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
kamen05
Начинаещ


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

МнениеПуснато на: Tue Oct 30, 2007 5:53 pm    Заглавие: Последно за равенството в неравенството на Vasie Cirtoaje

Грешката в разсъжденията ми е очевидна. До резултата, който си написал не можах да стигна, но стигнах до следното:
Имаме системата:
[tex]a^2-2ab+bc+c^2+ca=0[/tex]
[tex]b^2-2bc+ca-a^2+ab=0[/tex] (третото равенство се получава от тези 2)

Като положим [tex]a=cx, b=cy[/tex], получаваме системата
[tex]x^2-2xy+y-1+x=0[/tex]
[tex]y^2-2y+x-x^2+xy=0[/tex], и си имаме допълнителен бонус, че [tex](1,1)[/tex] е решение.
Сега като изразим от първото уравнение [tex]y=\frac{1-x-x^2}{1-2x} [/tex]и заместим във второто, получаваме след солидна доза сметки:
[tex]x^4-7x^3+6x^2-6x+1=0[/tex], като знаем, че [tex]x=1[/tex] е корен.
Т.е.
[tex]x^3-6x^2+5x-1=0[/tex]Това уравнение си има само един реален корен [tex]t[/tex], при това положителен, при това такъв, че [tex]\frac{1-t-t^2}{1-2t}[/tex] е също положително!
Като цяло се получава, че равенство имаме или при [tex]a=b=c[/tex] (това е случая [tex]x=1[/tex]) или при
[tex]a:b:c= t: (\frac{1-t-t^2)}{1-2t}) :1[/tex], където [tex]t[/tex] е единственият реален корен на уравнението
[tex]x^3-6x^2+5x-1=0[/tex]. Мисля, че връзката между това уравнение и
[tex]sin (\frac{\pi } {7})[/tex] беше една стара тригонометрична задача, даже давана на някоя от първите IMO.
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 Oct 31, 2007 11:22 am    Заглавие: Решение на задача 8*

Задача 8. Решение.

Очевидно n e нечетно число.
Ако [tex]n\ge 7[/tex], нека положим[tex] a=10, b=1, c=-21[/tex].
Неравенството става:
[tex]31.11^n\ge 20^n[/tex], или [tex]31((\frac{11}{20})^n)\ge 1[/tex]. Функцията отлявао е намаляваща по [tex]n[/tex], за[tex] n=7[/tex] неравенството не е вярно, значи [tex]n=1,3,5[/tex].
За [tex]n=1 [/tex] неравенството очевидно е изпълнено за всички реални числа: [tex]a(a+b)+b(b+c)+c(c+a)=\frac{1}{2}((a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2[/tex]).
За [tex]n=3,5[/tex] полагаме [tex]a+b=x, b+c=y, c+a=z[/tex].
Получаваме
[tex]x^{n+1}+y^{n+1}+z^{n+1}\ge x^n(y-z)+y^n(z-x)+z^n(x-y)[/tex],
[tex]x^{n+1}+y^{n+1}+z^{n+1}\ge xy(x^{n-1}-y^{n-1})+...[/tex]

За [tex]n=3[/tex] имаме:
[tex]xy(x^2-y^2)\le \frac{x^2y^2+(x^2-y^2)^2}{2}=\frac{x^4+y^4-x^2y^2}{2}[/tex] и сумирайки циклично, получаваме [tex]0\ge -x^2y^2-y^2z^2-z^2x^2,[/tex] т.е. неравенството е вярно.
За [tex]n=5[/tex] имаме:

[tex]\frac{x+z-y}{2}x^5+\frac{x+y-z}{2}y^5+\frac{y+z-x}{2}z^5=[/tex][tex]=(\frac{x^6}{2}+x^5z-z^5x+\frac{z^6}{2})+(\frac{y^6}{2}+yz^5-y^5z+\frac{z^6}{2})+(\frac{x^6}{2}+y^5x-x^5y+\frac{y^6}{2})=[/tex]
[tex]=(\frac{1}{2}(x^2+z^2)(x^2-xz-z^2)^2)+(\frac{1}{2}(y^2+z^2)(z^2-yz-y^2)^2)+(\frac{1}{2}(x^2+y^2)(y^2-xy-x^2)^2)\ge 0[/tex]. Окончателно: [tex]n=1,3,5[/tex] са търсените стойности.
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 31, 2007 12:40 pm    Заглавие:

kamen05, браво! Дори това което казваш за задачата от IMO също е вярно.

Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Mon Nov 05, 2007 11:44 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 Nov 02, 2007 1:39 am    Заглавие:

Докато четох темата "ми дойде музата" - предлагам следните неравенства:
Задача 9. [tex]\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+bc}+\frac{1}{1+ca} \geq \frac{9}{4}[/tex], за [tex]a^2+b^2+c^2=1[/tex] и [tex]a,b,c\ge 0[/tex].
Задача 10. [tex]\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\leq \frac{\sqrt{3(a+b+c)}}{2}[/tex], за [tex]abc=1[/tex] и [tex]a,b,c>0[/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: Fri Nov 02, 2007 2:18 pm    Заглавие: РЕШЕНИЕ НА К1

Задача 9. Решение.
[tex]\sum_{cyclic}\frac{1}{1+ab}\ge \frac{9}{3+\sum_{cyc.}ab}\ge \frac{9}{3+\sum_{cyc.}ab}=\frac{9}{4}.[/tex]

Първото неравенство е между средно аритметично и средно хармонично, а второто е
[tex]ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2[/tex].
OK?

Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Mon Nov 05, 2007 7:44 am; мнението е било променяно общо 1 път.

Забележка: използваите LaTeX.
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 Nov 02, 2007 4:48 pm    Заглавие:

Браво, kamen05! (не че са много трудни неравенствата..)

Задача 10. [tex]\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\leq \frac{1}{2\sqrt{a b}}+\frac{1}{2\sqrt{b c}}+\frac{1}{2\sqrt{c a}}=\frac{\left(a\sqrt{b c}+b\sqrt{c a}+c\sqrt{a b}\right)}{2 a b c}=\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}{2}\leq \frac{\sqrt{3(a+b+c)}}{2}.[/tex]
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
ins-
Фен на форума


Регистриран на: 03 Oct 2007
Мнения: 567
Местожителство: Роман, София
Репутация: 56.6
гласове: 28

МнениеПуснато на: Fri Nov 02, 2007 5:21 pm    Заглавие:

Предлагам ви следното неравенство:

Задача 11. Нека [tex]x, y, z[/tex] са реални положителни числа, за които е в сила: [tex]xyz(x+y+z)=1[/tex].
Да се намери най-малката възможна стойност на израза: [tex](x+y)(y+z)[/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: Fri Nov 02, 2007 6:46 pm    Заглавие: Решение

Задача 11. Решение.

Нека [tex](x+y)(y+z)=M[/tex]

Равенството се преобразува в [tex]Mxz=1+(zx)^2[/tex]. Aко го разглеждаме като квадратно уравнение по [tex]xz[/tex], значи има корен и следоватекно [tex]M\ge2[/tex].
От друга страна [tex] x=1, y=\sqrt{2}-1, z=1[/tex] удовлетворяват [tex]M=2[/tex] и равенството. Значи [tex]min M=2[/tex].
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: Fri Nov 02, 2007 7:26 pm    Заглавие:

Задача 12 *. Ако [tex]a, b, c \ge \frac{1}{3}[/tex] и [tex]a + b + c = 9[/tex], докажете, че

[tex]\sqrt{ab + bc + ca} \le \sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} [/tex]

Второ контролно за МОМ, 2004
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 Nov 03, 2007 4:23 pm    Заглавие:

Задача 13. Да се докаже, че за всеки две реални числа [tex]x,y[/tex] e в сила неравенството [tex]3(x^2-xy+y^2)^3\ge x^6+x^3y^3+y^6[/tex].

Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:32 am; мнението е било променяно общо 1 път
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 Nov 05, 2007 2:53 pm    Заглавие:

Неравенството [tex]3(x^2-xy+y^2)^3\ge x^6+(xy)^3+y^6[/tex].
Д-во:Ако [tex]y=0[/tex], то неравенството е вярно. Нека [tex]y\neq 0[/tex].
Разделяме изходното неравенство на [tex]y^6[/tex] и полагаме [tex]\frac{x}{y}=t[/tex]. Получаваме: 1)
[tex]3(t^2-t+1^3)\ge t^6+t^3+1[/tex].

Полагаме [tex]u=t^2-t+1>0[/tex].

