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: Fri Nov 09, 2007 12:40 am    Заглавие:

Задaча 21. Да се докаже, че ако [tex]a,b,c[/tex] са положителни реални числа, то [tex]\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}\ge\frac{a+b+c}{2}[/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: Fri Nov 09, 2007 12:15 pm    Заглавие: Решение на задача 21

Задaча 21. Решение.
Тук определено няма нужда от производни:
Разглеждаме
[tex]X=\sum_{cyc}^{ }\frac{b^{2}a}{a^{2}+b^2}, Y=\sum_{cyc}^{ }\frac{a^{3}}{a^{2}+b^2}, X+Y=a+b+c[/tex]
Но
[tex]X= \sum_{cyc}^{ }\frac{b^{2}a}{a^{2}+b^2}\le \sum_{cyc}^{ }\frac{b\frac{a^{2}+b^{2}}{2} }{a^{2}+b^2}=\frac{a+b+c}{2} [/tex], следователно
[tex] Y\ge \frac{a+b+c}{2}[/tex]

П.С. Цезар Лупу нещо ми се опъва...
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 Nov 09, 2007 1:40 pm    Заглавие:

Решението ти е повече от оригинално.
Ще покажа още едно решение на Задача 21, което е още по-хитро.
[tex](a-b)^2\ge 0\Leftrightarrow a^2+b^2\ge 2ab\Leftrightarrow a^2b+b^3\ge 2ab^2[/tex]
[tex]\Leftrightarrow 2a^3\ge 2a^3+2ab^2-a^2b-b^3\Leftrightarrow 2a^3\ge (a^2+b^2)(2a-b)\Leftrightarrow \frac{a^3}{a^2+b^2}\ge \frac{2a-b}{2}[/tex]

Следователно [tex]\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}\ge \frac{2a-b}{2}+\frac{2b-c}{2}+\frac{2c-a}{2}=\frac{a+b+c}{2}[/tex].

П.С. kamen05, най-накрая и на теб нещо да се опре! И без това вече почна да ме плашиш със тези оригинални решения! 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: Fri Nov 09, 2007 2:57 pm    Заглавие:

Задача 22. Ако [tex]a,b,c\ge 0[/tex], то да се докаже, че [tex]\frac{a}{a^3+(b+c)^3}+\frac{b}{b^3+(c+a)^3}+\frac{c}{c^3+(a+b)^3}\ge \frac{1}{a^2+b^2+c^2}.[/tex]


Задача 23*. Да се докаже, че ако {[tex]a,b,c[/tex]} [tex]\subset \left(\frac{1}{\sqrt{6}}, +\infty\right)[/tex] и [tex]a^2+b^2+c^2=1[/tex], то [tex]\frac{1+a^2}{\sqrt{2a^2+3ab-c^2}}+\frac{1+b^2}{\sqrt{2c^2+3bc-a^2}}+\frac{1+c^2}{\sqrt{2c^2+3ca-b^2}}\ge 2(a+b+c)[/tex].
(Задачата е от контролното за определяне на украинския отбор по математика, които се яви на тазгодишната МОМ)


Задача 24*. Да се докаже, че ако [tex]a,b,c[/tex] са положителни реални числа, то [tex]\frac{a(b^3+c^3)}{a^2+bc}+\frac{b(c^3+a^3)}{b^2+ca}+\frac{c(a^3+b^3)}{c^2+ab}\ge a^2+b^2+c^2[/tex].
(Тази много ще ви затрудни!)


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:38 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: Fri Nov 09, 2007 3:41 pm    Заглавие: Решение на задача 17 (Цезар Лупу)

Titu_Andrescu написа:
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)


Ако приведем под общ знаменател и разкрием скобите получаваме:
[tex]a^{5}+b^{5}+c^{5}+a^{2}b^{2}c+ab^{2}c^{2}+a^{2}bc^{2}\ge a^{3}b^{2}+a^{2}b^{3}+b^{3}c^{2}+b^{2}c^{3}+c^{3}a^{2}+c^{2}a^{3}[/tex]
За тези, които не знаят ще формулирам теоремата на Шур:
[tex] T(\alpha +2\beta ,0,0)+T (\alpha ,\beta ,\beta )\ge 2T(\alpha +\beta ,\beta ,0)[/tex],
където [tex] \alpha \in R, \beta > 0 [/tex], a
[tex] T(a_{1},a_{2},a_{3})=\sum_{}^{ } x^{a_{i_{1}}}y^{a_{i_{2}}}z^{a_{i_{3}}} [/tex], като сумата се взема по всички 3!=6 пермутации на [tex](a_{1},a_{2},a_{3})[/tex]. Едно елементарно доказателство може да се намери например тук:
http://www.imocompendium.com/tekstkut/ineq_im.pdf (между другото цялата статия е много хубава)
Сега задачата на Цезар Лупу е директен извод от неравенството на Шур за [tex]\alpha =1 \beta =2[/tex].
Определено решението на тази задача ме прави щастлив... Радва ме само, че засега няма нерешени задачи във форума.
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 09, 2007 4:12 pm    Заглавие:

