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: Thu Nov 22, 2007 12:07 am    Заглавие:

kamen05, имаш много умения и знаеш много, това определено си личи! Предизвикваш ме да дам следната задача 33.

Задача 33*. Нека [tex]ABC[/tex] e триъгълник с лице [tex]S[/tex] и вътрешни ъглополовящи [tex]l_a,l_b,l_c[/tex]. Да се докаже, че
[tex]l_bl_c+l_cl_a+l_al_b\ge 3\sqrt{3}S[/tex].

Задача 34. Ако [tex]ABC[/tex] е триъгълник с радиус [tex]r[/tex] на вписаната и [tex]R[/tex] на описаната окръжност, то да се докаже, че
[tex]cos\left(\frac{B-C}{2})\ge\frac{2r}{R}[/tex].


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:45 am; мнението е било променяно общо 1 път
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Реклама







Пуснато на:     Заглавие: Реклама

Върнете се в началото
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Tue Nov 27, 2007 1:56 pm    Заглавие:

Задача 33. Подсказка. (Задачата е предложена от китаеца Jun-hua Huang, 1995г.).

Ще използваме стандартните означения за елементите на триъгълник.

Полупериметър, радиус на вписаната и радиус на описаната окръжности - [tex]p,r,R[/tex], съответно.
Също така и следните зависимости за елементите му:

(1)[tex]l_a=\frac{2bc}{b+c}cos(\frac{A}{2}) , [/tex]

[tex]l_b=\frac{2ac}{a+c}cos(\frac{B}{2}) , [/tex]

[tex]l_c=\frac{2ab}{a+b}cos(\frac{C}{2}) ,[/tex]

(2)[tex]S=\frac12absin(C)=\frac12bcsin(A)=\frac12casin(B) ,[/tex]

(3)[tex]sin^2(A)+sin^2(B)+sin^2(C)=\frac{p^2-4Rr-r^2}{2R^2} ,[/tex]

(4)[tex]sin(A)+sin(B)+sin(C)=\frac{p}{R},[/tex]

(5)[tex]sin(A)sin(B)+sin(B)sin(C)+sin(C)sin(A)=\frac{p^2+4Rr+r^2}{4R^2},[/tex]

(6)[tex]sin(A)sin(B)sin(C)=\frac{pr}{2R^2},[/tex]

(7)[tex]cos(A)+cos(B)+cos(C)=\frac{R+r}{R},[/tex]

(8 )[tex]cos(A)cos(B)+cos(B)cos(C)+cos(C)cos(A)=\frac{r^2+p^2-4R^2}{4R^2},[/tex]

(9)[tex]cos(A)cos(B)cos(C)=\frac{p^2-4R^2-4Rr-r^2}{4R^2},[/tex]

(10)[tex]cos(\frac{A-B}{2})+cos(\frac{B-C}{2})+cos(\frac{C-A}{2})=\frac{p^2+2Rr+r^2}{8R^2},[/tex]

(11)[tex]16Rr-5r^2\le p^2\le 4R^2+4Rr+3r^2.[/tex] (Теорема на J.C. Gerretsen)


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Thu Nov 29, 2007 1:20 pm; мнението е било променяно общо 2 пъти
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 27, 2007 6:00 pm    Заглавие: Поне да пусна решението на зад. 34...

Задача 32.

Между другото забележете, че това неравенство е равносилно на [tex] \frac{h_a}{l_a} \ge \frac{2r}{R}[/tex]
Това всъщност също е една доста стара задачка при това доста красива.
Мисля, че съм я срещал в някоя от геометричните "библии" на Прасолов (Виктор Василиевич Парсолов). Сега решението:
Нека [tex]\frac{2r}{R}=A[/tex]
[tex]sin(\alpha /2)sin(\beta /2)sin(\gamma/2)=\frac{sin(\alpha/2)sin(\beta/2)sin\gamma}{2cos(\gamma/2)} =[/tex]
[tex]=\frac{sin(\alpha/2)sin(\beta/2)sin\gamma}{2cos((\alpha +\beta )/2)}=\frac{1}{2(ctg(\alpha/2)+ctg(\beta/2))}.sin\gamma=\frac{1}{2(\frac{p-b}{r}+\frac{p-a}{r})}.sin\gamma =\frac{r}{2c}.sin\gamma =\frac{r}{4Rsin\gamma}.sin\gamma =\frac{r}{4R}[/tex]
Тогава
[tex] cos\left \frac{(\beta -\gamma )}{2} = 2 sin(\beta /2)sin(\gamma /2)+cos\left \frac{(\beta +\gamma)}{2}=\frac{2 sin(\beta /2)sin(\gamma /2)sin(\alpha /2)}{sin(\alpha /2)}+sin(\alpha/2)= \frac{A}{4sin(\alpha/2)}+sin(\alpha/2) [/tex]
Нека сега [tex]sin(\alpha/2)=x[/tex]. Трябва да докажем:

[tex] \frac{A}{4x}+x\ge A \Leftarrow A+4x^2\ge 4Ax \Leftarrow A^2+4x^2\ge 4Ax [/tex], защото А е по-малко от 1! А последното очевидно е вярно!
И между другото чак към края забелязах, че всъщност на последната стъпка можем да докажем по-силното неравенство:
[tex]cos\left \frac{(\beta -\gamma )}{2}\ge \sqrt{\frac{2r}{R}}=\sqrt{A} [/tex]
Всъщност ако първоначалното неравенство беше формулирано като по-силното, което доказахме,
доказателството си тече много по-естествено!
Titu_Andrescu този път наистина много ловко е поставил по-слабото, но по-неинтуитивно неравенство! Хитро... Very Happy
Остана зад. 33 (голямо съзвездие), не задълго, надявам се...
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 27, 2007 8:09 pm    Заглавие:

kamen05, решението ти е хубаво! Найстина доста хитро се получи, но по-слабото неравенство има и
по-слабо доказатебство и между другото,
мислех следващата задача да е по-силното неравенство, но май вече няма смисъл Very Happy .
Следващата задача 34 ще е много интересна, само да решим и Зад. 33 (със съзвездието).


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Thu Nov 29, 2007 4:40 pm; 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: Thu Nov 29, 2007 11:39 am    Заглавие:

Задача 32. Второ решение.

