Регистрирайте сеРегистрирайте се

Екстремални Задачи и Решения

Иди на страница Предишна  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: Wed Jan 02, 2008 2:19 pm    Заглавие:

Задача 54. Нека [tex]I[/tex] е центъра на вписаната в [tex]\triangle ABC [/tex]оклъжност и [tex]m_a,m_b,m_c[/tex] са съответно дължините на медианите от върховете [tex]A,B[/tex] и [tex]C[/tex].
Да се докаже, че
[tex]\frac{IA^2}{m_a^2}+\frac{IB^2}{m_b^2}+\frac{IC^2}{m_c^2}\le\frac43[/tex].
(Trang Hong Son, Виетнам)

Задача 55. В [tex]\triangle ABC [/tex], нека [tex]BC=a,CA=b[/tex] и [tex]AB=c[/tex] са страните, а [tex]r,r_a,r_b,r_c[/tex] са съответно радиуса на вписаната и радиусите на външновписаните окръжности.
Да се докаже, че
[tex]\frac{a^3}{r_a}+\frac{b^3}{r_b}+\frac{c^3}{r_c}\le\frac{abc}{r}[/tex].
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Реклама







Пуснато на:     Заглавие: Реклама

Върнете се в началото
kamen05
Начинаещ


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

МнениеПуснато на: Wed Jan 02, 2008 6:16 pm    Заглавие: решение на задача 54

Честита Нова Година на всички!

Задача 54. Имаме [tex]m_a^2\ge p(p-a) [/tex]- доказва се елементарно и [tex]IA^2=r^2+(p-a)^2[/tex]. Нека за удобство [tex]x=p-a, y=p-b, z=p-c[/tex].

Тогава от формулата на Херон за лице на триъгълник имаме, че [tex]S=\sqrt{(x+y+z)xyz}[/tex] и

[tex]\frac{IA^2}{m_a^2}+\frac{IB^2}{m_b^2}+\frac{IC^2}{m_c^2}\le \sum_{cyc}^{ } \frac{r^2+(p-a)^2}{p(p-a)}=\sum_{cyc}^{ } \frac{\frac{S^2}{p^2}+x^2 }{x(x+y+z) } =\sum_{cyc}^{ } \frac{\frac{xyz}{x+y+z}+x^2}{x(x+y+z)}=\sum_{cyc}^{ }\frac{yz+x(x+y+z)}{(x+y+z)^2} =\frac{x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)}{(x+y+z)^2} \le \frac{4}{3} [/tex],

защото [tex]3\sum_{cyc}^{ }x^2+9\sum_{cyc}^{ } xy\le 4(x+y+z)^2 \Leftarrow \sum_{cyc}^{ } x^2\ge \sum_{cyc}^{ } yz [/tex]

Тitu_Andrescu, числото май трябва да е [tex]\frac43[/tex], а не [tex]\frac34[/tex] .... Very Happy
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 Jan 02, 2008 7:06 pm    Заглавие:

Прав си, поправих го. Хубаво решение Very Happy .
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: Wed Jan 02, 2008 7:48 pm    Заглавие:

Задача 55. Д-во: Неравенството е еквивалентно на [tex]a^{3}(p-a)+b^{3}(p-b)+c^{3}(p-c)\le abcp\Leftrightarrow (a^{3}+b^{3}+c^{3}-abc)(a+b+c)\le2(a^{4}+b^{4}+c^{4}).[/tex]

Полагаме [tex]a=x+y;b=y+z;c=z+x\Rightarrow [/tex] трябва да докажем, че [tex]\sum_{c}z(x+y)^{3}\le (x+y+z)(x+y)(y+z)(z+x).[/tex] Б.о.о. ще считаме, че [tex]\max\left\{x,y,z\right\}=x.[/tex]Неравенството е хомогенно, можем да положим [tex]x+y+z=1\Rightarrow x\ge \frac{1}{3}; 0<yz=t; u=1-x\le \frac{2}{3} \Rightarrow 0<t\le \frac{u^{2}}{4}. [/tex]
Неравенството добива вида [tex]H(u,t)=t^{2}-(2u^{2}-5u+3)t+u^{2}(u-1)^{2}\ge 0.[/tex] Понеже [tex]u=1-x\le \frac{2}{3} \Rightarrow [/tex] [tex]\frac{u^{2}}{4}<\frac{2u^{2}-5u+3}{2}\Rightarrow \min_{0\le t\le \frac{u^{2}}{4}}H(u,t)=\min\left\{H(u,0),H(u,\frac{u^{2}}{4})\right\}.[/tex] Следователно достатъчно е да докажем, че [tex]H(u,0)\ge 0; H(u,\frac{u^{2}}{4})\ge 0.[/tex]

Пресмятаме [tex]H(u,0)=u^{2}(u-1)^{2}>0; H(u,\frac{u^{2}}{4})=\frac{u^{2}}{16}(3u-2)^{2}\ge 0.[/tex] Твърдението е доказано.
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 Jan 02, 2008 8:39 pm    Заглавие:

Задача 56. Да се докаже, че за всеки триъгълник [tex]ABC[/tex] със страни [tex]a,b,c[/tex], лице [tex]S[/tex] и радиуси [tex]r, R[/tex] съответно на вписаната и описаната окръжности e изпълнено:
[tex]a) (ab+bc+ca)\sqrt{\frac{abc}{a^3+b^3+c^3}}\ge 4S[/tex],
[tex]b) 8R(R-2r)\ge (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2[/tex].
(Виет Тао, Виетнам)

Задача 57. В триъгълник [tex]ABC[/tex] със страни [tex]AB=c,BC=a,CA=b[/tex], [tex]h_a,h_b[/tex] и [tex]h_c[/tex] са височините от върховете [tex]A,B[/tex] и [tex]C[/tex].
Нека с [tex]p[/tex] означим полупериметъра на триъгълника [tex]ABC[/tex]. Точката [tex]X[/tex] e избрана на страната [tex]BC[/tex] такава, че радиусите на вписаните в триъгълниците [tex]ABX[/tex] и [tex]ACX[/tex] окръжности са равни на [tex]r_a[/tex]. [tex]r_b[/tex] и [tex]r_c[/tex] се дефинират аналогично. Да се докаже, че
[tex]2(r_a+r_b+r_c)+p\ge h_a+h_b+h_c[/tex].
(Tran Mihn Hien, Виетнам)

Задача 58*. Нека [tex]a,b[/tex] и [tex]c[/tex] са положителни реални числа със сума [tex]3[/tex]. Да се докаже, че
[tex]\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge a^2+b^2+c^2[/tex].
(Vasile Cirtoaje, Румъния (тази задача за втори път се появява във форума!))
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: Wed Jan 02, 2008 9:12 pm    Заглавие:

Задача 56. б) Ще използваме формулата [tex]ab+bc+ca=p^{2}+r(4R+r).[/tex] Имаме

[tex](a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}=2[(a+b+c)^{2}-3(ab+bc+ca)]=2p^{2}-6r(4R+r).[/tex]

Тогава [tex]8R(R-2r)\ge (a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}\Leftrightarrow p^{2}\le 4R^{2}+4Rr+3r^{2},[/tex] което е неравенството на Блъндън.Твърдението е доказано.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
LogiC
Начинаещ


Регистриран на: 28 Dec 2007
Мнения: 3
Местожителство: Sofia / Simeonovo
Репутация: 1.3
гласове: 1

МнениеПуснато на: Wed Jan 02, 2008 10:25 pm    Заглавие:

Сложил си картинка и си помислих , че може да са издали приложение с задачите и решенията от IMO 2001
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение Посетете сайта на потребителя
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Wed Jan 02, 2008 10:43 pm    Заглавие:

Не, това просто е логото на олимпиадата. То показва каде се е провела и през коя година.
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: Thu Jan 03, 2008 1:46 am    Заглавие:

Задача 58* Д-во: Полагаме [tex]G(x,y,z)=\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}}-x^{2}-y^{2}-z^{2},[/tex] [tex]x+y+z=3; x,y,z\in R^{+}.[/tex]

Нека [tex]x+2y=3;[/tex] [tex]x,y\in R^{+}[/tex] Пресмятаме [tex]G(x,y,y)=\frac{6(y-1)^{2}(-4y^{4}+12y^{3}-11y^{2}+2y+3)}{y^{2}(3-2y)^{2}}\ge 0,[/tex] понеже [tex]\min_{0\le y\le \frac{3}{2}}(-4y^{4}+12y^{3}-11y^{2}+2y+3)>0.[/tex] Така доказахме, че [tex]G(x,y,y)\ge 0.[/tex]

Нека [tex]x+y+z=3; x,y,z\in R^{+}; \min\left\{x,y,z\right\}=x.[/tex] Пресмятаме разликата

[tex]G(x,y,z)-G(x,\frac{y+z}{2},\frac{y+z}{2})=\frac{(y-z)^{2}\left\[2(y+z)^{2}+4yz-y^{2}z^{2}(y+z)^{2}\right\]}{2y^{2}z^{2}(y+z)^{2}}\ge 0,[/tex] понеже [tex]2(y+z)^{2}+4yz-y^{2}z^{2}(y+z)^{2}>0.[/tex] Наистина, полагаме [tex]yz=t\Rightarrow 0<t\le \frac{u^{2}}{4}; 0\le u=1-x<1. [/tex]
Тогава [tex]2(y+z)^{2}+4yz-y^{2}z^{2}(y+z)^{2}>0\Leftrightarrow H(u,t)=u^{2}t^{2}-4t-2u^{2}<0.[/tex] Но [tex]\max_{0\le t\le \frac{u^{2}}{4},0\le u\le 1}=\max_{0\le u\le 1}\left\{H(u,0),H(u,\frac{u^{2}}{4})\right\}[/tex] Но [tex]H(u,0)=-2u^{2}\le0, [/tex] [tex]H(u,\frac{u^{2}}{4})=\frac{u^{2}}{16}\left\(u^{4}-48\right\)<0.[/tex] Неравенството е доказано.
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 Jan 03, 2008 2:16 am    Заглавие:

Задача 59*. Да се докаже, че [tex]\sin\sqrt{x}<\sqrt{sinx}[/tex], за [tex]0<x<\frac{\pi}{2}[/tex].
(Русия, 2006 г.)
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 Jan 03, 2008 2:36 pm    Заглавие:

Задача 58. Второ решение.
Полагаме [tex]\frac{1}{a}=x,\frac{1}{b}=y[/tex] и [tex]\frac{1}{c}=z[/tex]. Тогава от даденото [tex]a+b+c=3[/tex] следва,
че [tex]xy+yz+zx=3xyz[/tex] и трябва да докажем, че [tex]\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge a^2+b^2+c^2[/tex], което е еквивалентно на [tex](x^2+y^2+z^2)x^2y^2z^2\ge x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2[/tex].

Д-во: [tex](x^2+y^2+z^2)x^2y^2z^2-(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)=(x^2+y^2+z^2)x^2y^2z^2-\left((xy+yz+zx)^2-2xyz(x+y+z)\right)=[/tex]
[tex]=(x^2+y^2+z^2)x^2y^2z^2-\left((3xyz)^2-2xyz(x+y+z)\right)=xyz\left((x^2+y^2+z^2)xyz+2(x+y+z)-9xyz\right)=A[/tex].

Искаме да докажем, че [tex]A\ge 0[/tex]. За целта ще използваме, че
[tex](x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\ge 0\Rightarrow x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx \Rightarrow (x+y+z)^2\ge 3(xy+yz+zx)[/tex].
Но по условие [tex]xy+yz+za=3xyz[/tex]. Следователно горното твърдение придобива вида [tex]x^2+y^2+z^2\ge 3xyz[/tex] и [tex](x+y+z)^2\ge 9xyz[/tex].
Сега, от неравенството между средно Аритметично и средно Геометрично за числата
[tex]C=(x^2+y^2+z^2)xyz, D=E=x+y+z[/tex] следва, че
[tex](x^2+y^2+z^2)xyz+(x+y+z)+(x+y+z)\ge 3\sqrt[3]{(x^2+y^2+z^2)xyz(x+y+z)^2}\ge 3\sqrt[3]{3xyz.xyz.9xyz}=9xyz[/tex].
Тогава [tex]A=xyz\left((x^2+y^2+z^2)xyz+2(x+y+z)-9xyz\right)\ge xyz(9xyz-9xyz)=0[/tex], което трябваше да докажем.
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: Thu Jan 03, 2008 3:01 pm    Заглавие:

Titu_Andrescu написа:
Задача 59*. Да се докаже, че [tex]\sin\sqrt{x}<\sqrt{sinx}[/tex], за [tex]0<x<\frac{\pi}{2}[/tex].
(Русия, 2006 г.)