Отменям последното изречение от предходния си пост. Titu Andrescu се грижи за нашето неспокойствие при това доста "хард", видно от задачи 22, 23 и 24... Very Happy
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: Fri Nov 09, 2007 4:24 pm    Заглавие:

17. Още едно решение:
[tex]\frac{a^3+abc}{b+c}+\frac{b^3+abc}{c+a}+\frac{a^3+abc}{a+b}\ge a^2+b^2+c^2\Leftrightarrow[/tex]

[tex]\frac{a(a-b)(a-c)}{b+c}+\frac{b(b-c)(b-a)}{c+a}+\frac{c(c-a)(c-b)}{a+b}\ge 0[/tex]

Без ограничение можем да считаме, че [tex]a\ge b\ge c[/tex].

[tex]\Right \frac{a}{b+c}\ge \frac{b}{c+a}[/tex], [tex](a-b)(a-c)\ge 0[/tex], [tex](c-a)(c-b)\ge 0[/tex]

[tex]\Right \frac{a(a-b)(a-c)}{b+c}+\frac{b(b-c)(b-a)}{c+a}+\frac{c(c-a)(c-b)}{a+b}\ge \frac{b(a-b)(a-c)}{c+a}+\frac{b(b-c)(b-a)}{c+a}+\frac{c(c-a)(c-b)}{a+b} \ge \frac{b(a-b)^2}{c+a}+\frac{c(c-a)(c-b)}{a+b}\ge 0[/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: Fri Nov 09, 2007 4:41 pm    Заглавие:

kamen05, Magi , още в някои от първите постове съм доказал неравенството на Шур, а решението на Задача 17 е почти аналогично на вашите. Ето го и него:

Решение. Б.о.о можем да допуснем, че [tex]a\ge b\ge c[/tex]. Тогава

[tex]\left(\frac{a^3+abc}{b+c}-a^2\right)+\left(\frac{b^3+abc}{c+a}-b^2\right)+\left(\frac{c^3+abc}{a+b}-c^2\right)\ge 0\Leftrightarrow[/tex]

[tex]\frac{a}{b+c}(a-b)(a-c)+\frac{b}{c+a}(b-c)(b-a)+\frac{c}{a+b}(c-a)(c-b)\ge 0[/tex].

Умножаваме и двете страни на неравенството по [tex](a+b)(b+c)(c+a)[/tex] и получаваме неравенството на Шур за числата [tex]a^2,b^2,c^2[/tex] и [tex]r=\frac{1}{2}[/tex]
[tex]a(a^2-b^2)(a^2-c^2)+b(b^2-c^2)(b^2-a^2)+c(c^2-a^2)(c^2-b^2)\ge 0[/tex].

Решението е по идея на сърбинът Александър Илич.
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 Nov 09, 2007 6:27 pm    Заглавие:

Задачата на Цезар Лупу може да бъде решена по "методата" на камен - силово упражнение по диференциране на подходящи функции, например:

Доказателство. Б.о.о. [tex]a\ge c\ge b[/tex].

1 сл. [tex]b=0[/tex] - Неравенството е еквивалентно на: [tex]\frac{a^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge a^2+c^2\Leftrightarrow (a^3-c^3)(a-c)\ge 0[/tex] - което е изпълнено.

2сл. [tex]b>0[/tex]. Б.о.о. [tex]abc=1 \Rightarrow c=\frac{1}{ab}, 0<b\le1, a\ge1[/tex].
Ще докажем, че [tex]\frac{a^3+1}{b+c}+\frac{b^3+1}{c+a}+\frac{c^3+1}{a+b}-a^2-b^2-c^2\ge 0[/tex].
Заместваме в последното неравенство [tex]c=\frac{1}{ab}[/tex], полагаме [tex]b=t\le 1[/tex], и разглеждаме функцията:
[tex]g(t)=\frac{(a^4+a)t}{at^2+1}+\frac{a(t^4+t)}{a^2t+1}+\frac{a^3t^3+1}{a^3t^4+a^4t^3}-t^2-\frac{1}{t^2a^2}-a^2[/tex].

Трябва да докажем, че при [tex]a\ge 1[/tex] и [tex]0<t\le 1[/tex], е в сила [tex]g(t)\ge 0[/tex].
Полагаме: [tex]F(t)=\frac{(a^4+a)t}{at^2+1}[/tex] ,
[tex]G(t)=\frac{a(t^4+t)}{a^2t+1}[/tex] ,
[tex]H(t)=\frac{a^3t^3+1}{a^3t^4+a^4t^3} [/tex],

[tex]S(t)=-t^2-\frac{1}{t^2a^2}-a^2[/tex] .