Toгава преобразуваме 1) по следния начин:

[tex](u^3-t^6)+(u^3-t^3)+(u^3-1)\ge 0 \Leftrightarrow (u-t^2)(u^2+ut^2+t^4)+...\ge 0[/tex]

[tex]\Leftrightarrow -(t-1)(u^2+ut^2+t^4)+(t-1)^2(u^2+ut+t^2)+t(t-1)(u^2+u+1)\ge 0[/tex]

[tex]\Leftrightarrow (t-1)^2(2u^2-t^3-t)\ge0 \Leftrightarrow 2u^2-t^3-t\ge0 \Leftrightarrow 2(t^2-t+1)^2\ge t(t^2+1)[/tex].Б.о.о. [tex]t>0[/tex].

Да положим [tex] a=t^2+1, b=t, => s=\frac{a}{b}=t+\frac{1}{t}\ge 2[/tex].
Toгава достатъчно е да докажем, че
[tex](a-b)^2\ge \frac{ab}{2} \Leftrightarrow (s-1)^2-\frac{s}{2}\ge 0 \Leftrightarrow (s-2)(s-\frac{1}{2})\ge 0[/tex] - което 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: Mon Nov 05, 2007 6:59 pm    Заглавие:

Вярно!

http://www.math10.com/forumbg/viewtopic.php?p=18231#18231


Ето още едно решение. Нека [tex]s=x+y[/tex] и [tex]p=xy[/tex]. Тогава очевидно [tex]s^2-4p\ge 0[/tex] и имаме, че
[tex]3(x^2-xy+y^2)^3=3(s^2-3p)^3=3((s^2-2p)-p)^3=3(s^2-2p)^3-9(s^2-2p)^2p+9(s^2-2p)p^2-3p^3[/tex], и [tex]x^6+x^3y^3+y^6=(x^2+y^2)((x^2+y^2)^2-3x^2y^2)+x^3y^3=(s^2-2p)((s^2-2p)-3p^2)+p^3=(s^2-2p)^3-3(s^2-2p)p^2+p^3[/tex].

Следователно е достатъчно да докажем, че
[tex]2(s^2-2p)^2(s^2-4p)-5(s^2-2p)^2p(s^2-4p)+2p(s^2-4p)\ge 0[/tex], което е еквивалентно на [tex](s^2-4p)(2(s^2-2p)^2-5(s^2-2p)^2p+2p)\ge 0[/tex] или

[tex](s^2-4p)(2(s^2-2p)(s^2-4p)-p(s^2-4p))\ge 0[/tex], което пък е еквивалентно на:
[tex](s^2-4p)^2(2s^2-5p)\ge 0[/tex], с което зад. е доказана.
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 Nov 05, 2007 10:38 pm    Заглавие:

Задача 14. Да се докаже, че за всички положителни реални числа [tex]a,b,c[/tex] e изпълнено [tex]\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{b^3+c^3+abc}+\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le \frac{1}{abc}[/tex].

Задача 15. Да се докаже, че [tex](1+\frac{1}{n+1})^{n+1}>(1+\frac{1}{n})^{n}[/tex], за всяко [tex]n\in N[/tex].

Задача 16*. Дадени са положителни реални числа [tex]a,b,c[/tex]. Да се докаже, че [tex]\frac{a^3}{(a+b)^3}+\frac{b^3}{(b+c)^3}+\frac{c^3}{(c+a)^3}\ge\frac{3}{8}[/tex].


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:33 am; мнението е било променяно общо 2 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: Tue Nov 06, 2007 5:12 am    Заглавие:

Задача 14. Ako [tex]a,b,c\ge 0[/tex], то [tex]\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{b^3+c^3+abc}+\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le\frac{1}{abc}[/tex]

Дoказателство: Б.о.о. [tex]abc=1[/tex]. Toгава неравенството приема вида [tex]\frac{1}{a^3+b^3+1}+\frac{1}{b^3+c^3+1}+\frac{1}{c^3+a^3+1}\le 1[/tex]

[tex]\frac{1}{(a+b)((a-b)^2+ab)+1}+\frac{1}{(b+c)((b-c)^2+bc)+1}+\frac{1}{(c+a)((c-a)^2+ca)+1}\le \frac{1}{(a+b)ab+1}+ \frac{1}{(b+c)bc+1}+ \frac{1}{(c+a)ca+1}=\frac{c}{a+b+c}+\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}=1[/tex].