Ще си позволя да постна едно "непълно" доказателство, защото всеки участник във форума, "допълвайки" си го ще стигне до сериозни резултати (ако не ги знае, разбира се... Very Happy )
Най-начално да отбележим, че неравенството очевидно е вярно за [tex]1\le x\le \frac{\pi }{2}[/tex], защото тогава [tex] \sqrt{sin x}\ge sin x \ge sin(\sqrt{x}) [/tex]. Т.е. ще доказваме в (0,1).
Доказваме последователно:
1.) [tex] cos t\le 1[/tex]
2.) [tex] sin t\le t [/tex]
3.) [tex] cos t\ge 1-\frac{t^2}{2!} [/tex]
4.) [tex] sin t\ge t-\frac{t^3}{3!} [/tex]
5.) [tex] cos t\le 1-\frac{t^2}{2!}+\frac{t^4}{4!} [/tex]
6.) [tex] sin t \le t-\frac{t^3}{3!}+\frac{t^5}{5!} [/tex]
7.) [tex] cos t \ge 1-\frac{t^2}{2!}+\frac{t^4}{4!}-\frac{t^6}{6!} [/tex]

всяко следващо се доказва от предходното, като се формира функция на разликата от двете страни, диференцира се и се определя знакът на производната, като при всички случаи граничната стойност се достига в 0. По-амбициозните могат да си изведат обща формула.
Сега полагаме [tex] \sqrt{x} =t [/tex]. Неравенството става [tex]sin^2t\le{sin(t^2)} [/tex]
Или [tex]\frac{1-cos2t}{2}\le sin(t^2)[/tex]
Сега дясната страна оценяваме със 4.) отдолу, а лявата- със 7.) отгоре. Получава се, че ще сме си свършили работата , ако докажем:
[tex]t^2-\frac{t^4}{3}+\frac{2t^6}{45}\le t^2-\frac{t^6}{6}[/tex]
Или
[tex]1\ge \frac{t^2}{2} +\frac{2t^2}{15}\Leftarrow 1\ge \frac{19t^2}{30} [/tex], като последното очевидно е вярно в (0,1).
Част от доказателството по-горе показва тъй нареченото развитие в степенен ред на функциите синус и косинус. Това развитие е сходимо в някаква околност на 0 и именно затова беше толкова важо на намалим интервала, в който ще доказваме нашето неравенство, за да можем да използуваме не целия ред, някои от парциалните суми. Нещо повече- за това доказателство по ниски степени от показаните не ни вършат работа, както всеки може да види.
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: Thu Jan 03, 2008 4:19 pm    Заглавие:

Задача 57. Д-во:Ще използваме стандартните означения за елементите на [tex]\triangle ABC.[/tex] Нека [tex]k_{c}(I_{c},r_{a}), [/tex] и [tex]k_{b}(I_{b},r_{a})[/tex] са вписаните окръжности съответно в триъгълниците [tex]\triangle ACX,\triangle ABX.[/tex]Полагаме [tex]|AX|=d.[/tex] Имаме [tex]S_{\triangle ACX}+S_{\triangle ABX}=S_{\triangle ABC}\Rightarrow d=\frac{pr}{r_{a}}-p.[/tex]

Нека [tex]I_{b}E\bot BC,[/tex] [tex]I_{c}F\bot BC; E,F\in BC.[/tex] Tогава [tex]|I_{b}I_{c}|=|EF|=|XE|+|XF|=d-(p-a).[/tex] Също така [tex]I_{b}I_{c}\parallel BC\Rightarrow \frac{d-(p-a)}{a}=\frac{|I_{b}I_{c}|}{|BC|}=\frac{|II_{c}|}{|IC|}=\frac{|IC|-|CI_{c}|}{|IC|}=1-\frac{|CI_{c}|}{|IC|}=1-\frac{r_{a}}{r}\Rightarrow d=p-\frac{ar_{a}}{r}. [/tex] Но вече доказахме, че [tex]d=\frac{pr}{r_{a}}-p\Rightarrow r_{a}=\frac{r}{a}(p-\sqrt{p(p-a)}).[/tex] Тогава [tex]2(r_{a}+r_{b}+r_{c})+p=2pr(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+p-2r\left\(\frac{\sqrt{p(p-a)}}{a}+\frac{\sqrt{p(p-b)}}{b}+\frac{\sqrt{p(p-c)}}{c}\right\)=h_{a}+h_{b}+h_{c}+p-2r\left\(\frac{\sqrt{p(p-a)}}{a}+\frac{\sqrt{p(p-b)}}{b}+\frac{\sqrt{p(p-c)}}{c}\right\)[/tex]

Достатъчно е да докажем, че [tex]p-2r\left\(\frac{\sqrt{p(p-a)}}{a}+\frac{\sqrt{p(p-b)}}{b}+\frac{\sqrt{p(p-c)}}{c}\right\)\ge 0\Leftrightarrow \frac{p}{2r}\ge \frac{\sqrt{p(p-a)}}{a}+\frac{\sqrt{p(p-b)}}{b}+\frac{\sqrt{p(p-c)}}{c}.[/tex]

Имаме [tex]\sum_{c}\frac{\sqrt{p(p-a)}}{a}=\sum_{c}\frac{sqrt{p(p-a)}}{(p-b)+(p-c)}\le \sum_{c}\frac{\sqrt{p(p-a)}}{2\sqrt{(p-b)(p-c)}}=\sum_{c}\frac{{p(p-a)}}{2\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}=\frac{p^{2}}{2S}=\frac{p}{2r}.[/tex] Неравенството е доказано.
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 Jan 03, 2008 8:19 pm    Заглавие:

Задача 60*. При стандартни означения за един триъгълник, да се докаже, че
[tex]\frac{1}{m_a}+\frac{1}{m_b}+\frac{1}{m_c}>\frac{5}{p}[/tex].
(Лолтер Джонс, Инсбург, Австрия)

Задача 61. Нека [tex]a,b,c[/tex] са страни на триъгълник с лице [tex]S[/tex]. Да се докаже, че [tex]\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}\ge\frac{2S}{R}[/tex]. Кога се достига равенство?
(Джордж Тсинтсифас, Гърция)

Задача 62. Да се докаже, че [tex](sinx)^{sinx}<cosx[/tex], за [tex]0<x<\frac{2\pi }{9}[/tex].
(Wu WHei Chao, Китай)

Задача 63. Да се докаже, че [tex]\sqrt{p}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\le \sqrt{2}(r_a+r_b+r_c)[/tex], където [tex]a,b,c[/tex] са страните на даден триъгълник с периметър [tex]2p[/tex],
а [tex]r_a,r_b,r_c[/tex] са радиусите на външно вписаните окръжности за него.
(Джордж Тсинтсифас, Гърция)

Задача 64. Нека [tex]m_a, h_a[/tex] и [tex]l_a[/tex] са дължилжините на медианата, височината и ъглополовящата към страната [tex]a[/tex] на [tex]\triangle ABC[/tex].
Дефинираме [tex]m_b,m_c,h_b,h_c,l_b [/tex]и [tex]l_c[/tex] аналогично. Нека [tex]R[/tex] е радиуса на описаната около [tex]\triangle ABC[/tex] окръжност.