(Задачата е предложена от Mohammed Aassila1998г., университета Louis Pasteur, Страсбург, Франция)

Имаме, че [tex]\left(cos(\frac{B-C}{2})-2sin(\frac{A}{2})\right)^2\ge 0[/tex] , следователно
[tex]cos^2(\frac{B-C}{2})\ge 4cos(\frac{B-C}{2})sin(\frac{A}{2})-4sin^2(\frac{A}{2})=4sin(\frac{A}{2})\left(cos(\frac{B-C}{2})-cos(\frac{B+C}{2})\right)=8sin(\frac{A}{2})sin(\frac{B}{2})sin(\frac{C}{2})=\frac{2r}{R}[/tex] ,
тъй като [tex]r=4Rsin(\frac{A}{2})sin(\frac{B}{2})sin(\frac{C}{2})[/tex]. Равенство се достига [tex]\Leftrightarrow 2a=b+c[/tex].

Задача 33*. Решение.

От (1) и (2) имаме, че [tex]\frac{l_al_b+l_bl_c+l_cl_a}{F}=8\left(\frac{c^2cos(\frac{A}{2})cos(\frac{B}{2})}{(c+a)(c+b)sin(C)}+\frac{a^2cos(\frac{B}{2})cos(\frac{C}{2})}{(a+b)(a+c)sin(A)}+\frac{b^2cos(\frac{C}{2})cos(\frac{A}{2})}{(b+c)(b+a)sin(B)}\right)=[/tex]
[tex]=\frac{2sin(C)}{cos(\frac{B-C}{2})cos(\frac{A-C}{2})}+\frac{2sin(A)}{cos(\frac{C-A}{2})cos(\frac{B-A}{2})}+\frac{2sin(B)}{cos(\frac{A-B}{2})cos(\frac{C-B}{2})}[/tex]
(тук използвахме формулите на Ойлер за тригонометрична функция на половинка ъгъл на триъгълник изразена чриз страните му)

Следователно достатъчно е да докажем, че

(12) [tex]sin(A)cos(\frac{B-C}{2})+sin(B)cos(\frac{C-A}{2})+sin(C)cos(\frac{A-B}{2})\ge \frac{3\sqrt{3}}{2}cos(\frac{B-C}{2})cos(\frac{C-A}{2})cos(\frac{A-B}{2}) [/tex]

Повдигаме на квадрат и двете страни на неравенството и виждаме, че (12) е еквивалентно на

(13) [tex]4\left(sin^2(A)cos^2(\frac{B-C}{2})+sin^2(B)cos^2(\frac{C-A}{2})+sin^2(C)cos^2(\frac{A-B}{2})\right)+[/tex]
[tex]+8\left(sin(A)sin(B)cos(\frac{B-C}{2})cos(\frac{A-C}{2})+sin(B)sin(C)cos(\frac{C-A}{2})cos(\frac{B-A}{2})+sin(C)sin(A)cos(\frac{A-B}{2})cos(\frac{C-B}{2})\right)\ge[/tex]
[tex]\ge 27cos^2(\frac{B-C}{2})cos^2(\frac{C-A}{2})cos^2(\frac{A-B}{2}))[/tex].

Тъй като [tex]4\left(sin^2(A)cos^2(\frac{B-C}{2})+sin^2(B)cos^2(\frac{C-A}{2})+sin^2(C)cos^2(\frac{A-B}{2})\right)=[/tex]
[tex]=2\left(\sum sin^2(A)+\sum cos(B)cos(C)-\prod cos(A)\sum cos(A)+\prod sin(A)\sum sin(A)\right),[/tex]

Използваме (3)-(10), за да докажем, че (13) е еквивалентно на
(14) [tex]11p^4+(22r^2-20rR-64R^2)p^2-148r^2R^2-20r^3R+11r^4\le 0[/tex]

Нека [tex]x=p^2[/tex] и лявата страна на (15) да означим с [tex]f(x)[/tex]. Тогава [tex]f(x)[/tex] е изпъкнала функция на [tex]x[/tex].
От (11) следва, че за да докажем (14) е достатъчно да покажем, че
(15)[tex]f(16Rr-5r^2)\le 0[/tex],
(16)[tex]f(4R^2+4Rr+3r^2)\le 0[/tex].

Но това е елементарно, тъй като [tex]f(16Rr-5r^2)=-4r(R-2R)(256R^2-155rR+22r^2)[/tex],
и [tex]f(3R^2+4Rr+3r^2)=-4(R-2r)(20R^3+36rR^2+45r^2R+22R^3)[/tex].

Понеже [tex]R\ge 2r[/tex], (15) и (16) са верни.


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:46 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: Thu Nov 29, 2007 1:16 pm    Заглавие:

Задача 34. Да се докаже, че в [tex]\triangle ABC[/tex] със страни [tex]a,b,c[/tex] поне един от изразите

[tex](a+b-c)tg^2(\frac{A}{2})tg(\frac{B}{2})[/tex]

[tex](-a+b+c)tg^2(\frac{B}{2})tg(\frac{C}{2})[/tex]

[tex](a-b+c)tg^2(\frac{C}{2})tg(\frac{A}{2})[/tex]

е не по-малък от [tex]\frac{2r}{3}[/tex], където [tex]r[/tex] e радиуса на вписаната в [tex]\triangle ABC[/tex] окръжндст.

(Предложена от Aram Tangboondouangjit, университета Carnegie Mellon, САЩ, 2000г.)

Задача 35. Редиците [tex]a_1,..,a_n,..[/tex] и [tex]b_1,..,b_n,..[/tex] са такива, че [tex]a_1,b_1>0[/tex], и [tex]a_{n+1}=a_n+\frac{1}{b_n}, b_{n+1}=b_n+\frac{1}{a_n}, n\in \mathbb{N}[/tex].
Да се докаже, че [tex]a_{25}+b_{25}>10\sqrt{2}[/tex].

(Национална олимпиада по математика - Литва, 1996г. за XII клас)


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:46 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 Dec 04, 2007 4:25 pm    Заглавие:

Задача 34. Решение. Ще докажем по-силното твърдение, а именно, че средно аритметичното на тези числа е поне [tex]\frac{2r}{3}[/tex].
Нека [tex]p=\frac12(a+b+c)[/tex] е порупериметъра и [tex]x=p-a, y=p-b, z=p-c[/tex].
Тогава очевидно [tex]x,y,z[/tex] са положителни чесла със сума равна на полупериметъра [tex]p[/tex].

Ще използваме всеизвестните формули: [tex]r=\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}}=\sqrt{\frac{xyz}{x+y+z}}[/tex].

[tex]tg(\frac{A}{2})=\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)}}[/tex], и т.н.