Коментар на Задача 15. Във всеки учебник по Диференциално и Интегрално смятане е доказано, че редицата [tex]a_{n}^{\infty}[/tex] ,
зададена с формулата [tex]a_n=(1+\frac{1}{n})^n[/tex]
e строго растяща и ограничена отгоре, следователно тя е сходяща и нейната граница е числото на Непер (е=2,7182..).
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 Nov 06, 2007 12:33 pm    Заглавие:

Браво !

На доста хора не им е ясно защо може да допуснем, че [tex]abc=1[/tex].
Това е така, защото ако положим [tex]x=ra[/tex], [tex]y=rb [/tex] и [tex]z=rc [/tex] ( за произволно [tex]r[/tex]!) ще получим, че за доказването на
[tex]\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{b^3+c^3+abc}+\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le\frac{1}{abc}[/tex]
е необходимо и достатъчно да докажем,че
[tex]\frac{1}{r^3(x^3+y^3+xyz)}+\frac{1}{r^3(y^3+z^3+xyz)}+\frac{1}{r^3(z^3+x^3+xyz)}\le \frac{1}{r^3xyz} [/tex]
или съответно като съкратим на [tex]r^3[/tex], да докавем, че [tex]\frac{1}{x^3+y^3+xyz}+\frac{1}{y^3+z^3+xyz}+\frac{1}{z^3+x^3+xyz}\le \frac{1}{xyz}[/tex],
но тук вече се досещаме,че можем да вземем такова [tex]r[/tex], че [tex]xyz=1[/tex].
Просто се възползваме от факта че изразът е хомогенен.
(хомогенен е когато, ако заместим [tex]a,b[/tex] и [tex]c[/tex] cъответно с [tex]sa,sb [/tex]и [tex]sc[/tex], ще се получи непроменен израз и от лявата и от дясната страна. [tex]f(a,b,c)=g(a,b,c) \Leftrightarrow f(sa,sb,sc)=g(sa,sb,sc)[/tex], за пройзволно [tex]s[/tex]).



И все пак може да се избегне факта, че б.о.о. можем да допуснем, че [tex]abc=1[/tex].

[tex](a-b)^2\ge 0\Leftrightarrow a^2-ab+b^2\ge ab \Leftrightarrow (a+b)(a^2-ab+b^2)\ge (a+b)ab [/tex]
[tex]\Leftrightarrow a^3+b^3\ge a^2b+ab^2 \Leftrightarrow a^3+b^3+abc\ge a^2b+ab^2+abc=ab(a+b+c)[/tex]
[tex]\Leftrightarrow \frac{1}{a^3+b^3+abc}\le \frac{1}{ab(a+b+c)}\Leftrightarrow \frac{abc}{a^3+b^3+abc}\le \frac{abc}{ab(a+b+c)}=\frac{c}{a+b+c}[/tex]. Аналогично и за останалите събираеми.


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:33 am; мнението е било променяно общо 3 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 Nov 06, 2007 1:02 pm    Заглавие:

Задачата 14 е от националната олимпиада по математика на САЩ провела се през 1997г.

Забележка: До сега решения все още нямат задачи 12,15 и 16!
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: Tue Nov 06, 2007 7:35 pm    Заглавие: Нещо като много грозно решение на 16**

Задача 16*.. Решение.

Полагайки [tex]x=\frac{b}{a}[/tex], [tex]y=\frac{c}{b}[/tex] , [tex]z=\frac{a}{c}[/tex] трябва да докажем
[tex]\sum_{cyclyc}\frac{1}{(1+x)^3}\ge \frac{3}{8}[/tex]. Без ограничение [tex]0<y\le 1[/tex]. От полагането имаме, че [tex]z=\frac{1}{xy}[/tex].
Разглеждаме функцията:

[tex]f(x)=\frac{1}{(1+x)^3}+\frac{1}{(1+y)^3}+\frac{x^3y^3}{(1+xy)^3}[/tex].
Aко [tex]y=a^2[/tex]п ресмятаме, че [tex]f'(x)=M.(ax-1)(a^2x^2-a(a^2-2a-1)x+1)[/tex], където [tex]M[/tex] е неотрицателна функция на [tex]x[/tex] и [tex]y[/tex].
Дискриминантата на квадратния по x тричлен в скобите е
[tex]a^2(a-1)^2(a+1)(a-3)[/tex] и очевидно е отрицателна за [tex]a=\sqrt{y}\le 1[/tex].
Следователно [tex]f(x)[/tex] достига минимум за [tex]x=\frac{1}{a}=\frac{1}{\sqrt{y}}[/tex] .