Тогава [tex]g(t)=F(t)+G(t)+H(t)+S(t)[/tex] и [tex]5[/tex]-те функции са непрекъснати [tex]\Rightarrow g'(t)=F'(t)+G'(t)+H'(t)+S'(t)[/tex] .
Лесно се показва, че [tex]F'(t)=M_1(1-at^2) , S'(t)=M_2(1-at^2)[/tex] , където [tex]M_{1,2} [/tex] са положителни функции,
Със силова сметка се доказва също, че [tex]G(t)+H(t)=M-3(1-at^2) , M_3 [/tex] също е неотрицателна функция.
Тези резултати показват, че [tex]min\left(g(t)\right)=g\left(\frac{1}{\sqrt{a}}\right) [/tex], и за улеснение вместо досегашното [tex]a[/tex], ще пишем [tex]a^2 [/tex].

Тогава трябва да докажем, че при [tex]a\ge 1 : g\left(\frac{1}{a}\right)\ge 0 \Leftrightarrow (a^3+1)(a+1)-(a+1-a^4)(a^5+1)(a^6+1)\ge 0[/tex] , което е изпълнено.
Така [tex]g(t)\ge 0[/tex] с което твърдението е доказано.

Грозно решение но напълно в стила на Диференциалното смятане. 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: Fri Nov 09, 2007 9:15 pm    Заглавие:

Важното е, че е решение и то вярно! [tex]\Rightarrow[/tex] поне малко e красиво. 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: Fri Nov 09, 2007 10:34 pm    Заглавие: По повод методите

Шпенглер, знаеш ли че твоята субституция [tex]c=\frac{1}{ab}[/tex] в едно със здраво разделно дифернциране- положителна и отрицателна част отделно, като по-лесната от двете части да ни насочи какво да търсим като корен на първата производна (например в твоя случай след субституцията дифернецираш отделно [tex]a^{2}+b^{2}+c^{2}[/tex] и тогава в положителната част търсиш разделяне на функциите по групи така, че всяка група да се анулира в случаите, в които се анулира отрицателната част) можем да наречем "Метода на Шпенглер-Камен" или (хайде от мен да мине) "Метод на Шпенглер-Камен-Нютон" (все пак човека е положил основите на дифернциалното смятане, но пък за методата няма кой знае какъв принос, затова го слагам последен) и честно казано май за 24** може и да проработи!
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 10, 2007 1:02 am    Заглавие:

Задача 12*. Решение.
Да положим [tex]a=\frac{9x^2}{x^2+y^2+z^2}, b=\frac{9y^2}{x^2+y^2+z^2}, c=\frac{9z^2}{x^2+y^2+z^2}[/tex], където [tex]x,y[/tex] и [tex]z[/tex] са положителни и [tex]x+y+z=1[/tex]. Неравенството добива вида [tex]x^2+y^2+z^2\ge 9(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)^2[/tex]. Тъй като [tex]a>1[/tex], имаме
[tex]9x^2=a(x^2+y^2+z^2)>x^2+y^2+z^2\ge\frac{(x+y+z)^2}{3}=\frac{1}{3}[/tex], т.е. [tex]x\ge\frac{1}{3\sqrt{3}}[/tex]. Аналогично [tex]y\ge \frac{1}{3\sqrt{3}}[/tex] и [tex]z\ge \frac{1}{3\sqrt{3}}[/tex].
Без ограничение на общността можем да считаме, че [tex]x\ge y\ge z[/tex]. Тогава
[tex]\frac{1}{3\sqrt{3}}\le z\le \frac13, \frac13\le\frac{x+y}{2}=\frac{1-z}{2}\le\frac{3\sqrt{3}-1}{6\sqrt{3}}[/tex].
Нека [tex]f(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-9(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)[/tex]. Тогава
[tex]f(x,y,z)-f\left(\frac{x+y}{2},\frac{x+y}{2},z\right)=\frac{(x-y)^2}{2}\left(1-9z^2+\frac{9}{8}\left((x+y)^2+4xy\right)\right)\ge 0[/tex].

