Предишната тема :: Следващата тема |
Автор |
Съобщение |
blqaa Начинаещ
Регистриран на: 29 Mar 2008 Мнения: 57
гласове: 4
|
Пуснато на: Wed Feb 11, 2009 10:04 pm Заглавие: 3-ти кръг, 1970 година |
|
|
Докажете, че [tex]\frac{1-a}{1+a}+\frac{1-b}{1+b}+\frac{1-b}{1+b}\ge \frac{3}{2}[/tex] за неотрицателни числа a, b и c с условието a+b+c=1. |
|
Върнете се в началото |
|
|
Реклама
|
Пуснато на: Заглавие: Реклама |
|
|
|
|
Върнете се в началото |
|
|
dim Напреднал
Регистриран на: 28 Jul 2008 Мнения: 324
гласове: 21
|
Пуснато на: Thu Feb 12, 2009 3:13 am Заглавие: |
|
|
Даденото неравенство е еквивалентно на:
[tex]\frac{3-3abc-(ab+bc+ca)+a+b+c}{(1+a)(1+b)(1+c)}\ge \frac{3}{2}[/tex]<=>[tex]\frac{4-3abc-(ab+bc+ca)}{(1+a)(1+b)(1+c)}\ge \frac{3}{2}[/tex]. Като поопростим стигаме до [tex]2-9abc-5(ab+bc+ca)\ge 0[/tex], но [tex]ab+bc+ca\le \frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{1}{3}=>2-9abc-\frac{5}{3}\ge 0[/tex]<=>[tex]abc\le \frac{1}{27}[/tex], което е вярно, защото най-голяма стойност изразът вляво достига при [tex]a=b=c=\frac{1}{3}[/tex](сумата [tex]a+b+c=1[/tex]-фиксирана). |
|
Върнете се в началото |
|
|
blqaa Начинаещ
Регистриран на: 29 Mar 2008 Мнения: 57
гласове: 4
|
Пуснато на: Thu Feb 12, 2009 10:26 am Заглавие: |
|
|
Други решения? Има много по елегантно. |
|
Върнете се в началото |
|
|
JusTok Редовен
Регистриран на: 26 Jul 2007 Мнения: 117 Местожителство: Варна гласове: 24
|
Пуснато на: Thu Feb 12, 2009 11:41 am Заглавие: |
|
|
[tex]\sum_{cyc}^{} \frac{1-a}{1+a}=\sum_{cyc}^{} \frac{1}{1+a} - (\sum_{cyc}^{} \frac{a}{1+a})=2\sum_{cyc}^{} \frac{1}{1+a}-3\ge 2.\frac{9}{4}-3=\frac{3}{2}[/tex]
равенство при a=b=c; |
|
Върнете се в началото |
|
|
blqaa Начинаещ
Регистриран на: 29 Mar 2008 Мнения: 57
гласове: 4
|
Пуснато на: Thu Feb 12, 2009 12:11 pm Заглавие: |
|
|
Браво. Аз използвам КБШ или "хубавото неравенство" още в началото и след това лесно излиза. |
|
Върнете се в началото |
|
|
|