Заместваме в [tex]f(x)[/tex] и получаваме, ако положим [tex]t=\sqrt{y}[/tex], че трябва да докажем
[tex]\frac{3}{8}\le g(t)=\frac{2t^3}{(1+t)^3}+\frac{1}{(1+t^2)^3}[/tex]за[tex] 0\le t\le 1[/tex]. Пак разглеждаме [tex]g'(t)[/tex] и получаваме
[tex]g'(t)=N.(t(1+t^2)^4-(1+t)^4)[/tex], където [tex]N[/tex] е положителна функция на [tex]t[/tex].
Но за [tex]t\le 1[/tex] изразът в скобите очевидно е отрицателен и следователно [tex]g(t)[/tex] достига най-малката си стойност за [tex]t=1[/tex], а тя е [tex]\frac{3}{8}[/tex].
Спестих ви доста от сметките, но е така.
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 Nov 06, 2007 10:11 pm    Заглавие:

kamen05, браво! Решението е вярно и е доста хитро.

Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Wed Nov 07, 2007 11:59 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: Wed Nov 07, 2007 12:10 am    Заглавие:

15. Решение. [tex]\frac{\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}=\left(\frac{n+2}{n+1}\right)^{n+1}\left(\frac{n}{n+1}\right)^n=[/tex]
[tex]=\left(\frac{n+2}{n+1}\right)^{n+1}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n+1}\left(\frac{n+1}{n}\right)=\left(\frac{n+2}{n+1}\frac{n}{n+1}\right)^{n+1}\left(\frac{n+1}{n}\right)=[/tex]

[tex]=\left(\frac{n^2+2n}{(n^2+2n+1)}\right)^{n+1}\left(\frac{n+1}{n}\right)=\left(\frac{n^2+2n+1-1}{(n^2+2n+1)}\right)^{n+1}\left(\frac{n+1}{n}\right)=[/tex]
[tex]=\left(\frac{n^2+2n+1}{n^2+2n+1}-\frac{1}{n^2+2n+1}\right)^{n+1}\left(\frac{n+1}{n}\right)[/tex].

Сега oт неравенството на Бернули имаме, че [tex](1+s)^n>1+sn[/tex], където [tex]s\ge -1[/tex],[tex] s\neq 0[/tex] и всяко [tex]n\ge 2\in N[/tex].

Tъй като [tex]s=-\frac{1}{n^2+2n+1}>-1[/tex], за всяко [tex]n[/tex], то
[tex]\frac{\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}=\left(1-\frac{1}{n^2+2n+1}\right)^{n+1}\left(\frac{n+1}{n}\right)>\left(1-\frac{1}{n+1}\right)\left(\frac{n+1}{n}\right)=1[/tex].


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Wed Nov 07, 2007 3:43 pm; 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 Nov 07, 2007 3:37 pm    Заглавие:

Задача 16 *. Коментар: задачата е от контролното за определяне на виетнамския отбор по математика, който се яви на МОМ 2005г.
Решение. От Неравенството на Коши-Буняковски-Шварц имаме, че:

[tex]\left(\frac{a^3}{(a+b)^3}+\frac{b^3}{(b+c)^3}+\frac{c^3}{(c+a)^3}\right)\left(c^3(a+b)^3+a^3(b+c)^3+b^3(c+a)^3\right)\ge \left(\sqrt{a^3c^3}+\sqrt{b^3a^3}+\sqrt{c^3b^3}\right)^2[/tex] или
[tex]\frac{a^3}{(a+b)^3}+\frac{b^3}{(b+c)^3}+\frac{c^3}{(c+a)^3}\ge \frac{\left(\sqrt{a^3b^3}+\sqrt{b^3c^3}+\sqrt{c^3a^3}\right)^2}{a^3(b+c)^3+c^3(c+a)^3+c^3(a+b)^3}[/tex].

Достатъчно е да докажем, че
[tex]\frac{\left(\sqrt{a^3b^3}+\sqrt{b^3c^3}+\sqrt{c^3a^3}\right)^2}{a^3(b+c)^3+c^3(c+a)^3+c^3(a+b)^3}\ge \frac{3}{8}[/tex].