Следователно [tex](-a+b+c)tg^2(\frac{B}{2})tg(\frac{C}{2})=2(p-a)\frac{(p-c)(p-a)}{p(p-b)}\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)}{p(p-c)}}=[/tex]
[tex]=\frac{2x^2z}{(x+y+z)y}\sqrt{\frac{xy}{(x+y+z)z}}=\frac{2x^2r}{y(x+y+z)}[/tex].

Аналогично

[tex](a-b+c)tg^2(\frac{C}{2})tg(\frac{A}{2})=\frac{2y^2r}{z(x+y+z)}[/tex] и [tex](a+b-c)tg^2(\frac{A}{2})tg(\frac{B}{2})=\frac{2z^2r}{z(x+y+z)}[/tex].

Следователно [tex]M\ge\frac{2r}{3}[/tex] е еквивалентно на [tex]\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}\ge x+y+z[/tex], което е вярно от неравенството на Коши-Буняковски-Шварц:

[tex]\left(\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}\right)(y+z+x)\ge\left(\frac{x}{\sqrt{y}}\sqrt{y}+\frac{y}{\sqrt{z}}\sqrt{z}+\frac{z}{\sqrt{z}}\sqrt{z}\right)^2=(x+y+z)^2[/tex]. С което задачата 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: Wed Dec 05, 2007 7:35 pm    Заглавие:

Задача 35. Очевидно [tex]a_2+b_2\ge 4[/tex] (сбор на две двоики реципрочни числа) и
[tex]a_{n+1}+b_{n+1}=(a_n+b_n)\left(1+\frac{1}{a_nb_n}\right)\ge (a_n+b_n)+\frac{4}{a_n+b_n}[/tex].
Нека [tex]x_{n+1}=x_n+\frac{4}{x_n}[/tex], където [tex]x_2=4[/tex]. Тогава, тъй като [tex]x+\frac{4}{x}[/tex] e растяща за [tex]x\ge 2[/tex], а имаме, че
[tex]a_{n+1}+b_{n+1}\ge x_{n+1}\right (x_{n+1})^2=(x_n)^2+\left(\frac{4}{x_n}\right)^2+8[/tex],
[tex](x_{n+1})^2\le (x_n)^2+8[/tex].

Събираме почленно неравенствата от горния вид от [tex]n=2[/tex] до [tex]n-1[/tex] и получаваме, че
[tex](x_n)^2\le x_2^2+8(n-2)=8n[/tex].
Следва, че [tex](x_{n+1})^2\ge (x_n)^2+8+\frac{1}{2n}[/tex], събираме тези неравенства от [tex]n=2[/tex] до [tex]24[/tex] и получаваме, че
[tex](x_{25})^2\ge (x_2)^2+8(23)+\left(\frac14+\frac16+..+\frac{1}{48}\right)[/tex].
Следователно [tex](x_{25})^2>16+184[/tex] или [tex]10\sqrt{2}<x_{25}\le a_{25}+b_{25}[/tex].


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:47 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 Dec 06, 2007 11:17 am    Заглавие:

Задача 36. Ако [tex]a,b,c>1[/tex] и [tex]\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=2[/tex], то да се докаже, че [tex]\sqrt{a+b+c}\ge \sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}[/tex].
(Иран, 1998г.)

Задача 37. Ако [tex]a,b,c>0[/tex] и [tex]ab+bc+ca=1-2abc[/tex], то да се докаже, че
[tex]2(a+b+c)+1\ge 32abc[/tex].

(Средиземноморско състезание, 2004г.)

Задача 38*. Нека [tex]m_a, m_b, m_c[/tex] са медианете, a[tex] r_a,r_b,r_c[/tex] радиусите на вънщновписаните окръжности
за произволен [tex]\triangle[/tex].
Да се докаже, че

[tex]\frac{r_ar_b}{m_am_b}+\frac{r_br_c}{m_bm_c}+\frac{r_cr_a}{m_cm_a}\ge 3[/tex].


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:47 am; мнението е било променяно общо 3 пъти
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Fed
VIP


Регистриран на: 24 May 2007
Мнения: 1136
Местожителство: София (Русе)
Репутация: 113.3
гласове: 33

МнениеПуснато на: Thu Dec 06, 2007 4:16 pm    Заглавие:

Задача 37. Решение.

Имаме, че [tex]ab+bc+ca\ge 3\sqrt[3]{(abc)^2}\Rightarrow 3\sqrt[3]{(abc)^2}\le 1-2abc[/tex]

Полагаме [tex]\sqrt[3]{abc}=t>0[/tex];
[tex]3t^2\le 1-2t^3\Rightarrow t\in \left(0,\frac12\right][/tex].

Трябва да докажем, че [tex]2(a+b+c)+1\ge 32abc[/tex].

[tex]a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}[/tex]; достатъчно е да докажем, че
[tex]2.3\sqrt[3]{abc}+1\ge 32abc[/tex] или
[tex]6t+1\ge 32t^3\Leftrightarrow \left(t+\frac14\right)^2\left(t-\frac12\right)\le 0[/tex],
което очевидно е изпълнено при [tex]t\in \left(0,\frac12\right][/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: Thu Dec 06, 2007 4:54 pm    Заглавие:

Хубаво решение Fed! А можеш ли да откриеш решение на 1 ред на същата задача?
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Fed
VIP


Регистриран на: 24 May 2007
Мнения: 1136
Местожителство: София (Русе)
Репутация: 113.3
гласове: 33

МнениеПуснато на: Thu Dec 06, 2007 5:06 pm    Заглавие:

Май не. Smile
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 Dec 06, 2007 5:24 pm    Заглавие:

От неравенството на Коши-Буняковски-Шварц имаме

[tex](a+b+c+\frac12)(\underbrace{bc+ca+ab+2abc}_{=1})\ge (\sqrt{a.bc}+\sqrt{b.ca}+\sqrt{c.ab}+\sqrt{\frac12.2abc})^2=16abc[/tex].

Smile може да изглежда лесно, но сам видя, че не се открива толкова бързо.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Fed
VIP


Регистриран на: 24 May 2007
Мнения: 1136
Местожителство: София (Русе)
Репутация: 113.3
гласове: 33

МнениеПуснато на: Thu Dec 06, 2007 6:35 pm    Заглавие:

Прав си! 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: Mon Dec 10, 2007 10:56 am    Заглавие:

Задача 36. Решение.

От неравенството на Коши-Буняковски-Шварц следва, че
[tex]\sqrt{a+b+c}=\sqrt{(a+b+c)\left(\underbrace{\frac{a-1}{a}+\frac{b-1}{b}+\frac{c-1}{c}}_{=1}\right)}\ge \sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}[/tex].
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Mon Dec 10, 2007 11:36 am    Заглавие:

Задача 38*. Решение.