Следователно е достатъчно да докажем, че [tex]f(t,t,1-2t)\ge 0[/tex], където сме положили [tex]t=\frac{x+y}{2}[/tex]. Имаме
[tex]f(t,t,1-2t)=2t^2+(1-2t)^2-9(t^4+2t^2(1-2t)^2)=\frac{(p-1)^2}{3}(3+2p-3p^2)\ge 0[/tex],
където сме положили [tex]p=3t[/tex] (за новата променлива имаме ограниченията [tex]1\le p\le \frac{3\sqrt{3}-1}{2\sqrt{3}}[/tex]), т.е. [tex]3+2p-3p^2>0\Leftrightarrow \frac{1-\sqrt{10}}{3}<p<\frac{1+\sqrt{10}}{3}[/tex] и е достатъчно да проверим, че [tex]\frac{3\sqrt{3}-1}{2\sqrt{3}}<\frac{1+\sqrt{10}}{3}[/tex].
Всъщност доказахме неравенството с по-слабото (и същевременно най-доброто) ограничение [tex]a+b+c=9[/tex] и [tex]a,b,c\ge \frac{89-28\sqrt{10}}{3}[/tex].


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:40 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: Sun Nov 11, 2007 3:50 pm    Заглавие:

Задача 25. Да се докаже, че за всички положителни реални числа [tex]a,b,c[/tex] е изпълнено [tex]\left|\frac{a+b}{a-b}+\frac{b+c}{b-c}+\frac{c+a}{c-a}\right|>1[/tex].
(Национална олимпиада на Иран,3 рунд, 2007г.)
Задача 26*. Да се докаже, че ако a,b и с са положителни реални числа, то
[tex](1+abc)\left(\frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{b(1+c)}+\frac{1}{c(1+a)}\right)\ge 3\left(\sqrt[3]{abc}+\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}-1\right)\ge 3[/tex].

Задача 26 си има доста голяма история:
Записките на Kiran Kedlaya и Po-Shen Loh по алгебрични неравенства;
Bulgarian journal Mathematica N4, 1987г. , предложена от руския математик D.P.Mavlo;
Подготовка на отбора на САЩ за МОМ 1993;
Списание Kvant - Русия 1988г., 11-12 брой, задача номер M1136;
Подготовка на отбора на Северна Африка за МОМ;
Националната олимпиада на САЩ 1996г.;
Контролното за определяне на отбора по математика в Индия за МОМ 1997г.;
Списание Komal - Унгария;
Списание Crux Mathematicorum - Канада, 1998г., предложена от Mohammed Aasila;
Книгата "Old and New Inequalities" GIL Publishing House. Автори: Titu Andreescu, Vasile Cartoaje, Gabriel Dospinescu, Mircea Lascu;
Курс за подготовка на националния отбор по математика в Англия, 2005г.;
Книгата на Skombris и Babis Stergiou, Гърция;
Книгата на Titu Andrescu - "Mathematical Miniatures";
6-то състезание за купата на Kolomogorov, 1-8 Декември 2002г., 1 рунд - Русия;
23-та Балканска Математическа Олимпиада 29 Април, 2006г.


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:41 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: Mon Nov 12, 2007 12:35 pm    Заглавие:

Задача 22. Решение.

Имаме, че за [tex]x,y,z\ge 0[/tex]:
[tex]1+x^3=(1+x)(1-x+x^2)\le\left(\frac{(1+x)+(1-x+x^2)}{2}\right)=\left(1+\frac{x^2}{2}\right)^2[/tex] и
[tex]\frac12(y+z)^2\le y^2+z^2[/tex]. Тогава:
[tex]\Rightarrow \frac{a^3}{a^3+(b+c)^3}=\frac{1}{1+\left(\frac{b+c}{a}\right)^3}\ge\frac{1}{\left(1+\frac{1}{a^2\left(\frac12(b+c)^2\right)}\right)}\ge \frac{1}{\left(1+\frac{1}{a^2}(b^2+c^2)\right)^2}=\frac{a^4}{(a^2+b^2+c^2)^2}[/tex]
[tex]\Rightarrow \frac{a}{a^3+(b+c)^3}\ge \frac{a^2}{(a^2+b^2+c^2)^2}[/tex].

Следователно [tex]\sum_{cyclic}^{}\frac{a}{a^3+(b+c)^3}=\sum_{cyclic}^{}\frac{a^2}{(a^2+b^2+c^2)^2}=\frac{a^2+b^2+c^2}{(a^2+b^2+c^2)^2}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}[/tex] .

Задача 23*. Решение.