Полагаме [tex]\sqrt{ab}=x[/tex] , [tex]\sqrt{bc}=y[/tex] и [tex]\sqrt{ca}=z[/tex] .
Неравенството става еквивалентно на:

[tex]8(x^3+y^3+z^3)^2\ge 3\left((x^2+y^2)^3+(y^2+z^2)^3+(z^2+x^2)^3\right)[/tex] .
Разкриваме внимателно скобите и получаваме, че неравенството е еквивалентно на
[tex]2(x^6+y^6+z^6)-9\left(x^2y^2(x^2+y^2)+y^2z^2(y^2+z^2)+z^2x^2(z^2+x^2)\right)+16(x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3)\ge 0[/tex], но тъй като

[tex]x^6+y^6-9x^2y^2(x^2+y^2)+16x^3y^3=(x-y)^4(x^2+4xy+y^2)\ge 0[/tex];
[tex]y^6+z^6-9y^2z^2(y^2+z^2)+16y^3z^3=(y-z)^4(y^2+4yz+z^2)\ge 0[/tex];
[tex]z^6+x^6-9z^2x^2(z^2+x^2)+16z^3x^3=(z-x)^4(z^2+4zx+x^2)\ge 0[/tex].

Събираме почлено последните три неравенства и полуюаваме, че:

[tex]2(x^6+y^6+z^6)-9\left(x^2y^2(x^2+y^2)+y^2z^2(y^2+z^2)+z^2x^2(z^2+x^2)\right)+16(x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3)\ge 0[/tex], което искахме да докажем!


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:34 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 Nov 07, 2007 8:18 pm    Заглавие:

Задача 17. Нека [tex]a,b,c[/tex] са три неотрицателни реални числа. Да се докаже неравенството [tex]\frac{a^3+abc}{b+c}+\frac{b^3+abc}{c+a}+\frac{c^3+abc}{a+b}\ge a^2+b^2+c^2. [/tex]
(Предложена от Цезар Лупо. Университета Бухарест - Румъния)
Задача 18. Нека [tex]a,b,c[/tex] са половителни реални числа. Да се докаве, че [tex]\frac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}+\frac{(2b+c+a)^2}{2b^2+(c+a)^2}+\frac{(2c+a+b)^2}{2c^2+(a+b)^2}\le 8[/tex].
(Национална олимпиада по математика САЩ 2003г.)
Задача 19. Ако [tex]a,b,c[/tex] са положителни реални числа и [tex]a+b+c=1[/tex], то да се докаже, че [tex]a\sqrt[3]{1+b-c}+b\sqrt[3]{1+c-a}+c\sqrt[3]{1+a-b}\le 1[/tex].
(Национална олимпиада по математика Япония 2005г. Финали)
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: Wed Nov 07, 2007 9:54 pm    Заглавие:

Задача 12*. Решение.

Б.О.О. [tex]a\ge c\ge b[/tex]. Тогава е в сила [tex]9=a+b+c\ge a+b+\frac{1}{3}[/tex] т.е. [tex]a\le\frac{26}{3}-b[/tex].
Заместваме [tex]c=9-a-b[/tex] и разглеждаме функцията
[tex]f(a)=\sqrt{a} +\sqrt{b} +\sqrt{9-a-b} -\sqrt{ab+(9-a-b).(a+b)} [/tex]
Тогава
[tex]f'(a)=\frac{1}{ 2\sqrt{a} } -\frac{1}{ 2\sqrt{c} }-\frac{c-a}{ 2\sqrt{ab+bc+ca} }[/tex] (не се притеснявайте, че пак съм "появил" променливата [tex]c[/tex], въпреки че го заместих по-горе- ще правим само оценка на знака на производната!)
Или:
[tex]2f'(a)=\frac{(\sqrt{c}-\sqrt{a}).(\sqrt{ab+bc+ca}-(\sqrt{c} +\sqrt{a}).\sqrt{ac})}{ \sqrt{ac(ab+bc+ca)} } [/tex]
Но
[tex]\sqrt{ab+bc+ca}-(\sqrt{c} +\sqrt{a}).\sqrt{ac}=\sqrt{ac}.(\sqrt{\frac{b}{c }+\frac{b}{a } +1 }-\sqrt{a} -\sqrt{c} ) [/tex] и последното е отрицателно, поради факта, че по начални предположения [tex]a\ge c\ge b[/tex] и следователно числото с дробите под корена е по-малко от [tex]3[/tex] и [tex]a\ge 3[/tex], като най-голямо от три числа със сума [tex]9[/tex].
Тогава [tex]f'(a)[/tex] е отрицателна и следователно
[tex]f(a)\ge f(\frac{26}{3}-b)=g(b)[/tex]
от своя страна ако [tex]t=\frac{26}{3}[/tex]
[tex]g(b)=\sqrt{t-b}+\sqrt{b} +\sqrt{9-t} -\sqrt{b(t-b)+(9-t)t}[/tex]
[tex]2g'(t).\sqrt{a}.\sqrt{b}.\sqrt{ab+bc+ca} =(\sqrt{a} -\sqrt{b} )(\sqrt{ab+bc+ca} -(\sqrt{a} +\sqrt{b} )\sqrt{ab} )[/tex]