Нека [tex]2p=a+b+c[/tex]. Ще използваме всеизвестните равенства:
[tex]r_a=\sqrt{\frac{p(p-b)(p-c)}{p-a}}, m_a=\frac12\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}[/tex], и т.н.

Имаме [tex]\sum_{cyclic}\frac{r_br_c}{m_bm_c}=\sum_{cyclic}\frac{4p(p-a)}{\sqrt{(2c^2+2a^2-b^2)(2a^2+2b^2-c^2)}}[/tex].

От неравенството С.A.[tex]\ge[/tex] С.Г. (средно аретметично и средно геометрично) следва, че

[tex]\sum_{cyclic}\frac{r_br_c}{m_bm_c}\ge \sum_{cyclic}\frac{4p(p-a)}{(2c^2+2a^2-b^2)+(2a^2+2b^2-c^2)}=\sum_{cyclic}\frac{2(a+b+c)(b+c-a)}{4a^2+b^2+c^2}[/tex].

Остана да докажем, че [tex]\sum_{cyclic}\frac{2(a+b+c)(b+c-a)}{4a^2+b^2+c^2}\ge 3[/tex].

Д-во: Подвеждаме под общ знаменател и получаваме [tex]\Leftrightarrow[/tex]

[tex]2\sum_{cyclic}a^6+4\sum_{cyclic}a^4bc+20\sum_{cyclic}a^3b^2c+68\sum_{cyclic}a^3b^3+16\sum_{cyclic}a^5b\ge 276a^2b^2c^2+27\sum_{cyclic}a^4b^2[/tex]

Виждаме, че това неравенство не следва директно от Теоремата на Muirhead, но тъй като [tex]a,b,c[/tex] са страни на триъгълник,
то може да направим полагането [tex]a=y+z, b=z+x, c=x+y[/tex], където [tex]x,y,z>0[/tex] (това полагане е известно като полагане на Ravi).
След известна груба аритметика стигаме до еквивалентното неравенство:

[tex]25\sum_{cyclic}x^6+230\sum_{cyclic}x^5y+115\sum_{cyclic}x^4y^2+10\sum_{cyclic}x^3y^3+80\sum_{cyclic}x^4yz\ge 336\sum_{cyclic}x^3y^2z+124\sum_{cyclic}x^2y^2z^2[/tex].

Последното неравенство вече е вярно от Теоремата на Muirhead! С това твърдението е доказано.


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:48 am; мнението е било променяно общо 1 път
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Mon Dec 10, 2007 12:24 pm    Заглавие:

Задача 39. Да се докаже неравенството на Carlson. Нека [tex]a,b,c[/tex] са неотрицателни реални числа. Да се докаже, че
[tex]\sqrt[3]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}}\ge \sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}}[/tex].

Задача 40*. Нека реалните числа [tex]a,b,c[/tex] изпълняват условието [tex]21ab+2bc+8ca\le 12[/tex]. Да се намери минимума на [tex]p(a,b,c)=\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}[/tex].
(Виетнам, 2001г., контролно за определяне на отбора по математика на Виетнам за НМО)

Задача 41*. Да се докаже неравенството на A. Oppenheim.
Ако [tex]ABC[/tex] е произволен [tex]\triangle[/tex] с лице [tex]S[/tex], a [tex]x,y,z[/tex] са реални числа, то
[tex]xa^2+yb^2+zc^2\ge 4S\sqrt{xy+yz+zx}[/tex].


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 11, 2007 1:48 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: Mon Dec 10, 2007 3:11 pm    Заглавие:

За 39 ми идва на ум едно решение.

Можем да предположим, че [tex]abc=1[/tex]
(Cъществуват такива числа [tex]k,p,t[/tex] , че [tex]a=\sqrt[3]{abc} .k[/tex],[tex]b=\sqrt[3]{abc} .p[/tex] и [tex]c=\sqrt[3]{abc} .t[/tex] .
Очевидно, ако заместим в търсеното неравенство с тези изрази,
[tex]\sqrt[3]{abc} [/tex] се съкращава и ще трябва да докажем същото неравенство, но за [tex]k,p,t[/tex] , чието произведение обаче е [tex]1[/tex]. )

[tex]\Rightarrow\sqrt[3]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}} =\sqrt[3]{\frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc}{8}}=\sqrt[3]{\frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)-1}{8}}[/tex]
[tex](a+b+c)(ab+bc+ca)=(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\ge 9[/tex]
[tex]\Leftrightarrow9(a+b+c)(ab+bc+ca)-9\ge 8(a+b+c)(ab+bc+ca)[/tex]
[tex]\Leftrightarrow\sqrt[3]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}} \ge \sqrt[3]{\frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9}} [/tex]
но [tex]\frac{(a+b+c)^2(ab+bc+ca)^2}{81}\ge \frac{(ab+bc+ca)^3}{27}[/tex] или
[tex]a+b+c\ge \sqrt{\frac{81}{(ab+bc+ca)^2}\frac{(ab+bc+ca)^3}{27}}[/tex]

тъй като [tex](a+b+c)^2\ge 3(ab+bc+ca)[/tex]

от тук излиза търсеното неравенство.
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 Dec 10, 2007 4:50 pm    Заглавие:

Задача 41*. Решение. [tex]xa^{2}+yb^{2}+zc^{2}\ge 4S\sqrt{xy+yz+zx}[/tex]

Д-во: Считаме, че поне едно от числата [tex]x,y,z[/tex] е неотрицателно, в противен случай неравенството не е вярно.
Разделям изходното неравенство на [tex]\sqrt{xy+yz+zx},[/tex] и получаваме [tex]\frac{x}{sqrt{xy+yz+zx}}a^{2}+\frac{y}{sqrt{xy+yz+zx}}b^{2}+\frac{z}{sqrt{xy+yz+zx}}c^{2}\ge 4S.[/tex]
Полагаме [tex]A=\frac{x}{sqrt{xy+yz+zx}},B=\frac{y}{sqrt{xy+yz+zx}},C=\frac{z}{sqrt{xy+yz+zx}}\Rightarrow AB+BC+CA=1.[/tex]