Тъй като [tex](a-b)^2\ge 0[/tex], то [tex]\frac{a^2}{b}\ge 2a-b[/tex].
Тогава [tex]\frac{1+a^2}{\sqrt{2a^2+3ab-c^2}}=\sqrt{\frac{(1+a^2)^2}{2a^2+3ab-c^2}}\underbrace{\ge}_{(1)} \sqrt{2(1+a^2)-(2a^2+3ab-c^2)}=\sqrt{2+c^2-3ab}\underbrace{\ge}_{2}\sqrt{\frac{a^2+b^2+6c^2}{(2)}}\underbrace{\ge}_{(3)}\frac{a+b+6c}{4}[/tex]

(1) [tex]\Leftarrow[/tex] първия ред на решението.
(2) [tex]\Leftarrow[/tex] [tex]2+c^2-3ab\ge \frac{a^2+b^2+6c^2}{2}\Leftrightarrow 4-3ab\ge a^2+b^2+4c^2=a^2+b^2+4(1-a^2-b^2)=-3a^2-3b^2+4\Leftrightarrow a^2+b^2\ge 2ab[/tex].
(3) [tex]\Leftarrow[/tex] неравенството Средно Квадратично [tex]\ge[/tex] Средно Аритметично: [tex]\sqrt{\frac{a^2+b^2+\underbrace{c^2+..+c^2}_{6}}{8}}\ge\frac{a+b+\underbrace{c+..+c}_{6}}{8}.[/tex]

Следователно [tex]\sum_{cyclic}\frac{1+a^2}{\sqrt{2a^2+3ab-c^2}}\ge\sum_{cyclic}\frac{a+b+6c}{4}=2(a+b+c)[/tex].


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:41 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: Mon Nov 12, 2007 1:00 pm    Заглавие:

Задача 24*. Решение.
Ще използваме тъждеството:

[tex]\frac{a(b^3+c^3)}{a^2+bc}+\frac{b(c^3+a^3)}{b^2+ca}+\frac{c(a^3+b^3)}{c^2+ab}-a^2-b^2-c^2=[/tex]

[tex]=\frac{(a^2+b^2+c^2)(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2+a^2b^2(a^2-b^2)^2+b^2c^2(b^2-c^2)^2+c^2a^2(c^2-a^2)^2}{2(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)}\ge 0[/tex].


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:41 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: Mon Nov 12, 2007 1:25 pm    Заглавие:

Задача 27* . Да се докаже, че за всяко [tex]n\ge 3\in\mathbb{N}[/tex] и [tex]a,b,c>0[/tex] e изпълнено [tex]\frac{a(b^n+c^n)}{a^2+bc}+\frac{b(c^n+a^n)}{b^2+ca}+\frac{c(a^n+b^n)}{c^2+ab}\ge a^{n-1}+b^{n-1}+c^{n-1}[/tex].

Подсказка: използвайте задача 24 като база за индукция.

П.С. нерешени задачи до този момент: 25,26,27.


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:42 am; мнението е било променяно общо 1 път
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 Nov 13, 2007 7:25 pm    Заглавие:

Задача 28. a, b и с са положителни реални числа. Да се докаже,че [tex]\frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a} \ge a + b + c + \frac{4(a-b)^2}{a+b+c}[/tex]
Кога се достига равенство?
(БОМ - 6 Май, 2005г.)

Задача 29. a, b, c са неотрицателни числа със сума 3. Докажете, че [tex]\frac{a}{b^2+1} + \frac{b}{c^2+1} + \frac{c}{a^2+1} \ge \frac{3}{2} [/tex]
(Контролно за определяне на отбора за 20. БОМ)
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 13, 2007 8:09 pm    Заглавие:

Задача 25. Решение.

Полагаме [tex]x=\frac{a+b}{a-b}, y=\frac{b+c}{b-c}, z=\frac{c+a}{c-a}[/tex]. От полагането следва, че [tex]xy+yz+zx=1[/tex] (проверете сами). Тогава

[tex](x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\ge 0\Leftrightarrow (x+y+z)^2\ge 3(xy+yz+zx)=3[/tex].

Следователно [tex]|x+y+z|\ge \sqrt{3}>1[/tex], което искахме да докажем.

Задача 26*. ОСТАВЯМ ДА ПОМИСЛИТЕ ОЩЕ МАЛКО.


Задача 27*. Решение.

Неравенството което искаме да докажем е еквивалентно на
[tex]a^{n-3}A+b^{n-3}B+c^{n-3}C\ge 0[/tex], където

[tex]A=\frac{a^3b}{b^2+ca}+\frac{a^3c}{c^2+ab}-a^2[/tex],[tex]B=\frac{b^3c}{c^2+ab}+\frac{b^3a}{a^2+bc}-b^2[/tex],[tex]C=\frac{c^3a}{a^2+bc}+\frac{c^3b}{b^2+ca}-c^2[/tex].

Б.о.о. допускаме, че [tex]a\ge b\ge c[/tex], тогава:
[tex]a^{n-3}A+b^{n-3}B+c^{n-3}C\ge b^{n-3}(A+B)+c^{n-3}C\ge c^{n-3}(A+B+C)\ge 0[/tex],
защото от допускането имаме, че [tex]A\ge 0[/tex] и [tex]A+B=(\underbrace{A+B+C}_{\ge 0})+(-C)\ge 0[/tex] ,тъй като [tex]C\le 0[/tex] (от допускането).
С това задачата е решена.

