]4p^4q + 4q^3 - 17p^2q^2 - 25r^2 + 50pqr \ge 0[/tex], което е еквивалентно на
[tex]3pq(p^3-4pq+9r)+q(p^4-5p^q+4q^2+6pr)+17r(pq-9r)+128r^2\ge 0[/tex]. 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 [tex]l,m,n[/tex], със сума 1 e изпълнено неравенството [tex]\frac{1}{1-lm } +\frac{1}{1-mn } +\frac{1}{ 1-ln} \le \frac{27}{8 } [/tex]. Искаме да докажем подточка a). Доказателство. Полагаме [tex]l=a^2,m=b^2,n=c^2[/tex], тогава [tex]a^2+b^2+c^2=1[/tex] и [tex]\frac{1}{1-a^2b^2 } +\frac{1}{1-b^2c^2 } +\frac{1}{ 1-c^2a^2} \le \frac{27}{8 } [/tex]. (Забележете, че a,b,c са реални (може и отрицателни) също както в а)).

Последното неравенство е еквивалентно на [tex]\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 } [/tex]

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

[tex]\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) [/tex]. Но от неравенството на Коши-Буняковски-Шварц следва, че
[tex]\left(\frac{1}{1+ab } +\frac{1}{1+bc } +\frac{1}{1+ca }\right) \left((1+ab)+(1+bc)+(1+ca)\right)\ge 9[/tex], или [tex]\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} [/tex], следователно

[tex]\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 } [/tex], което искахме да докажем.


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:21 am; мнението е било променяно общо 2 пъти
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Tue Oct 16, 2007 8:40 am    Заглавие:

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


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:22 am; мнението е било променяно общо 2 пъти
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Pinetop Smith
Фен на форума


Регистриран на: 12 May 2007
Мнения: 961
Местожителство: Хасково
Репутация: 153.6Репутация: 153.6
гласове: 87

МнениеПуснато на: Tue Oct 16, 2007 2:28 pm    Заглавие:

Задача 6.

[tex]a, b > 0[/tex] [tex]=> a + 1 > 0[/tex] и [tex]b + 1 > 0[/tex]
Привеждаме под общ знаменател израза [tex]\frac{a^2}{a+1 } +\frac{b^2}{b+1 } - \frac{1}{3 }\ge 0 [/tex]
Получаваме [tex]3(b+1)a^2 + 3(a+1)b^2 - (a+1)(b+1) \ge 0[/tex]
Заместваме [tex]a = 1 - b[/tex]
[tex]3(b+1)(1-b)^2 + 3(2-b)b^2 - (2-b)(b+1) \ge 0[/tex]. Опростяваме този израз и получаваме [tex](2b-1)^2 \ge 0[/tex]
Което винаги е изпълнено.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Tue Oct 16, 2007 3:19 pm    Заглавие:

Николай.Каракехайов, вярно решение! Браво.

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

[tex]\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[/tex].


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:24 am; мнението е било променяно общо 1 път
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Nona
Напреднал


Регистриран на: 12 Sep 2006
Мнения: 477

Репутация: 234.7
гласове: 163

МнениеПуснато на: Tue Oct 16, 2007 3:57 pm    Заглавие:

Задача 6.
Можем да използваме и неравенството на Коши-Буняковски-Шварц:
[tex]\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[/tex]

[tex]3\left( \frac{a^2}{a+1} +\frac{b^2}{b+1}\right)\geq1[/tex]
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Tue Oct 16, 2007 6:42 pm    Заглавие:

Magi, елегантно решение.

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


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:25 am; мнението е било променяно общо 2 пъти
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
r2d2
VIP


Регистриран на: 28 Feb 2007
Мнения: 1936
Местожителство: in the galaxy (Far Far Away)
Репутация: 311.2Репутация: 311.2
гласове: 179

МнениеПуснато 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 ...
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато 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.

Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Thu Nov 29, 2007 3:03 pm; мнението е било променяно общо 1 път
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Nona
Напреднал


Регистриран на: 12 Sep 2006
Мнения: 477

Репутация: 234.7
гласове: 163

МнениеПуснато на: Wed Oct 17, 2007 10:28 pm    Заглавие:

Задача 7. Решение

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

[tex]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}[/tex]

Заместваме полупериметъра с 3/2.