Тогава полагаме отново [tex]A=cotg(\alpha_{1});B=cotg(\beta_{1});C=cotg(\gamma_{1}); \alpha_{1}+\beta_{1}+\gamma_{1}=\pi,[/tex]
където [tex]\alpha_{1},\beta_{1},\gamma_{1}[/tex] са ъгли на триъгълник със страни [tex]a_{1},b_{1},c_{1},[/tex]
радиус на описаната окръжност и лице съответно равни на [tex]R_{1},S_{1}[/tex].
Тогава неравенството което трябва да докажем добива вида [tex]cotg(\alpha_{1})a^{2}+cotg(\beta_{1})b^{2}+cotg(\gamma_{1})c^{2}\ge \frac{abc}{R}.[/tex]
Последното неравенство го разделяме [tex]4R^{2}.[/tex]
Получаваме
[tex](sin(\alpha))^{2}cotg(\alpha_{1})+(sin(\beta))^{2}cotg(\beta_{1})+(sin(\gamma))^{2}cotg(\gamma_{1})\ge 2sin(\alpha)sin(\beta)sin(\gamma)[/tex]
[tex]\Leftrightarrow cos(\alpha_{1})sin(\beta_{1})sin(\gamma_{1}).(sin(\alpha))^{2}+sin(\alpha_{1})cos(\beta_{1})sin(\gamma_{1}).(sin(\beta))^{2}+sin(\alpha_{1})sin(\beta_{1})cos(\gamma_{1}).(sin(\gamma))^{2}[/tex]
[tex]\ge 2sin(\alpha)sin(\beta)sin(\gamma)sin(\alpha_{1})sin(\beta_{1})sin(\gamma_{1})[/tex]

Последното неравенство го пеобразуваме, като използваме формулата: ако [tex]\alpha, \beta, \gamma[/tex] са ъгли на триъгълник,
то [tex]sin(\alpha)sin(\beta)cos(\gamma)=\frac{1}{2}[(sin\alpha)^{2}+(sin\beta)^{2}-(sin\gamma)^{2}].[/tex]
Тогава неравенството добива вида
[tex][-(sin\alpha_{1})^{2}+(sin\beta_{1})^{2}+(sin\gamma_{1})^{2}].(sin\alpha)^{2}+[(sin\alpha_{1})^{2}-(sin\beta_{1})^{2}+(sin\gamma_{1})^{2}].(sin\beta)^{2}+[(sin\alpha_{1})^{2}+(sin\beta_{1})^{2}-(sin\gamma_{1})^{2}].(sin\gamma)^{2}\ge [/tex]
[tex]2sin(\alpha)sin(\beta)sin(\gamma)sin(\alpha_{1})sin(\beta_{1})sin(\gamma_{1}) [/tex]

Умножаваме последното неравенство с [tex]4R^{2}(R_{1})^{2},[/tex] и стигаме до еквивалентното му неравенство
[tex](-a_{1}^{2}+b_{1}^{2}+c_{1}^{2})a^{2}+(a_{1}^{2}-b_{1}^{2}+c_{1}^{2})b^{2}+(a_{1}^{2}+b_{1}^{2}-c_{1}^{2})c^{2}\ge 4(\frac{abc}{2R})(\frac{a_{1}b_{1}c_{1}}{2R_{1}})=16SS_{1}[/tex]
T.e. трябва да докажем, че
[tex](-a_{1}^{2}+b_{1}^{2}+c_{1}^{2})a^{2}+(a_{1}^{2}-b_{1}^{2}+c_{1}^{2})b^{2}+(a_{1}^{2}+b_{1}^{2}-c_{1}^{2})c^{2}\ge 16SS_{1}. [/tex]
Повдигаме на квадрат последното и получаваме еквивалентното му неравенство:
[tex](b^{2}c_{1}^{2}-b_{1}^{2}c^{2})(c^{2}a_{1}^{2}-c_{1}^{2}a^{2})+(c^{2}a_{1}^{2}-c_{1}^{2}a^{2})(a^{2}b_{1}^{2}-a_{1}^{2}b^{2})+(a^{2}b_{1}^{2}-a_{1}^{2}b^{2})(b^{2}c_{1}^{2}-b_{1}^{2}c^{2})\le 0[/tex]
[tex]\Leftrightarrow -[2a^{2}(b^{2}c_{1}^{2}-b_{1}^{2}c^{2})-(c_{1}^{2}-a_{1}^{2}-b_{1}^{2})(c^{2}a_{1}^{2}-c_{1}^{2}a^{2})]^{2}-16S^{2}(c^{2}a_{1}^{2}-c_{1}^{2}a^{2})^{2}\le 0,[/tex] с което доказателството е завършено.


Последната промяна е направена от Мирослав Стоенчев на Sat Dec 15, 2007 1:38 am; мнението е било променяно общо 1 път
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Mon Dec 10, 2007 5:29 pm    Заглавие:

Мирослав Стоенчев, решението ти на 41 е перфектно!
В него ти буквално доказваш теоремата на Pedoe на 2 реда!

Тя гласи следното:
Ако [tex]a_1,b_1,c_1[/tex] са страните на [tex]\triangle A_1B_1C_1[/tex] с лице [tex]S_1[/tex], а [tex]a_2,b_2,c_2[/tex] са страните на [tex]\triangle A_2B_2C_2[/tex] с лице [tex]S_2[/tex], то
[tex]a_1^2(a_2^2+b_2^2-c_2^2)+b_1^2(b_2^2+c_2^2-a_2^2)+c_1^2(c_2^2+a_2^2-b_2^2)\ge 16S_1S_2[/tex].

Идеята ти е много хубава!

Друга идея пък използва неравенството на J. Wolstenholme
[tex]x^2+y^2+z^2\ge 2(-1)^{n+1}(yzcos(nA)+zxcos(nB)+xycos(nC), x,y,z\in \mathbb{R},n\in \mathbb{N})[/tex], за [tex]n=2)[/tex] и
неравенството на O. Bottema
[tex]yza^2+zxb^2+xyc^2\le R^2(x+y+z)^2, x,y,z\in\mathbb{R}[/tex].

Но тъй като твойто решение ми харесва повече, то няма да показвам другото решение!

И все пак искам да добавя, че равенство се достига
[tex]\Leftrightarrow \frac{x}{b^2+c^2-a^2}=\frac{y}{a^2+c^2-b^2}=\frac{z}{a^2+b^2-c^2}[/tex],
въпреки, че в задачата не се пита това.

Искам да отбележа още, че при [tex]x=y=z=1[/tex] в задача 41, получаваме неравенството на WeitzenbÄock,
което е дадено на първата Интернационална Олимпиада по Математика (IMO) 1961г.
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 Dec 10, 2007 7:54 pm    Заглавие:

Задача 42. В [tex]\triangle ABC[/tex] нека [tex]m_a[/tex] и [tex]l_a[/tex] бъдат съответно медианата и ъглополовящата от върха [tex]A[/tex]. Да се докаже, че [tex]0\le m_a^2-l_a^2\le \frac{1}{2}(b-c)^2[/tex].