Или [tex]g'(b)=M. (\sqrt{a}-\sqrt{b} )(\sqrt{1+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}-\sqrt{a} -\sqrt{b} )[/tex], където [tex]M[/tex] е положителна функция.
или
[tex]g'(b)=M. (\sqrt{a}-\sqrt{b} )(\sqrt{1+\frac{(9-t)t}{ab } })-\sqrt{a} -\sqrt{b} )=(\sqrt{a}-\sqrt{b} )(\sqrt{1+\frac{\frac{26}{9}}{ab } }-\sqrt{a} -\sqrt{b} )[/tex]
Но
[tex]\sqrt{1+\frac{26}{9ab } } \le \sqrt{1+\frac{26}{9.3.\frac{1}{3 }}}=\sqrt{1+\frac{26}{ 9} }=\sqrt{\frac{35}{9}}\le \sqrt{3} +\sqrt{\frac{1}{3}}\le \sqrt{a}+\sqrt{b} [/tex]
Последното значи, че [tex]g(b)[/tex] е намаляваща и следва
[tex]g(b)\ge g(3)>0[/tex].
Очевидно е, че равенство може да се постигне само ако [tex]f'(a)[/tex] и [tex]g'(b)[/tex] не са строго отрицателни т.е. [tex]\sqrt{c} =\sqrt{a}[/tex] (за f') и [tex]\sqrt{b} =\sqrt{a}[/tex] ( за g'). Т.е. [tex]a=b=c[/tex].
Мисля, че дадох най-доброто от себе си. Дано не бъде открита грешка в тези разсъждения, защото с тях напълно защитих диференциалното смятане. За мен тази задача е за ** Very Happy
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: Wed Nov 07, 2007 10:02 pm    Заглавие: Забележка по зад. 12*

Ще си позволя да отбележа, че [tex]a,b,c\ge\frac13[/tex] е изключително съществено ограничение,
защото в противен случай за [tex]a=\frac92, b=\frac92, c=0[/tex] неравенството не е вярно!
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 Nov 08, 2007 11:22 am    Заглавие: Решение на задача 19

Зад.19. От неравенството мевду Средно Геометрично и Средно Аритметично имаме, че:
[tex]a.\sqrt[3]{1.1.(1+b-c)}\le a.\frac{1+1+(1+b-c)}{3}=a.\frac{3+b-c}{3}[/tex]
Сумираме циклично и получаваме търсеното неравенство!
П.С. много лесно се получи, чак ме съмнява...
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 Nov 08, 2007 1:09 pm    Заглавие:

Незнам защо се съмняваш. Може да подходим и по друг начин. От неравенството на Бернули имаме, че

[tex]a\sqrt[3]{1+b-c}+\sqrt[3]{1+c-a}+c\sqrt[3]{1+a-b}\le a\left(1+\frac13(b-c)\right)+b\left(1+\frac13(c-a)\right)+c\left(1+\frac13(a-b)\right)=a+b+c=1[/tex].