Задача 28. Решение.

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

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

Но от неравенството на Коши-Буняковски-Шварц имаме, че
[tex](a+b+c)\left(\frac{(a-b)^2}{b}+\frac{(b-c)^2}{c}+\frac{(c-a)^2}{a}\right)\ge \left(|a-b|+|b-c|+|c-a|\right)^2\ge \left(2(max(a,b,c)-min(a,b,c)\right)^2\ge 4(a-b)^2[/tex].

Което искахме да докажем. Равенство се достига [tex]\Leftrightarrow a=b=c[/tex] или [tex]c=\frac{\sqrt{5}-1}{2}b, a=\frac{\sqrt{5}-1}{2}c[/tex].

Задача 29. Решение.

Елементарно! [tex]\underbrace{a}+b+c-\left(\underbrace{\frac{a}{b^2+1}}+\frac{b}{c^2+1}+\frac{c}{a^2+1}\right)=\frac{ab}{2}\frac{2b}{b^2+1}+\frac{bc}{2}\frac{2c}{c^2+1}+\frac{ca}{2}\frac{2a}{a^2+1}\le\frac12(ab+bc+ca)\le \frac12\frac{(a+b+c)^2}{3}[/tex].

Сега остава само да използваме даденото [tex]a+b+c=3[/tex].

Любопитен факт: при даденото условие от задача 29 са верни и неравенствата:
[tex]\frac{a}{b+1}+\frac{b}{c+1}+\frac{c}{a+1}\ge \frac32;[/tex]
[tex]\frac{a^2}{b+1}+\frac{b^2}{c+1}+\frac{c^2}{a+1}\ge \frac32;[/tex]
[tex]\frac{a^2}{b^2+1}+\frac{b^2}{c^2+1}+\frac{c^2}{a^2+1}\ge \frac32.[/tex]


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:42 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 Nov 13, 2007 8:39 pm    Заглавие:

Нерешени задачи до този момент: само 26та

Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Thu Nov 15, 2007 1:32 am; мнението е било променяно общо 1 път
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Who_cares123456
Редовен


Регистриран на: 14 Apr 2007
Мнения: 163

Репутация: 39.8Репутация: 39.8Репутация: 39.8Репутация: 39.8
гласове: 20

МнениеПуснато на: Wed Nov 14, 2007 9:28 pm    Заглавие:

[tex](1+abc)\left(\frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{b(1+c)}+\frac{1}{c(1+a)}\right)=[/tex]
[tex]=\frac{abc+1+ab+a}{ab+a}+\frac{abc+1+bc+b}{bc+b}+\frac{abc+1+ac+c}{ac+c}-3=[/tex]
[tex]=\frac{a+1}{ab+a}+\frac{b+1}{bc+c}+\frac{c+1}{ac+c}+\frac{b(c+1)}{b+1}+\frac{c(a+1)}{c+1}+\frac{a(c+1)}{a+1}-3[/tex]

(1) [tex]\frac{a+1}{ab+a}+\frac{b+1}{bc+c}+\frac{c+1}{ac+c}\ge 3\sqrt[3]{\frac{(a+1)(b+1)(c+1)}{abc(a+1)(b+1)(c+1)}} [/tex]

(2) [tex]\frac{b(c+1)}{b+1}+\frac{c(a+1)}{c+1}+\frac{a(c+1)}{a+1}\ge 3\sqrt[3]{\frac{abc(a+1)(b+1)(c+1)}{(a+1)(b+1)(c+1)} } [/tex]

[tex]\Rightarrow (1+abc)\left(\frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{b(1+c)}+\frac{1}{c(1+a)}\right)\ge \frac{3}{\sqrt[3]{abc}}+3\sqrt[3]{abc}-3 [/tex]

[tex]x>0: x+\frac{1}{ x}\ge 2 \Rightarrow \frac{3}{\sqrt[3]{abc}}+3\sqrt[3]{abc}-3 \ge 3[/tex]


Между другото какъв е този отбор на северна Африка? Confused


Последната промяна е направена от Who_cares123456 на Thu Nov 15, 2007 10:23 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: Thu Nov 15, 2007 1:34 am    Заглавие:

Как да ти отговоря на въпроса? - Слаб отбор е Wink .
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 15, 2007 1:42 am    Заглавие:

Задача 30*. Да се докаже, че за всеки триъгълник със страни [tex]a,b,c[/tex] и радиуси на външновписаните окръжности [tex]r_a,r_b,r_c[/tex] ([tex]r_a[/tex] - радиусът на окръжността, допираща страната [tex]a[/tex] и т.н.) е изпълнено [tex]\left(\frac{r_a}{a}\right)^2+\left(\frac{r_b}{b}\right)^2+\left(\frac{r_c}{c}\right)^2\ge \frac94[/tex].

Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:43 am; мнението е било променяно общо 1 път
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
sd_pld
Начинаещ


Регистриран на: 05 Dec 2006
Мнения: 68

Репутация: 12.9
гласове: 1

МнениеПуснато на: Thu Nov 15, 2007 11:52 am    Заглавие:

Полагаме половинките на котангенсите на ъглите на триъгълника с [tex]x,y[/tex] и [tex]z[/tex].
От [tex]xy+yz+zx=1[/tex] , задачата се свежда до Великото Иранско неравенство.
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 15, 2007 10:17 pm    Заглавие:

sd_pld, ще покажеш ли, че при мен не излиза с такова полагане?

Зад. 30.Решение. Имаме, че [tex]tg\frac{\alpha }{2}=\frac{r_a}{p}=\frac{r}{p-a}\Rightarrow (p-a)r_a=pr=S\Rightarrow r_a^2=\left(\frac{S}{p-a}\right)^2[/tex]. Неравенството, което искаме да докажем придобива вида:
[tex]\left(\frac{S}{a(p-a)}\right)^2+\left(\frac{S}{b(p-b)}\right)^2+\left(\frac{S}{c(p-c)}\right)^2\ge \frac94[/tex].
От друга страна формулата на Херон за лице на триъгълник ни дава [tex]S^2=p(p-a)(p-b)(p-c)[/tex]. Тогава полагаме [tex]p-a=t_a, p-b=t_b, p-c=t_c[/tex]. Следователно е достатъчно до докажем, че [tex]t_at_bt_c(t_a+t_b+t_c)\left(\frac{1}{(t_bt_a+t_at_c)^2}+\frac{1}{(t_at_b+t_bt_c)^2}+\frac{1}{(t_at_c+t_ct_b)^2}\right)\ge \frac94[/tex].

Последно полагане: [tex]t_at_b=x, t_bt_c=y, t_ct_a=z\Rightarrow[/tex] неравенството е еквивалентно на
[tex](xy+yz+zx)\left(\frac{1}{(x+y)^2}+\frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(z+x)^2}\right)\ge\frac94[/tex], което доказахме на страница [tex]1[/tex] - задача [tex]4[/tex].


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Fri Jan 04, 2008 10:57 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 Nov 20, 2007 12:00 pm    Заглавие:

Задача 31. Нека [tex]a,b,c\in\mathbb{R}[/tex]. Ако за всяко [tex]x\in [-1,1]\rightarrow |ax^2+bx+c|\le 1[/tex], то да се докаже, че [tex]|cx^2+bx+a|\le 2[/tex].
(Предложена от Шефкет Арслнагич, Берлин, Германия 1996)

Задача 32*. Вярно ли е неравенството [tex]\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\le\sqrt{c(ab+1)} [/tex], за [tex]a,b,c\ge 1[/tex]. Обосновете отговора си с доказателство.
(Предложена от Шефкет Арслнагич, Берлин, Германия 1995)

Коментар: забележете колко оригинално Шефкет си е формулирал условията на задачите.
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 20, 2007 6:42 pm    Заглавие: Решение на задача 32*

Задача 32*. Решение. Полагаме [tex]a=x+1[/tex], [tex]b=y+1[/tex], [tex]c=z+1[/tex], повдигаме на втора степен и получаваме:
[tex]2\sum_{cyc}^{} \sqrt{xy} \le xy+yz+zx+xyz+z+2\Leftarrow 0 \le (\sqrt{xy}-1)^2+yz+zx+xyz+z+1-2\sqrt{yz}-2\sqrt{zx}[/tex]
[tex]\Leftarrow 0\le (\sqrt{xy}-1)^2+yz+zx+1-2\sqrt{yz}-2\sqrt{zx}+z(xy+1) \Leftarrow 0\le (\sqrt{xy}-1)^2+yz+zx+1-2\sqrt{yz}-2\sqrt{zx}+2z\sqrt{xy}[/tex]
[tex]\Leftarrow 0\le (\sqrt{xy}-1)^2+(\sqrt{yz}+\sqrt{zx}-1)^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: Wed Nov 21, 2007 2:37 pm    Заглавие:

kamen05, решението ти e перфектно.
Аз също се опитах да я реша стигаики до тривиално неравенство, но не успях да стигна до края!

Ето го и моето решение на тази задача:

Нека [tex]a-1=x^2, b-1=y^2, c-1=z^2[/tex], където [tex]x,y,z\ge 0[/tex]. Тогава неравенството става еквивалентно на [tex]x+y+z\le \sqrt{(z^2+1)\left((x^2+1)(y^2+1)+1\right)}[/tex].