[tex]a)[/tex] Да се докаже, че [tex]\sum_{cyclic}\frac{b^2+c^2}{m_a}\le 12R[/tex],
[tex]b)[/tex]Да се докаже, че [tex]\sum_{cyclic}\frac{b^2+c^2}{h_a}\ge 12R[/tex],
[tex]c)*[/tex] Да се ограничи отдолу и отгоре [tex]\frac{1}{R}\sum_{cyclic}\frac{b^2+c^2}{l_a}[/tex].
(Лолтер Джонс, Инсбург, Австрия)

Задача 65. В [tex]\triangle ABC[/tex], нека [tex]l_a,l_b,l_c[/tex] са ъглополовящите, а [tex]r[/tex] е радиуса на вписаната в него окръжност.
Да се докаже, че [tex]\frac{1}{l_a^2}+\frac{1}{l_b^2}+\frac{1}{l_c^2}\le\frac{1}{3r^2}[/tex], като равенство се достига тогава и само тогава, когато [tex]\triangle ABC[/tex] е равностранен.
(Лолтер Джонс, Инсбург, Австрия)

Задача 66*. Нека [tex]d,e,f[/tex] са страните на триъгълника, чиито върхове представляват точките, в които ъглополовящите на даден триъгълник с полупериметър [tex]p[/tex] пресичат страните му.
Да се докаже, че [tex]d^2+e^2+f^2\le \frac{p^2}{3}[/tex].
(Лолтер Джонс, Инсбург, Австрия)
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: Fri Jan 04, 2008 10:35 pm    Заглавие:

Задача 65. Д-во: Имаме [tex]l_{c}^{2}=\frac{ab(a+b+c)(a+b-c)}{(a+b)^{2}}\Rightarrow \frac{1}{l_{c}^{2}}=\frac{c(a+b)^{2}(p-a)(p-b)}{4abcS^{2}},[/tex] [tex]r^{2}=\frac{S^{2}}{p^{2}}.[/tex] Следователно [tex]\frac{1}{l_{a}^{2}}+\frac{1}{l_{b}^{2}}+\frac{1}{l_{c}^{2}}\le \frac{1}{3r^{2}}\Leftrightarrow \sum_{c}\frac{c(a+b)^{2}(p-a)(p-b)}{4abcS^{2}}\le \frac{p^{2}}{3S^{2}}\Leftrightarrow \sum_{c}c(a+b)^{2}\left\(p^{2}-(a+b)p+ab\right\)\le \frac{4}{3}abcp^{2}.[/tex]

Б.о.о. [tex]a+b+c=1,[/tex] [tex]\min\left\{a,b,c\right\}=c,[/tex] [tex]ab=t,[/tex] [tex]u=1-c\Rightarrow 0<t\le \frac{u^{2}}{4},[/tex] [tex]\frac{2}{3}\le u<1.[/tex]

Пресмятаме последователно [tex]a^{4}+b^{4}=u^{4}-4u^{2}t+2t^{2},[/tex] [tex]a^{3}+b^{3}=u^{3}-3ut,[/tex] [tex]a^{2}+b^{2}=u^{2}-2t.[/tex]

Тогава [tex]\sum_{c}c(a+b)^{2}\left\(p^{2}-(a+b)p+ab\right\)\le \frac{4}{3}abcp^{2}\Leftrightarrow H(u,t)=4(2u-1)t^{2}+(-8u^{3}+8u^{2}+\frac{u-4}{3})t+u(u-1)(2u-1)^{2}\le 0.[/tex] Но [tex]2u-1>0\Rightarrow [/tex] достатъчно е да докажем, че [tex]H(u,0)\le 0,[/tex] и [tex]H(u,\frac{u^{2}}{4})\le 0, [/tex] защото [tex]\max_{0\le t\le \frac{u^{2}}{4}}H(u,t)=\max\left\{H(u,0),H(u,\frac{u^{2}}{4})\right\}.[/tex]

Но [tex]H(u,0)=u(u-1)(2u-1)^{2}<0,[/tex] и [tex]H(u,\frac{u^{2}}{4})=\frac{u(u-1)(3u-2)^{2}(3-2u)}{12}\le 0.[/tex] Равенство се достига само при [tex]u=\frac{2}{3},[/tex] т.е. при [tex]c=\frac{1}{3}=\min\left\{a,b,c\right\}\Rightarrow a=b=\frac{1}{3}.[/tex] Като се освободим от ограничението [tex]a+b+c=1,[/tex] заключаваме, че равенство имаме само при [tex]a=b=c.[/tex] Твърдението е доказано.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Grands
Редовен


Регистриран на: 31 Mar 2007
Мнения: 240

Репутация: 28.2Репутация: 28.2Репутация: 28.2
гласове: 5

МнениеПуснато на: Sat Jan 05, 2008 11:33 am    Заглавие:

Задача 67. Тръгълникът [tex]ABC[/tex] е вписан в окръжност с радиус [tex]R[/tex] и [tex]P[/tex] е точка от вътрешността на триъгълника. Да се докаже, че [tex]\frac{AP}{BC^2}+\frac{BP}{AC^2}+\frac{CP}{AB^2}\ge\frac{1}{R}[/tex]
(Подбор на отбора за МОМ на САЩ, 2000 г.)
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 Jan 05, 2008 10:59 pm    Заглавие:

Задача 63. Д-во: Ще използваме формулата [tex]r_{a}+r_{b}+r_{c}=4R+r,[/tex] доказана
тук: http://www.math10.com/forumbg/viewtopic.php?p=12170&highlight=#12170

Тогава неравенството е еквивалентно на [tex]\sqrt{p}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\le \sqrt{2}(4R+r)\Leftrightarrow p(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2}\le 2(4R+r)^{2}. [/tex]

Но [tex]p(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2}=p(a+b+c+2\sqrt{ab}+2\sqrt{bc}+2\sqrt{ca})\le p\left\(2p+(a+b)+(b+c)+(c+a)\left\)=6p^{2}\Rightarrow [/tex] достатъчно е да докажем, че

[tex]6p^{2}\le 2(4R+r)^{2}\Leftrightarrow 3p^{2}\le 16R^{2}+8Rr+r^{2}.[/tex]