(Предложена от д-р Titu Andrescu, университета Texas, Dalas)

Задача 43*. Нека [tex]G[/tex] е медицентъра на [tex]\triangle ABC[/tex]. Да се докаже, че
[tex]sin(\angle GBC)+sin(\angle GCA)+sin(\angle GAB)\le \frac32[/tex].

(Предложена от Tran Quang Hung, националния университет Ha Noi, Виетнам)
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 Dec 17, 2007 12:28 pm    Заглавие:

Задача 42. Решение. Знаем, че [tex]m_a^2=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}[/tex] и [tex]l_a^2=\frac{bc((b+c)^2-a^2}{(b+c)^2}[/tex]. Следователно
[tex]m_a^2-l_a^2=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}-bc\left(1-\frac{a^2}{(b+c)^2}\right)=\frac{2b^2+2c^2-a^2-4bc}{4}+\frac{a^2}{(b+c)^2}=\frac{2(b-c)^2-a^2}{4}+\frac{a^2bc}{(b+c)^2}=\frac{2(b^2-c^2)^2-a^2(b+c)^2+4a^2bc}{4(b+c)^2}=[/tex]
[tex]=\frac{2(b-c)^2(b+c)^2-a^2(b-c)^2}{4(b+c)^2}=\frac{(b-c)^2(2(b+c)^2-a^2)}{4(b+c)^2}\ge 0[/tex], тъй като [tex]b+c>a[/tex].
За доказателството на дясната част на неравенството е достатъчно да докажем, че
[tex]\frac{(b-c)^2(2(b+c)^2-a^2)}{4(b+c)^2}\le \frac{(b-c)^2}{2}[/tex],
или [tex]2(b+c)^2-a^2\le 2(b+c)^2[/tex], което очевидно е вярно и с това 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: Mon Dec 17, 2007 1:08 pm    Заглавие:

Задача 44. Нека [tex]a,b,c,d[/tex] са положителни реални числа, за които [tex]\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}=4[/tex]. Да се докаже, че
[tex]\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3}{2}}+\sqrt[3]{\frac{b^3+c^3}{2}}+\sqrt[3]{\frac{c^3+d^3}{2}}+\sqrt[3]{\frac{d^3+a^3}{2}}\le 2(a+b+c+d)-4[/tex].
(Полша 2007)

Задача 45. Нека [tex]x,y,z[/tex] са три положителни реални числа, за които [tex]xyz\ge 1[/tex]. Да се докаже, че
[tex]\frac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}+\frac{y^5-y^2}{x^2+y^5+z^2}+\frac{z^5-z^2}{x^2+y^2+z^5}\ge 0[/tex]
(Hojoo Lee, Корея (IMO 2005 г.))

Задача 46. Нека [tex]x,y,z[/tex] са три положителни реални числа, за които [tex]x^2+y^2+z^2\ge 3[/tex]. Да се докаже, че
[tex]\frac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}+\frac{y^5-y^2}{x^2+y^5+z^2}+\frac{z^5-z^2}{x^2+y^2+z^5}\ge 0[/tex]
(Vasile Cirtoaje, 2005 г., известно време след IMO 2005 г.)

Задача 47*. Нека [tex]a,b,c[/tex] са три положителни реални числа, за които [tex](a+b-c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c}\right)=4[/tex]. Да се докаже, че
[tex](a^4+b^4+c^4)\left(\frac{1}{a^4}+\frac{1}{b^4}+\frac{1}{c^4}\right)\ge 2304[/tex]
(Vasile Cirtoaje, 2005 г.)

Задача 48*. Нека [tex]a,b,c[/tex] са три неотрецателни реални числа, за които най-много едно от тях може да е [tex]0[/tex].
В Задача 3 доказахме теоремата на Несбит, която гласи, че [tex]\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge \frac32[/tex].
Да се докаже по-силното неравенство [tex]\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge \frac{13}{6}-\frac{2(ab+bc+ca)}{3(a^2+b^2+c^2)}\ge \frac{3}{2}[/tex]
(Vasile Cirtoaje, 2006 г.)


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Mon Dec 17, 2007 6:50 pm; мнението е било променяно общо 1 път
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
kamen05
Начинаещ


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

МнениеПуснато на: Mon Dec 17, 2007 1:53 pm    Заглавие: Решение на 42

Пускам го със закъснение, защото исках да се преборя и с 43 Very Happy.
Все пак мисля че е интересно, въпреки че го пускам след решението на Titu_Andrescu.
Имаме [tex] l^2_a=c.b-m.n[/tex], където m и n са отсечките, на които ъглополовящата разделя страната BC.
Но [tex] m.n=m.(a-m)\le \frac{a^2}{4} \Rightarrow l^2_a\ge c.b-\frac{a^2}{4}=m^2_a-\frac{1}{2}(b-c)^2[/tex]
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Titu_Andrescu
Напреднал


Регистриран на: 28 Oct 2006
Мнения: 370

Репутация: 68.9
гласове: 29

МнениеПуснато на: Mon Dec 17, 2007 5:00 pm    Заглавие:

kamen05, твоето решение ми харесва повече 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: Mon Dec 17, 2007 10:31 pm    Заглавие:

Задача 45. Трябва да докажем, че [tex]\sum_{cyclyc}\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{x^{5}+y^{2}+z^{2}}\le 3.[/tex]

Ще приложим метод даващ възможност за съставяне на неравенства, подобни на даденото: Оценяваме всяко от събираемите в лявата страна, търсейки подходяща 2-ка [tex](\alpha,\beta)[/tex] такава, че [tex]\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{x^{5}+y^{2}+z^{2}}\le \frac{x^{\beta}+y^{\alpha}+z^{\alpha}}{x^{\alpha}+y^{\alpha}+z^{\alpha}}\Leftrightarrow x^{5+\beta}-x^{2+\alpha}+(x^{3}-1)[x^{2}(y^{\alpha}+z^{\alpha})-x^{\beta}(y^{2}+z^{2})]\ge 0.[/tex]
"Длъжни" сме да положим [tex]5+\beta=2+\alpha\Leftrightarrow \beta=\alpha-3.[/tex] Остава да определим тaka [tex]\alpha,[/tex] че [tex](x^{3}-1)[x^{2}(y^{\alpha}+z^{\alpha})-x^{\alpha-3}(y^{2}+z^{2})]\ge 0. [/tex]
Тук съобразяваме, че при [tex]\alpha=2\Rightarrow (x^{3}-1)[x^{2}(y^{\alpha}+z^{\alpha})-x^{\alpha-3}(y^{2}+z^{2})]\ge 0\Leftrightarrow (y^{2}+z^{2})\frac{(x^{3}-1)^{2}}{x}\ge 0.[/tex]
Така лесно съобразихме, че двойката [tex](\alpha,\beta)=(2,-1)[/tex] e подходяща. Значи [tex]\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{x^{5}+y^{2}+z^{2}}\le \frac{x^{-1}+y^{2}+z^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\Rightarrow \sum_{cyclyc}\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{x^{5}+y^{2}+z^{2}}\le \sum_{cyclyc}\frac{x^{-1}+y^{2}+z^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}=\frac{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+2(x^{2}+y^{2}+z^{2})}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}=2+\frac{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}[/tex]