Но неравенството на Коши-Буняковски-Шварц ни дава:
[tex]x+y=x.1+1.y\le\sqrt{(x^2+1)(y^2+1)}[/tex] и аналогично

[tex]z+\sqrt{(x^2+1)(y^2+1)}\le\sqrt{z^2+1}\sqrt{(x^2+1)(y^2+1)+1}[/tex].

Равенство се достига [tex]\Leftrightarrow a=1+t, b=1+\frac{1}{t}, c=1+\frac{1}{ab}[/tex], за някакво положително реално число [tex]t[/tex].

kamen05, можеш ли да решиш и другата задача, която е частен случай на една доста голяма теорема?
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 21, 2007 4:24 pm    Заглавие: Решение на зад 31

Titu_Andrescu написа:
Задача 31. Нека [tex]a,b,c\in\mathbb{R}[/tex]. Ако за всяко [tex]x\in [-1,1]\rightarrow |ax^2+bx+c|\le 1[/tex], то да се докаже, че [tex]|cx^2+bx+a|\le 2[/tex].
(Предложена от Шефкет Арслнагич, Берлин, Германия 1996)

Задача 32*. Вярно ли е неравенството [tex]\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\le\sqrt{c(ab+1)} [/tex], за [tex]a,b,c\ge 1[/tex]. Обосновете отговора си с доказателство.
(Предложена от Шефкет Арслнагич, Берлин, Германия 1995)

Коментар: забележете колко оригинално Шефкет си е формулирал условията на задачите.


Не исках да пиша решението на тази задача от лоялност към останалите участници.
Просто тази задача е от детството ми и подобни задачи бяха много на мода в края на 80-те години на миналия век.

Ето едно възможно решение:
Лема (без доказателство): За x,y в [-1,1] е в сила [tex]|x+y|+|x-y|\le 2[/tex].
Сега полагаме [tex]f(x)=ax^2+bx+c, p=f(-1), q=f(0), r=f(1)\Rightarrow g(x)=cx^2+bx+a=qx^2+\frac{r-p}{2}x+\frac{r+p-2q}{2}[/tex]
[tex]\Rightarrow |g(x)|=|q(x^2-1)+\frac{r-p}{2}x+\frac{r+p}{2}|\le |q(x^2-1)|+|\frac{r-p}{2}x|+|\frac{r+p}{2}|\le |q|+|\frac{r-p}{2}|+|\frac{r+p}{2}|\le 1+\frac{2}{2}=2 [/tex] според лемата,
защотп p,q,r са по модул по-малки от 1.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
sd_pld
Начинаещ


Регистриран на: 05 Dec 2006
Мнения: 68

Репутация: 12.9
гласове: 1

МнениеПуснато на: Wed Nov 21, 2007 11:45 pm    Заглавие:

sd_pld написа:
Полагаме половинките на котангенсите на ъглите на триъгълника с [tex]x,y[/tex] и [tex]z[/tex].
От [tex]xy+yz+zx=1[/tex] , задачата се свежда до Великото Иранско неравенство.

Извинявам се - полагаме котангенсите на половинките ъгли ,а не половинките на котангенсите!
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 21, 2007 11:57 pm    Заглавие:

Без да използваме лемата:
Ако [tex]f(x)=ax^2+bx+c[/tex] и [tex]g(x)=cx^2+bx+a[/tex], то от даденото следва, че [tex]|a+b+c|=|f(1)|\le 1[/tex],
[tex]|a-b+c|=|f(-1)|\le 1[/tex] и [tex]|f(0)|\le 1[/tex]. Следователно [tex]|g(x)|=\left|c(x^2-1)+(a+b+c)\frac{1+x}{2}+(a-b+c)|\frac{1-x}{2}|\right|\le[/tex]
[tex] |c||x^2-1|+|a+b+c|\frac{|1+x|}{2}+|a-b+c|\frac{|1-x|}{2}\le[/tex]

[tex]\le |x^2-1|+\frac{|1+x|}{2}+\frac{|1-x|}{2}=1-x^2+\frac{1+x}{2}+\frac{1-x}{2}=2-x^2\le 2[/tex],
за всяко [tex]x\in [-1,1][/tex] .

Коментар: Ако [tex]p(x)[/tex] е реален полином от степен [tex]n[/tex], такъв, че [tex]|p(x)|\le 1[/tex], за всяко [tex]x\in [-1,1][/tex], то [tex]|x^np(\frac{1}{x})|\le 2^n[/tex], за всяко [tex]x\in [-1,1][/tex].


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Thu Nov 29, 2007 1:19 pm; мнението е било променяно общо 4 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 Предишна  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8  Следваща
Страница 3 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.