Съгласно неравенството на Блъндън [tex]p^{2}\le 4R^{2}+4Rr+3r^{2}\Rightarrow 3p^{2}\le12R^{2}+12Rr+9r^{2}.[/tex]

Накрая [tex]12R^{2}+12Rr+9r^{2}\le 16R^{2}+8Rr+r^{2}\Leftrightarrow R^{2}-Rr-2r^{2}\ge 0\Leftrightarrow (R-2r)(R+r)\ge 0.[/tex] Неравенството е доказано.
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: Sun Jan 06, 2008 12:35 pm    Заглавие:

Задача 64. б) Трябва да докажем, че [tex]\sum_{c}\frac{b^{2}+c^{2}}{Rh_{a}}\ge12.[/tex] В сила са равенствата [tex]R=\frac{abc}{4S},[/tex] [tex]h_{a}=\frac{2S}{a}\Rightarrow Rh_{a}=\frac{bc}{2}\Rightarrow \sum_{c}\frac{b^{2}+c^{2}}{Rh_{a}}=2\sum_{c}\frac{b^{2}+c^{2}}{bc}\ge 2\sum_{c}2=12.[/tex] Неравенството е доказано.
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 Jan 07, 2008 12:29 am    Заглавие:

Задача 68. Да се намери най-добрата константа [tex]C[/tex], за която неравенството
[tex]\frac{a}{1-a^2}+\frac{b}{1-b^2}+\frac{c}{1-c^2}\ge C.\left(\frac{1-a^2}{a}+\frac{1-b^2}{b}+\frac{1-c^2}{c}\right)[/tex],
е изпълнено за всички реални числа [tex]a,b,c\in (0,1)[/tex] изпълняващи условието [tex]ab+bc+ca=1[/tex].
(Калин Попа)

Задача 69. Да се докаже, че ако [tex]a,b,c>0[/tex], то [tex]\frac{ab}{3a+4b+5c}+\frac{bc}{3b+4c+5a}+\frac{ca}{3c+4a+5b}\le\frac{a+b+c}{12}[/tex].
(Николай Николов, 2006 г.)
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 Jan 07, 2008 1:34 pm    Заглавие:

Задача 70. На фигурата по-долу квадратът [tex]ABCD[/tex] със страна [tex]1[/tex] и правата [tex]l[/tex] са фиксирани, а квадратът [tex]PQRS[/tex] (отново със страна [tex]1[/tex]) се върти, като [tex]P[/tex] и [tex]Q[/tex] лежат съответно на [tex]l[/tex] и [tex]AB[/tex]. [tex]X[/tex] е петата на перпендикуляра от [tex]S[/tex] към [tex]l[/tex]. Да се намери позицията на точка [tex]Q[/tex], за която дължината на [tex]XY[/tex] е най-голяма.
(Хидетоси Фукагава, Япония)



70.jpg
 Description:
 Големина на файла:  7.09 KB
 Видяна:  2920 пъти(s)

70.jpg


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: Mon Jan 07, 2008 10:21 pm    Заглавие:

Задача 56. а) Д-во:Ще използваме стандартните означения за елементите на триъгълник. Имаме [tex]abc=4RS=4Rpr, [/tex] [tex]ab+bc+ca=p^{2}+r(4R+r),[/tex] [tex]a^{3}+b^{3}+c^{3}=(a+b+c)^{3}-3(ab+bc+ca)(a+b+c)+3abc=2p^{3}-6pr(2R+r).[/tex]Тогава

[tex](ab+bc+ca)\sqrt{\frac{abc}{a^{3}+b^{3}+c^{3}}}\ge4S\Leftrightarrow R\left\(p^{2}+r(4R+r)\right\)^{2}\ge 8rp^{2}\left\(p^{2}-3r(2R+r)\right\).[/tex]

Полагаме [tex]\frac{R}{r}=s,[/tex] [tex]\frac{p^{2}}{r^{2}}=t\Rightarrow s\ge 2, [/tex] и съгласно неравенствата на Блъндън
[tex]16Rr-5r^{2}\le p^{2}\le4R^{2}+4Rr+3r^{2}\Rightarrow 16s-5\le t\le4s^{2}+4s+3.[/tex] Неравенството разделяме на [tex]r^{5}[/tex] и получаваме [tex]R\left\(p^{2}+r(4R+r)\right\)^{2}\ge 8rp^{2}\left\(p^{2}-3r(2R+r)\right\)\Leftrightarrow H(s,t)=-(8-s)t^{2}+2(4s^{2}+25s+12)t+s(4s+1)^{2}\ge 0.[/tex]

1сл. [tex]s>8\Rightarrow [/tex] неравенството е изпълнено, тъй като всички събираеми са положителни

2сл. [tex]2\le s\le 8\Rightarrow 8-s\ge 0\Rightarrow \min_{16s-5\le t\le4s^{2}+4s+3}H(s,t)=\min_{s\ge 2}\left\{H(s,16s-5),H(s,4s^{2}+4s+3)\right\}[/tex] Пресмятаме
[tex]H(s,16s-5)=80(s-2)\left\[s^{2}+4s(s-2)+2\right\]\ge 0,[/tex] [tex]H(s,4s^{2}+4s+3)=16s(s-2)(s^{3}-2s^{2}-2s-2)\ge0,[/tex] при [tex]s\ge 3.[/tex]

Твърдението е доказано в случаите [tex]s\in \left\{2\right\}\cup [3,\infty) .[/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 Jan 08, 2008 12:46 pm    Заглавие:

Задача 71. Нека [tex]h_a,h_b,h_c[/tex] са височините на даден триъгълник с лице [tex]S[/tex]. Да се докаже, че

a) [tex]h_a^4+h_b^4+h_c^4\ge 9S^2[/tex], ако триъгълника е остроъгълен.
(Мирослав Стоенчев)

b) [tex]\frac{1}{h_a^4+h_b^4}+\frac{1}{h_b^4+h_c^4}+\frac{1}{h_c^4+h_a^4}\ge \frac{1}{2S^2}[/tex], за пройзволен триъгълник.
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 Jan 08, 2008 12:54 pm    Заглавие:

Задача 72*. Нека даден триъгълник със страни [tex]a,b,c[/tex] има лице [tex]S[/tex]. Известно е вече неравенството на WeitzenbÄock,
което е дадено на първата Междуналодна Олимпиада по Математика (IMO) 1961г. [tex]a^2+b^2+c^2\ge 4S\sqrt{3}[/tex] (виж зад. 41).
Да се докаже по-силното неравенство [tex]ab+bc+ca\ge 4S\sqrt{3}[/tex].