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Thu Nov 08, 2007 3:28 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: Thu Nov 08, 2007 3:03 pm    Заглавие:

Решение на Зад.18
Полагаме [tex]s=a+b+c[/tex]. Неравенството се преобразува по следния начин:

[tex]\sum\frac{(s+a)^{2}}{2a^{2}+(s-a)^{2}}\le 8[/tex] [tex]\Leftrightarrow[/tex][tex]\sum\frac{(s+a)^{2}}{3a^{2}-2sa+s^{2}}\le 8[/tex] [tex]\Leftrightarrow[/tex][tex]\sum\frac{(s+a)^{2}}{a^{2}-\frac{2}{3} sa+\frac{s^{2}}{ 3}}\le 24[/tex] [tex]\Leftrightarrow[/tex][tex]\sum\frac{\frac{2}{3} s^{2}+\frac{8}{3}sa}{(a-\frac{s}{3})^{2}+\frac{2}{9}s^{2}}\le 21[/tex]
Но
[tex]\sum\frac{\frac{2}{3} s^{2}+\frac{8}{3}sa}{(a-\frac{s}{3})^{2}+\frac{2}{9}s^{2}}\le[/tex] [tex]\sum\frac{\frac{2}{3} s^{2}+\frac{8}{3}sa}{\frac{2}{9}s^{2}}[/tex][tex]=\frac{\frac{2}{3} s^{2}+\frac{8}{3}sa}{\frac{2}{9}s^{2}}+\frac{\frac{2}{3} s^{2}+\frac{8}{3}sb}{\frac{2}{9}s^{2}}+\frac{\frac{2}{3} s^{2}+\frac{8}{3}sc}{\frac{2}{9}s^{2}} =21[/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: Thu Nov 08, 2007 3:31 pm    Заглавие:

Хубаво решение, браво kamen05! Ето още едно на един ред:
[tex]\frac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}\le \frac43.\frac{4a+b+c}{a+b+c}\Leftrightarrow (2a-b-c)^2(5a+b+c)\ge 0[/tex], което очевидно е вярно.
Аналогичното неравенство е вярно и за останалите събираеми
и след почленното им събиране получаваме искания резултат.
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 Nov 08, 2007 7:47 pm    Заглавие:

Задача 20*. Да се докаже, че ако [tex]a,b,c>0[/tex] и [tex]a^2+b^2+c^2=3[/tex], то
[tex]a^3(b+c)+b^3(c+a)+c^3(a+b)\le 6 [/tex].


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:36 am; 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: Thu Nov 08, 2007 8:57 pm    Заглавие:

Задача 20. Решение.
[tex]\sum_{cyc}^{}a^{3}(b+c)\le \sum_{cyc}^{ } a^{3}.2.\sqrt{\frac{c^{2}+b^{2}}{2}}=\frac{2}{\sqrt{2}}\sum_{cyc}^{ } a^{3}\sqrt{3-a^{2}} [/tex]
Полагаме [tex]x=a^{2}[/tex] и разглеждаме функцията [tex] f(x)=\sqrt{x^{3}.(3-x)} [/tex].
f"(x)=[tex]\frac{1}{4}.\frac{x(8x^{2}-36x-27)}{(3-x).\sqrt{3x^{3}-x^{4}}} [/tex].
Квадратният тричлен в числителя е отрицателен в интервала [tex](0,3)[/tex],
където се намира [tex]x[/tex] и следователно можем да приложим неравенството на Йенсен, т.е.
[tex]\sum_{cyc}^{}f(a^{2}) \le 3.f\left(\frac{\sum_{cyc}^{ }a^{2}}{3}\right)=3.f(1)=3\sqrt{2} [/tex]. Но [tex] \frac{2}{ \sqrt{2}} .3\sqrt{2} =6[/tex] с което приключваме.
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 Nov 08, 2007 10:39 pm    Заглавие:

Страхотно решение! Определено боравиш добре с производните, ще се опитам да дам нещо което няма да може да излезне с производна.

Междудругото вече доказахме (в предишните Post-ове), че [tex](a^2+b^2+c^2)^2\ge 3(a^3b+b^3c+c^3a)[/tex]
и аналогично [tex](a^2+b^2+c^2)^2\ge 3(ab^3+bc^3+ca^3)[/tex]. Събираме почленно неравенствата и получаваме, че [tex]a^3(b+c)+b^3(c+a)+c^3(a+b)\le \frac23(a^2+b^2+c^2)^2=6[/tex]. Което искахме да докажем. Харесва ли ти това решение?

П.С. Задача 17. не е решена.


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Fri Nov 09, 2007 12:41 am; мнението е било променяно общо 1 път
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 2 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.