Jedan zadatak sa olimpijade

Jedan zadatak sa olimpijade 24.02.2005. u 16:53 · pre 264 meseca #1

Da li neko zna da uradi ovaj zadatak:

Ako su a, b i c pozitivni realni brojevi i abc=1, dokazati da vazi sledeca nejednakost:

${1 \over{a^3(b+c)}}+{1 \over{b^3(a+c)}}+{1 \over{c^3(a+b)}}$ ≥ ${3 \over2}$

Zadatak sam procitao u casopisu Tangenta i bio je na nekoj olimpijadi ili tako nesto slicno.

Re: Jedan zadatak sa olimpijade 24.02.2005. u 19:48 · pre 264 meseca #2

Bio je na nekom bas starom shortlistu, mozda cak i izabran za IMO, toga se vec ne secam. Sad nesto nemam vremena, ali cini mi se da moze da prodje Muirhead kad se izmnozi. Naravno, ima i neko bas lepo resenje, ali Muirhead je zakon ;). Aj cu probam malo kasnije da odradim pa cu da se javim.

Potpis

I HAD A NIGHTMARE
IT ALL STARTED NORMAL
10101010
10110011
THEN ALL OF A SUDDEN
1100102
GAAAAH
_____________________________
www.princeton.edu/~skrstic
www.niwifi.co.sr

Re: Jedan zadatak sa olimpijade 24.02.2005. u 20:43 · pre 264 meseca #3

Verovatno postoji i neko rešenje u kojem se koristi manje snažan aparat (ovo što ćeš sad videti ti dođe otprilike kao gađanje muve topovskim đuletom) ali zašto ne koristiti ono što nam matematika pruža, pogotovo ako na prvi pogled znaš da ova metoda ne može da omane kod sličnih zadataka. Da ne dužim priču, rešenje ide ovako:

Neka je $x^3=a$ , $y^3=b$ , $z^3=c$ . Očigledno je da važi $xyz=1$ . Na osnovu Mjurhedove nejednakosti (imaš negde na ES-u temu o njoj, ako ti nešto oko same nejednakosti ne bude jasno zamolio bih te da pitaš na toj temi a ne ovde, da ne bi došlo do mešanja diskusija) imamo:
$2[12,9,3]+[12,12,0]+[9,9,6]\geq 3[11,8,5]+[8,8,8]$ (da ne objašnjavam sad šta predstavljaju ove uglaste zagrade, shvatićeš to kad naučiš Mjurhedovu teoremu).
Razlaganjem ovoga dobijamo:
$2(x^{12}y^9z^3+...+x^3y^9z^{12}+x^{12}y^{12}+y^{12}z^{12}+x^{12}z^{12}+x^9y^9z^6+x^9y^6z^9+x^6y^9z^9)\geq 3(x^{11}y^8z^5+...+x^5y^8z^{11}+2x^8y^8z^8)$
Sad koristimo činjenicu da je $xyz=1$ i ovo svodimo na sledeće:
$2(x^{12}y^9z^3+...+x^3y^9z^{12}+x^{12}y^{12}+y^{12}z^{12}+x^{12}z^{12}+x^9y^9z^6+x^9y^6z^9+x^6y^9z^9)\geq 3(x^6y^3+...+y^3z^6+2x^3y^3z^3)$
Jednostavno vratimo početna slova i dobijamo:
$2(a^4b^3c+...+ab^3c^4+a^4b^4+b^4c^4+a^4c^4+a^3b^3c^2+a^3b^2c^3+a^2b^3c^3)\geq 3(a^2b+...+bc^2+2abc)$
Faktorizacijom ovih izraza dobijamo sledeće (usput možemo desnu stranu pomnožiti sa $a^3b^3c^3$ ):
$2(b^3c^3(a+b)(a+c)+a^3c^3(a+b)(b+c)+a^3b^3(b+c)(a+c))\geq 3a^3b^3c^3(a+b)(b+c)(a+c)$
I za kraj, podelimo sve sa $2a^3b^3c^3(a+b)(b+c)(a+c)$ , što nas vodi do
$\frac 1 {a^3(b+c)}+\frac 1 {b^3(a+c)}+\frac 1 {c^3(a+b)}\geq\frac 3 2$
što je i trebalo dokazati.

Potpis

Ljubičice crvena, što si plava kô zelena trava.

Re: Jedan zadatak sa olimpijade 26.02.2005. u 12:09 · pre 264 meseca #4

Nasao sam jos jedan nacin. Neka je $a={1 \over x}$ , $b={1 \over y}$ i $c={1 \over z}$ . Zamenom u levu stranu polazne nejednakosti dobijamo ${x^2 \over {z+y}} + {y^2 \over {z+x}} + {z^2 \over {x+y}}$ (koristili smo to da je xyz takodje 1). Za ovaj izraz treba dokazati da je veci od $3 \over 2$ . Preko Kosijeve nejednakosti dobijamo da je $({({a_1 \over \sqrt {b_1}})^2} + {({a_2 \over \sqrt {b_2}})^2} + \cdots + {({a_n \over \sqrt {b_n}})^2})$ $((\sqrt {b_1}})^2 + (\sqrt {b_2})^2 + \cdots + (\sqrt {b_n})^2)$ ≥ $(a_1 + a_2 + \cdots + a_n)^2$ to jest, $({a_{1}^2 \over b_1} + {a_{2}^2 \over b_2} + \cdots + {a_{n}^2 \over b_n})$ ≥ ${{(a_1 + a_2 + \cdots + a_n)^2} \over {b_1 + b_2 + \cdots + b_n}}$ . Primenjujuci to na ${x^2 \over {z+y}} + {y^2 \over {z+x}} + {z^2 \over {x+y}}$ dobijamo ${x^2 \over {z+y}} + {y^2 \over {z+x}} + {z^2 \over {x+y}}$ ≥ ${(x+y+z)^2 \over {x+y+x+z+y+z}} = {{x+y+z} \over 2}$ . Primenjujuci nejednakost aritmeticke i gometrijske sredine dobijamo da je ${x+y+z} \over 2}$ vece ili jednako od $3 \over 2$ cime je dokaz zavrsen.

Re: Teorija relativnosti - pod lupom, (alternativno tumacenje) 26.02.2005. u 19:16 · pre 264 meseca #5

Sram te bilo, ne samo da si našao elementarniji dokaz tražene nejednakosti, nego si je čak i uopštio na proizvoljan broj sabiraka. Štaviše, ako se izbaci poslednji korak sa primenom AG nejednakosti, uz neznatne prepravke se dobija strožija nejednakost. SVAKA ČAST! Inače, za sve ljubitelje ovakve problematike imam ovaj dobar link

http://my.netian.com/~ideahitme/eng.html

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: Jedan zadatak sa olimpijade 28.02.2005. u 21:40 · pre 264 meseca #6

Hvala ti za link, stvarno je izuzetan.

Forum kao aplikacija na telefonu

Srodne teme