Задача 73*. Неравенството на Лолтер Блъндън се отнася до полупериметъра [tex]p[/tex], радиусът на вписаната и описаната окръжности - съответно [tex]R[/tex] и [tex]r[/tex] за всеки триъгълник. Мирослав Стоенчев до този момент използва неравенството му поне 5 пъти при доказването на задачите. Оставил съм и pdf файл с обобщеното неравенство и доказателството му. Да се докаже, че за всеки остроъгълен триъгълнек е изпълнено [tex]p^2\ge 2R^2+8Rr+3r^2[/tex].
(Джак Гарфункел, Ню Йорк)



Blundon.pdf
 Description:

Свали
 Име на файл:  Blundon.pdf
 Големина на файла:  83.85 KB
 Свален:  2223 пъти(s)

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: Tue Jan 08, 2008 6:48 pm    Заглавие:

Задача 72*. Д-во: Ще използваме формулите [tex]S=pr,[/tex] [tex]ab+bc+ca=p^{2}+r(4R+r).[/tex] Toгава [tex]ab+bc+ca\ge 4\sqrt{3}S\Leftrightarrow p^{2}-4\sqrt{3}rp+r(4R+r)\ge 0.[/tex]

Полагаме [tex]\frac{R}{r}=s\ge 2,[/tex] [tex]\frac{p}{r}=t.[/tex] Използвайки неравенството на Блъндън [tex]16Rr-5r^{2}\le p^{2}\Rightarrow \sqrt{16s-5}\le t.[/tex]

Tрябва да докажем, че [tex]H(s,t)=t^{2}-4\sqrt{3}t+4s+1\ge 0,[/tex] при [tex] t\ge \sqrt{16s-5}.[/tex]

Намираме дискриминантата: [tex]D_{h}=11-4s.[/tex]

1сл. [tex]D_{h}=11-4s\le 0\Leftrightarrow s\ge \frac{11}{4}\Rightarrow H(s,t)\ge 0.[/tex]

2сл. [tex]D_{h}=11-4s>0\Leftrightarrow 2\le s<\frac{11}{4}\Rightarrow t_{1,2}=2\sqrt{3}\pm \sqrt{11-4s}.[/tex] Но [tex]H(s,t)\ge 0[/tex] при [tex]t\ge \max\left\{t_{1},t_{2}\right\}=2\sqrt{3}+\sqrt{11-4s}.[/tex]

Следователно достатъчно е да докажем, че [tex]2\sqrt{3}+\sqrt{11-4s}=\max\left\{t_{1},t_{2}\right\}\le \sqrt{16s-5}\le t,[/tex] при [tex]2\le s<\frac{11}{4}.[/tex]

Имаме [tex]2\sqrt{3}+\sqrt{11-4s}\le \sqrt{16s-5}\Leftrightarrow 2\sqrt{3}\le \sqrt{16s-5}-\sqrt{11-4s}\Leftrightarrow \sqrt{(16s-5)(11-4s)}\le 6s-3\Leftrightarrow 4(s-2)\left\(25s-8\right\)\ge 0,[/tex]

кoето е вярно при [tex]s\ge 2.[/tex] Така доказахме, че [tex]H(s,t)\ge 0,[/tex] с което задачата е решена.
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 Jan 08, 2008 7:13 pm    Заглавие:

Задача 74*. Нека [tex]u,v,w[/tex] са неотрицателни реални числа, за които никои две от тях не са равни на [tex]0[/tex] и нека [tex]0<t\le 2[/tex].
Нека още [tex]a,b,c[/tex] са страни на триъгълник с лице [tex]S[/tex]. Да се докаже, че
[tex]\frac{u}{v+w}(bc)^t+\frac{v}{w+u}(ca)^t+\frac{w}{u+v}(ab)^t\ge\frac{3}{2}\left(\frac{4S}{\sqrt{3}}\right)^t[/tex].
(D.S.Mitrinovic и J.E.Pecaric)
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: Thu Jan 10, 2008 9:09 pm    Заглавие:

Задача 61. [tex]\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}\ge \frac{2S}{R}\Leftrightarrow \sum_{c}ab(b+c)(c+a)\ge \frac{2S}{R}(a+b)(b+c)(c+a).[/tex]

Ще използваме формулите [tex]abc=4pRr,[/tex] [tex]ab+bc+ca=p^{2}+r(4R+r).[/tex]

Пресмятаме [tex]\sum_{c}ab(b+c)(c+a)=(ab+bc+ca)^{2}+abc(a+b+c),[/tex] [tex](a+b)(b+c)(c+a)=(ab+bc+ca)(a+b+c)-abc.[/tex] Тогава

[tex]\sum_{c}ab(b+c)(c+a)\ge \frac{2S}{R}(a+b)(b+c)(c+a)\Leftrightarrow \left\(p^{2}+r(4R+r)\right\)^{2}\ge \frac{4rp^{2}}{R}\left\(p^{2}+2Rr+r^{2}-2R^{2}\right\).[/tex]

Полагаме [tex]\frac{R}{r}=s,[/tex] [tex]\frac{p^{2}}{r^{2}}=t.[/tex] Знаем, че [tex]s\ge 2,[/tex] [tex]16s-5\le t\le 4s^2+4s+3. [/tex]

Трябва да докажем, че [tex]H(s,t)=(s-4)t^{2}+2(8s^{2}-3s-2)t+s(4s+1)^{2}\ge 0,[/tex] при [tex]s\ge 2,[/tex] [tex]16s-5\le t\le 4s^2+4s+3. [/tex]

1сл. [tex]s-4\ge 0\Rightarrow H(s,t)\ge 0,[/tex] понеже всички събираеми са положителни.

2сл. [tex]2\le s\le 4\Rightarrow s-4\le 0\Rightarrow \min_{0\le t\le 4s^2+4s+3}H(s,t)=\min_{2 \le s\le 4}\left\{H(s,0),H(s,s^{2}+4s+3)\right\}[/tex]

Но [tex]H(s,0)=s(4s+1)^{2}>0,[/tex] [tex]H(s,s^{2}+4s+3)=8(s-2)(2s^{4}+8s^{3}+12s^{2}+9s+3)\ge 0\Rightarrow H(s,t)\ge 0.[/tex] Твърдението е доказано.
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: Fri Jan 11, 2008 1:00 am    Заглавие:

Задача 72. (Второ доказателство): Вече доказахме, че за произволни реални числа [tex]x,y,z[/tex] поне едно от които е неотрицателно е в сила неравенството [tex]xa^{2}+yb^{2}+zc^{2}\ge 4S\sqrt{xy+yz+zx}.[/tex] Тук [tex]a,b,c[/tex] са страни на триъгълник.