Остана да докажем, че [tex]\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\le x^{2}+y^{2}+z^{2}\Leftrightarrow xy+yz+zx\le xyz(x^{2}+y^{2}+z^{2}).[/tex] Но [tex]xyz\ge 1\Rightarrow xyz(x^{2}+y^{2}+z^{2})\ge x^{2}+y^{2}+z^{2}\ge xy+yz+zx.[/tex] 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 Dec 18, 2007 10:06 am    Заглавие:

45. Второ решениe: Неравенството [tex]\frac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}+\frac{y^5-y^2}{x^2+y^5+z^2}+\frac{z^5-z^2}{x^2+y^2+z^5}\ge 0[/tex]
е еквивалентно на
[tex]\frac{1}{x^5+y^2+z^2}+\frac{1}{x^2+y^5+z^2}+\frac{1}{x^2+y^2+z^5}\le \frac{3}{x^2+y^2+z^2}[/tex].

От неравенството на Коши-Буняковски-Шварц следва, че
[tex](x^2.x^3+y^2+z^2)\left(x^2.\frac{1}{x^3}+y^2+z^2\right)\ge (x^2+y^2+z^2)^2[/tex].
Но от даденото условие следва, че [tex]x^2.\frac{1}{x^3}=\frac{1}{x}\le yz[/tex].

Тогава [tex](x^5+y^2+z^2)(yz+y^2+z^2)\ge (x^2.x^3+y^2+z^2)\left(x^2.\frac{1}{x^3}+y^2+z^2\right)\ge (x^2+y^2+z^2)^2[/tex].

Следователно [tex]\sum_{cyclic}\frac{1}{x^5+y^2+z^2}\le\sum_{cyclic}\frac{yz+y^2+z^2}{(x^2+y^2+z^2)^2}\le\sum_{cyclic}\frac{\frac{y^2+z^2}{2}+y^2+z^2}{(x^2+y^2+z^2)^2}=\frac{3}{x^2+y^2+z^2}[/tex].


Последната промяна е направена от Titu_Andrescu на Tue Dec 18, 2007 11:58 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 Dec 21, 2007 9:22 am    Заглавие: Решение на зад. 43*

Titu_Andrescu написа:
Задача 42. В [tex]\triangle ABC[/tex] нека [tex]m_a[/tex] и [tex]l_a[/tex] бъдат съответно медианата и ъглополовящата от върха [tex]A[/tex]. Да се докаже, че [tex]0\le m_a^2-l_a^2\le \frac{1}{2}(b-c)^2[/tex].

(Предложена от д-р Titu Andrescu, университета Texas, Dalas)

Задача 43*. Нека [tex]G[/tex] е медицентъра на [tex]\triangle ABC[/tex]. Да се докаже, че
[tex]sin(\angle GBC)+sin(\angle GCA)+sin(\angle GAB)\le \frac32[/tex].

(Предложена от Tran Quang Hung, националния университет Ha Noi, Виетнам)


За мен това виетнамче си е направо гений! Ще съм любопитен да видя авторовото решение, но съм сто процента убеден, че то минава през следното неравенство:
Твърдение 1: [tex](\sum_{cyc}^{}\frac{1}{a^2}).(\sum_{cyc}^{}\frac{1}{m_a^2})\le \frac{9}{4S^2}[/tex],където S е лицето на ABC.
Това неравенство е много силно! Честно казано опитах какво ли не за да го докажа, но не можах да направя нищичко по-оригинално. Това неравенство НЕ Е ВЯРНО, ако се заместят медианите с ъглополовящи. Това неравенство НЕ Е ВЯРНО, ако се заместят медианите по единствената ми известна що годе приложима оценка: [tex] 2.m_c\ge \sqrt{(a+b+c)(a+b-c)}[/tex] и т.н. Не можах успешно да използвам и теоремата на Pedoe, въпреки че всичко изглежда много близко до нея- все пак триъгълникът образуван от медианите е с лице фиксирано пропорционално с лицето на основния! Единственото, което ми остана е да си плюя на ръцете , да заместя медианите чрез страните на триъгълника, да приложа Херонова формула с разкрити скоби за лицето и да видя какво ще стане. Не искам да изписвам всички сметки и разкривания на скоби, това което се получава е следното:

[tex](2\sum_{cyc}^{}a^2b^2-\sum_{cyc}^{}a^4).(\sum_{cyc}^{}a^2b^2)^2\le 9.a^2b^2c^2.(2a^2+2b^2-c^2). (2b^2+2c^2-a^2).(2c^2+2a^2-b^2)[/tex]
Още тук е редно да забележим, че ако [tex]a^2=b^2[/tex] или [tex]c^2=b^2[/tex] или [tex]a^2=c^2[/tex] неравенството става равенство! Това наблюдение ни спасява, защото показва, че като прехвърлим всичко в неравенството от едната страна трябва да получим нещо, което се дели на [tex](a^2-b^2).(b^2-c^2). (c^2-a^2)[/tex]

Следва едно отвратително разкриване на скоби и се получава:
[tex]((a^2-b^2).(b^2-c^2). (c^2-a^2))^2\ge 0[/tex], което честно казано направо ме изуми! Наистина е много красиво тъждество и освен това никъде не използваме, че a,b, c са страни на триъгълник. Това доказа Твърдение.1
Сега да видим как това решава задачата. Имаме
[tex]sin(\angle GBC)=\frac{2.S_{GBC}}{GB.BC}=\frac{2.S/3}{\frac{2}{3}m_b.a } =\frac{S}{a.m_b} [/tex] Или искаме да докажем
[tex]\sum_{cyc}^{}\frac{1}{a.m_b} \le \frac{3}{2S} [/tex] или [tex](\sum_{cyc}^{}\frac{1}{a.m_b})^2 \le \frac{9}{4S^2}[/tex] Но [tex](\sum_{cyc}^{}\frac{1}{a.m_b})^2 \le (\sum_{cyc}^{}\frac{1}{a^2}).(\sum_{cyc}^{}\frac{1}{m_a^2})[/tex] с което използвайки Тв.1 приключваме!
Епилог: Една много трудна и много красива задача! Тъй като влизам във приключвателни фирмени дела мисля, че това е последният ми пост с решение и съм страшно доволен, че така добре си приключвам годината! Titu_Andrescu мисля, че не си сложил достатъчно звезди на тази задача! Very Happy


Последната промяна е направена от kamen05 на Fri Dec 21, 2007 10:27 pm; 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: Fri Dec 21, 2007 2:02 pm    Заглавие:

БРАВО!