[tex]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}[/tex]
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато 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 [tex]a,b,c[/tex] са страни на триъгълник, можем да положим [tex]a=x+y, b=y+z[/tex] и [tex]c=z+x[/tex] [tex](x,y,z>0) [/tex]. От условието следва, че [tex]x+y+z=\frac{3}{2}[/tex]. Тогава:

[tex]a^{2}+b^{2}+c^{2}+\frac{4abc}{3}=\frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})(a+b+c)+4abc}{3}=[/tex]

[tex]=\frac{2((x+y)^{2}+(y+z)^{2}+(z+x)^{2})(x+y+z)+4(x+y)(y+z)(z+x)}{3}=[/tex]

[tex]=\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}=[/tex]

[tex]=\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[/tex]

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


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:27 am; мнението е било променяно общо 2 пъти
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Wed Oct 17, 2007 11:42 pm    Заглавие:

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

Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:27 am; мнението е било променяно общо 1 път
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
krassi_holmz
Редовен


Регистриран на: 05 Jan 2006
Мнения: 146
Местожителство: Ню Йорк, BG
Репутация: 57.9
гласове: 18

МнениеПуснато на: Fri Oct 26, 2007 4:48 pm    Заглавие:

Задача 3 (Несбит): Нека фиксираме сумата [tex]a+b+c[/tex] и [tex]c[/tex]. Тогава и a+b e фиксирано, и значи [tex]\frac{c}{a+b}[/tex] също остава фиксирано. Да разгледаме останалата част от сумата:
[tex]\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}=\frac{(a+b)^2+c(a+b)-2ab}{c^2+c(a+b)+ab}[/tex]. В получения израз, фиксирано е всичко освен [tex]ab[/tex]. 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, [tex]\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}[/tex] достига минимум, и той е именно: [tex]3\frac{\frac{a+b+c}{3}}{2\frac{a+b+c}{3}}=\frac{3}{2}[/tex].
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
kamen05
Начинаещ


Регистриран на: 22 Oct 2007
Мнения: 34
Местожителство: Sofia
Репутация: 25.8Репутация: 25.8Репутация: 25.8
гласове: 18

МнениеПуснато на: Sun Oct 28, 2007 3:16 pm    Заглавие: Асиметрично неравенство

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.


[tex](a^2+b^2+c^2)^2 \ge 3(ba^3+cb^3+ac^3)[/tex]
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато 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.
[tex](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[/tex].

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.


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Thu Nov 29, 2007 3:04 pm; мнението е било променяно общо 1 път
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
kamen05
Начинаещ


Регистриран на: 22 Oct 2007
Мнения: 34
Местожителство: Sofia
Репутация: 25.8Репутация: 25.8Репутация: 25.8
гласове: 18

МнениеПуснато 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.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
kamen05
Начинаещ


Регистриран на: 22 Oct 2007
Мнения: 34
Местожителство: Sofia
Репутация: 25.8Репутация: 25.8Репутация: 25.8
гласове: 18

МнениеПуснато на: Mon Oct 29, 2007 6:00 pm    Заглавие:

Titu_Andrescu написа:
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.
[tex](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[/tex].

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

Като направим замяната [tex] a->b, b->c, c->a,[/tex] получаваме, че при равенство ще е вярно и равенството
[tex](a^2+b^2+c^2)^2=3(ab^3+bc^3+ca^3)[/tex] (дясната страна на наистина удивителното тъждество не се променя!)
Т.е.

[tex]ba^3+cb^3+ac^3=ab^3+bc^3+ca^3 [/tex] или
[tex](a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)=0 [/tex]

Т.е. например [tex]a=c [/tex]. Тогава равенството става
[tex](2a^2+b^2)^2=3(ba^3+ab^3+a^4) [/tex]
[tex]a^4-3ba^3+4a^2b^2-3b^3a+b^4=0 [/tex]
или
[tex](a^2-ab+b^2)(a-b)^2=0 [/tex] т.е. [tex]a=b [/tex]
Излиза, че равенство се достига само когато трите числа са равни. Не можах да намеря грешка в разсъжденията си, моля за проверка!
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Mon Oct 29, 2007 6:36 pm    Заглавие:

kamen5 написа:
Излиза, че равенство се достига само когато трите числа са равни.


Разсъжденията ти са погрешни, защото правиш непозволени операции. Думичката "само" в това изречение е погрешна, защото веднага ще те контрирам с твърдението, че равенство се достига и при:

[tex]a:b:c=sin^2\frac{4\pi}{7}:sin^2\frac{2\pi}{7}:sin^2\frac{\pi}{7}[/tex] и цикличните му пермунтации.


Забележка: Задача 8*. Не е решена.


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:28 am; мнението е било променяно общо 2 пъти
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Покажи мнения от преди:   
   Форум за математика Форуми -> Олимпиади и състезания за 9-12 клас Часовете са според зоната GMT + 2 Часа
Иди на страница 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8  Следваща
Страница 1 от 8

 
Идете на:  
Не Можете да пускате нови теми
Не Можете да отговаряте на темите
Не Можете да променяте съобщенията си
Не Можете да изтривате съобщенията си
Не Можете да гласувате в анкети
Може да прикачвате файлове
Може да сваляте файлове от този форум
Copyright © 2005-2015 math10.com.