Да положим [tex]x=\frac{b}{a},[/tex] [tex]y=\frac{c}{b},[/tex] [tex]z=\frac{a}{c}\Rightarrow xy+yz+zx=\frac{c}{a}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}\ge 3\sqrt[3]{\frac{c}{a}\frac{a}{b}\frac{b}{c}}=3.[/tex]

Накрая [tex]ab+bc+ca=xa^{2}+yb^{2}+zc^{2}\ge 4S\sqrt{xy+yz+zx}\ge 4\sqrt{3}S.[/tex] Taka доказахме, че задача 72 следва директно от задача 41.
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: Fri Jan 11, 2008 5:21 pm    Заглавие: Друго (елементарно) решение на 72*

Titu_Andrescu написа:
Задача 72*. Нека даден триъгълник със страни [tex]a,b,c[/tex] има лице [tex]S[/tex]. Известно е вече неравенството на WeitzenbÄock,
което е дадено на първата Междуналодна Олимпиада по Математика (IMO) 1961г. [tex]a^2+b^2+c^2\ge 4S\sqrt{3}[/tex] (виж зад. 41).
Да се докаже по-силното неравенство [tex]ab+bc+ca\ge 4S\sqrt{3}[/tex].

Задача 73*. Неравенството на Лолтер Блъндън се отнася до полупериметъра [tex]p[/tex], радиусът на вписаната и описаната окръжности - съответно [tex]R[/tex] и [tex]r[/tex] за всеки триъгълник. Мирослав Стоенчев до този момент използва неравенството му поне 5 пъти при доказването на задачите. Оставил съм и pdf файл с обобщеното неравенство и доказателството му. Да се докаже, че за всеки остроъгълен триъгълнек е изпълнено [tex]p^2\ge 2R^2+8Rr+3r^2[/tex].
(Джак Гарфункел, Ню Йорк)


Първо се извинявам за слабата си активност и ще помоля модератора да не трие извинението ми Very Happy . Така ще съм до края на февруари, защото трябва и да работя... Very Happy. Възнамерявам като си приключа годишно-приключвателната работа да черпя Very Happy (това последното моля с още по-голям плам да не бъде трито, за да ми бъде напомнено и цитирано ако забравя!!!)

Ако прехвърлим S в знаменателя и предвид [tex] 2S=ab.sin\gamma [/tex] се получава, че трябва да докажем:

[tex]\sum_{cyc}^{} \frac{1}{sin\alpha}\ge 2\sqrt{3}[/tex]
Ако разгледаме [tex] f(t)=\frac{1}{sin t} \Rightarrow f"(t)=\frac{1+cos^2t}{sin^3t}\ge 0[/tex]
Тогава можем да използуваме неравенството на Йенсен за изпъкнали функции:
[tex]\sum_{cyc}^{}\frac{1}{sin\alpha}\ge 3.\frac{1}{sin (\frac{\sum_{cyc}^{}\alpha}{3})} = 3.\frac{1}{sin \frac(\pi/3)}=2\sqrt{3}[/tex] Готово!
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 Jan 12, 2008 1:31 pm    Заглавие:

Задача 60. Д-во: [tex]\frac{1}{m_{a}}+\frac{1}{m_{b}}+\frac{1}{m_{c}}>\frac{5}{p}\Leftrightarrow \sum_{c}\frac{1}{\sqrt{2a^{2}+2b^{2}-c^{2}}}>\frac{5}{2p}.[/tex] Б.о.о. ще ситаме, че [tex]a+b+c=1.[/tex] Трябва да докажем, че [tex]\sum_{c}\frac{1}{\sqrt{2a^{2}+2b^{2}-c^{2}}}>5,[/tex] при [tex]a+b+c=1,[/tex] [tex]\frac{1}{3}\le \max\left\{a,b,c\right\}<\frac{1}{2}.[/tex] Последното ограничение е еквивалентно на съществуването на триъгълник с дължини на страните [tex]x,y,z.[/tex]

Полагаме [tex]G(x,y,z)=\frac{1}{\sqrt{2x^{2}+2y^{2}-z^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{2y^{2}+2z^{2}-x^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{2z^{2}+2x^{2}-y^{2}}}=\sum_{c}\frac{1}{\sqrt{2x^{2}+2y^{2}-z^{2}}},[/tex] [tex]x+y+z=1,[/tex] [tex]\frac{1}{3}\le \max\left\{x,y,z\right\}<\frac{1}{2}.[/tex]

[tex]*[/tex]

Нека [tex]x+2y=1,[/tex] [tex]\frac{1}{4}<y<\frac{1}{2}.[/tex] Ще докажем, че [tex]G(x,y,y)>5.[/tex] Имаме [tex]G(x,y,y)>5\Leftrightarrow \frac{2}{\sqrt{9y^{2}-8y+2}}+\frac{1}{\sqrt{4y-1}}>5\Leftrightarrow \sqrt{36y^{3}-41y^{2}+16y-2}>225y^{3}-258,5y^{2}+98y-12.[/tex] Достатъчно е да докажем неравенството за [tex]0,265\le y<\frac{1}{2}.[/tex]

Получаваме [tex]\sqrt{36y^{3}-41y^{2}+16y-2} > 225y^{3}-258.5y^{2}+98y-12\Leftrightarrow h(y)=50625y^{6}-116325y^{5}+110922,25y^{4}-56102y^{3}+15849y^{2}-2368y+146<0,[/tex] за [tex]0,265\le y<\frac{1}{2}.[/tex] Лесно се доказва, че [tex]h(y)<0[/tex] дори при [tex]0,255\le y<\frac{1}{2}.[/tex] Така доказахме, че [tex]G(x,y,y)>5.[/tex]

[tex]**[/tex]

Нека сега [tex]\min\left\{x,y,z\right\}=x,[/tex] [tex]x+y+z=1,[/tex] [tex]\max\left\{x,y,z\right\}=y.[/tex] Пресмятаме разликата

[tex]G(x,y,z)-G(x,\frac{y+z}{2},\frac{y+z}{2})=\frac{-(y-z)^{2}}{\sqrt{k_{x}k_{x,y+z}}(\sqrt{k_{x}}+\sqrt{k_{x,y+z}})}+\frac{(y-z)\left\[\sqrt{k_{z}}(\sqrt{k_{z}}+\sqrt{k_{y+z}})(5y+7z)-\sqrt{k_{y}}(\sqrt{k_{y}}+\sqrt{k_{y+z}})(5z+7y)\right\]}{4\sqrt{k_{y}k_{z}k_{y+z}}(\sqrt{k_{y}}+\sqrt{k_{y+z}})(\sqrt{k_{z}}+\sqrt{k_{y+z}})},[/tex]