Задача 43. Тв.1. Ще докажем, че при стандартни означения в даден [tex]\triangle ABC[/tex] e изпълнено [tex](h_a^2+h_b^2+h_c^2)\left(\frac{1}{m_a^2}+\frac{1}{m_b^2}+\frac{1}{m_c^2}\right)\le 9[/tex]
(същото неравенство като това, което използва kamen05 само, че записано в друг вид).
Доказателство.
Нека да положим [tex]x=a^2,y=b^2,z=c^2[/tex]. От полагането и хероновата формула следва, че
[tex]h_a^2+h_b^2+h_c^2=4S^2\frac{xy+yz+za}{xyz}=\frac{(2(xy+yz+zx)-x^2-y^2-z^2)(xy+yz+za)}{4xyz}[/tex]
и
[tex]\frac{1}{m_a^2}+\frac{1}{m_b^2}+\frac{1}{m_c^2}=\frac{4(xy+yz+zx)}{(2x+2y-z)(2y+2z-x)(2z+2x-y)}[/tex].
Следователно трябва да докажем, че
[tex]2(xy+yz+za)^3\le 9xyz(2x+2y-z)(2y+2z-x)(2x+2z-y)+(x^2+y^2+z^2)(xy+yz+zx)^2[/tex].
След разкриване на скобите получаваме, че неравенството е еквивалентно на [tex](x-y)^2(y-z)^2(z-x)^2\ge 0[/tex], което е вярно!

Сега, от Тв.1 и от неравенството на Коши-Буняковски-Шварц следва, че
[tex]\frac{h_a}{m_b}+\frac{h_b}{m_c}+\frac{h_c}{m_a}\le 3[/tex].

Нека [tex]D[/tex] e петата на перпендикуляра от [tex]G[/tex] към страната [tex]BC[/tex]. Тъй като [tex]S_{AGB}=S_{BGA}=S_{CGA}[/tex], то следва, че [tex]GD=\frac{h_a}{3}[/tex] и
тъй като [tex]BG=\frac{2m_b}{3}[/tex], то получаваме [tex]sin\angle GBC =\frac12\frac{h_a}{m_b}[/tex]. Аналогично пресмятаме и останалите синуси и от Тв.1. следва искания резултат.


kamen05, това решение не е различно от твоето, просто е написано по съкратено.
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 Dec 22, 2007 3:16 pm    Заглавие:

Задача 48. Д-во: Полагаме [tex]g(x,y,z)=\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}+\frac{2}{3}\frac{xy+yz+zx}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}.[/tex]

Ясно е че най-много едно от числата [tex]x,y,z[/tex] може да бъде [tex]0.[/tex]

1сл.[tex]z=0\Rightarrow g(x,y,0)=\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{2xy}{3(x^{2}+y^{2})}=\frac{x^{2}+y^{2}}{xy}+\frac{2xy}{3(x^{2}+y^{2})}=t+\frac{2}{3t}=h(t);t=\frac{x^{2}+y^{2}}{xy}\ge 2; h'(t)=1-\frac{2}{3t^{2}}\Rightarrow h(t)[/tex] е растяща в интервала [tex]\left\(\sqrt{\frac{2}{3}},\infty\right\)\Rightarrow h(t)\ge h(2)=\frac{7}{3}>\frac{13}{6},t\ge 2.[/tex]

2сл. [tex]\min\left\{x,y,z\right\}>0[/tex] Пресмятаме [tex]g(x,y,y),[/tex] kaто полагаме [tex]\frac{x}{y}=t\ge 0[/tex]
[tex]g(x,y,y)=\frac{x}{2y}+\frac{2y}{x+y}+\frac{2}{3}\frac{2xy+y^{2}}{x^{2}+2y^{2}}=G(t)=\frac{t}{2}+\frac{2}{t+1}+\frac{2}{3}\frac{2t+1}{t^{2}+2}\Rightarrow G'(t)=\frac{(t-1)(3t^{5}+9t^{4}+4t^{3}+4t^{2}-28t+20)}{6(t+1)^{2}(t^{2}+2)^{2}}[/tex]
Не е трудно да се покаже, че [tex]\min_{t\ge 0}3t^{5}+9t^{4}+4t^{3}+4t^{2}-28t+20>5>0\Rightarrow t=1[/tex] е единствения неотрицателен корен на [tex]G'(t)=0\Rightarrow \min_{t\ge 0}G(t)=G(1)=\frac{13}{6}\Rightarrow g(x,y,y)\ge \frac{13}{6}.[/tex]
Нека [tex]\min\left\{x,y,z\right\}=x.[/tex] Tогава пресмятаме разликата:


[tex]g(x,y,z)-g(x,\frac{y+z}{2},\frac{y+z}{2})=\frac{(y-z)^{2}(x+y+z)\left\{3(x^{2}+y^{2}+z^{2})\left\[2x^{2}+(y+z)^{2}\right\]-(x+y)(x+z)(x+y+z)(2x+y+z)\right\}}{3(x+y)(x+z)(2x+y+z)(x^{2}+y^{2}+z^{2})\left\[2x^{2}+(y+z)^{2}\right\]}\ge 0,[/tex] тъй като

[tex]3(x^{2}+y^{2}+z^{2})\left\[2x^{2}+(y+z)^{2}\right\]-(x+y)(x+z)(x+y+z)(2x+y+z)>0,[/tex] при положителни [tex]x,y,z,[/tex] удовлетворяващи [tex]\min\left\{x,y,z\right\}=x.[/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_{y\ge 0}g(x,y,y)=\frac{13}{6}\Rightarrow g(x,y,z)\ge \frac{13}{6}.[/tex]
Твърдението е доказано.


Последната промяна е направена от Мирослав Стоенчев на Sat Dec 22, 2007 10:50 pm; 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 4 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.