където [tex]k_{x}=2y^{2}+2z^{2}-x^{2}; k_{y}=2z^{2}+2x^{2}-y^{2};k_{z}=2x^{2}+2y^{2}-z^{2};k_{x,y+z}=(y+z)^{2}-x^{2};k_{y+z}=2x^{2}+\left\(\frac{y+z}{2}\right\)^{2}.[/tex]
Но [tex]k_{z}(5y+7z)-k_{y}(5z+7y)\ge (y-z)\left\[17(y+z)^{2}-2yz\right\]\ge (y-z)\left\[16(y+z)^{2}+2yz\right\][/tex] и [tex]\sqrt{k_{z}}(5y+7z)-\sqrt{k_{y}}(5z+7y)\ge 0\Rightarrow G(x,y,z)-G(x,\frac{y+z}{2},\frac{y+z}{2})\ge \frac{(y-z)^{2}\left\{\sqrt{k_{x}k_{x,y+z}}(\sqrt{k_{x}}+\sqrt{k_{x,y+z}})\left\[16(y+z)^{2}+2yz\right\]-4\sqrt{k_{y}k_{z}k_{y+z}}(\sqrt{k_{y}}+\sqrt{k_{y+z}})(\sqrt{k_{z}}+\sqrt{k_{y+z}})\right\}}{4\sqrt{k_{x}k_{y}k_{z}k_{y+z}k_{x,y+z}}(\sqrt{k_{y}}+\sqrt{k_{y+z}})(\sqrt{k_{z}}+\sqrt{k_{y+z}})(\sqrt{k_{x}}+\sqrt{k_{x,y+z}})}\ge 0,[/tex]
понеже
[tex]\sqrt{k_{x}k_{x,y+z}}(\sqrt{k_{x}}+\sqrt{k_{x,y+z}})\left\[16(y+z)^{2}+2yz\right\]-4\sqrt{k_{y}k_{z}k_{y+z}}(\sqrt{k_{y}}+\sqrt{k_{y+z}})(\sqrt{k_{z}}+\sqrt{k_{y+z}})>0,[/tex] при [tex]\min\left\{x,y,z\right\}=x.[/tex]
Наистина от

[tex]i)[/tex] [tex]k_{x}\ge k_{z}\Leftrightarrow x\le z.[/tex]

[tex]ii)[/tex] [tex]k_{x,y+z}\ge k_{y+z}\Leftrightarrow y+z\ge 2x,[/tex] което е в сила.

От [tex]i)[/tex] и [tex]ii)[/tex] заключаваме, че [tex]\sqrt{k_{x}k_{x,y+z}}\ge \sqrt{k_{z}k_{y+z}},[/tex] а също така [tex]\sqrt{k_{x}}+\sqrt{k_{x,y+z}}\ge \sqrt{k_{z}}+\sqrt{k_{y+z}}.[/tex]

Остана да докажем, че [tex]4(y+z)^{2}+\frac{yz}{2}>\sqrt{k_{y}}(\sqrt{k_{y}}+\sqrt{k_{y+z}}).[/tex]
Имаме [tex]\sqrt{k_{y}}(\sqrt{k_{y}}+\sqrt{k_{y+z}})=k_{y}+\sqrt{k_{y}k_{y+z}}=2z^{2}+2x^{2}-y^{2}+\sqrt{(2z^{2}+2x^{2}-y^{2})\left\[2x^{2}+\left\(\frac{y+z}{2}\right\)^{2}\right\]}\le2z^{2}+2x^{2}-y^{2}+\sqrt{(2x^{2}+y^{2})^{2}}\le4x^{2}+2y^{2}<4(y+z)^{2}+\frac{yz}{2}.[/tex]

Така доказахме, че [tex]G(x,y,z)-G(x,\frac{y+z}{2},\frac{y+z}{2})\ge 0\Leftrightarrow G(x,y,z)\ge G(x,\frac{y+z}{2},\frac{y+z}{2})\ge \min_{\frac{1}{4}\le y\le \frac{1}{2}}G(x,y,y)>5\Rightarrow G(x,y,z)>5.[/tex] Неравенството е доказано.
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: Mon Jan 14, 2008 3:04 am    Заглавие:

Задача 71. б) Д-во: [tex]\frac{1}{h_{a}^{4}+h_{b}^{4}}+\frac{1}{h_{b}^{4}+h_{c}^{4}}+\frac{1}{h_{c}^{4}+h_{a}^{4}}=\sum_{c}\frac{1}{h_{a}^{4}+h_{b}^{4}}=\sum_{c}\frac{a^{4}b^{4}}{16S^{4}(a^{4}+b^{4})}\ge \frac{1}{2S^{2}}\Leftrightarrow \sum_{c}\frac{a^{4}b^{4}}{a^{4}+b^{4}}\ge 8S^{2}=\frac{2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})-a^{4}-b^{4}-c^{4}}{2}\Leftrightarrow [/tex]

[tex]2\sum_{c}\frac{a^{2}b^{2}\left\(a^{2}b^{2}-\frac{a^{4}+b^{4}}{2}\right\)}{a^{4}+b^{4}}\ge a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}-a^{4}-b^{4}-c^{4}\Leftrightarrow -\sum_{c}\frac{a^{2}b^{2}(a^{2}-b^{2})^{2}}{a^{4}+b^{4}}\ge -\frac{(a^{2}-b^{2})^{2}+(b^{2}-c^{2})^{2}+(c^{2}-a^{2})^{2}}{2}\Leftrightarrow [/tex]

[tex](a^{2}-b^{2})^{2}+(b^{2}-c^{2})^{2}+(c^{2}-a^{2})^{2}-\sum_{c}\frac{2a^{2}b^{2}(a^{2}-b^{2})^{2}}{a^{4}+b^{4}}\ge 0\Leftrightarrow \sum_{c}\left\((a^{2}-b^{2})^{2}-\frac{2a^{2}b^{2}(a^{2}-b^{2})^{2}}{a^{4}+b^{4}}\right\)\ge 0 \Leftrightarrow \sum_{c}\frac{(a^{2}-b^{2})^{4}}{a^{4}+b^{4}}\ge 0.[/tex]

Неравенството е доказано.
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 Предишна  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8  Следваща
Страница 6 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 © 2005-2019 math10.com.