szukanie zaawansowane
 [ Posty: 859 ]  Przejdź na stronę Poprzednia strona  1 ... 52, 53, 54, 55, 56, 57, 58  Następna strona
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 25 wrz 2017, o 18:05 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 3273
Lokalizacja: blisko
To niestety nie jestem w tym mocny ale będę musiał przywalić z grubej rury teraz.


Ponieważ ta ostatnia dana przez Timona zalatywała mocno Rochajem więc dam nierówność Rochaja tzn. podbijam:

Z: a,b,c>0

a+b+c=3

T: \frac{a^2}{b^3+c}+ \frac{b^2}{c^3+a}+ \frac{c^2}{a^3+b} \le  \frac{a^3+b^3+c^3}{2abc}

wiem że to było z mojej strony nie fer...

ale co zrobić...
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 15 kwi 2018, o 19:47 
Użytkownik

Posty: 1353
Podczas produkowania tego posta ucierpiało jedno zwierzę.
Ukryta treść:    

Moim zdaniem przydałoby się trochę rozhermetyzować grono piszących w tym wątku. Może ktoś z uczestników tego- lub przyszłorocznych konkursów się zechce porozgrzewać?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 16 kwi 2018, o 09:25 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 3273
Lokalizacja: blisko
No ładnie wreszcie przetkane możesz dawać...
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 16 kwi 2018, o 14:12 
Użytkownik

Posty: 1353
Liczby rzeczywiste a,b,c są takie, że a+b+c=1 oraz a^3+b^3+c^3=25. Pokaż, że a+b^2+c^2\ge 5


PS Nie ma błędu w zapisie.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 18 kwi 2018, o 02:13 
Użytkownik

Posty: 12615
Ukryta treść:    


Ale syf, ja pierdzielę. Pewnie i tak to ma rozwiązanie na parę linijek, a ja na to ustrojstwo zmarnowałem kilka godzin. :mrgreen:

-- 18 kwi 2018, o 01:29 --

BTW Kiedyś po pięciu piwach zacząłem to poprzednie zadanie przeliczać w podobnym stylu (ręcznie!), ale jak przepisywałem, to mnie wylogowało mniej więcej w połowie, bo aktualizacje Windowsa. ( ͡° ͜ʖ ͡°)( ͡° ͜ʖ ͡°)( ͡° ͜ʖ ͡°)

Jak jeszcze nie było (proste raczej, choć znając rozwiązanie można tracić perspektywę):
dla nieujemnych a,b,c spełniających a^2+b^2+c^2+abc=4 proszę udowodnić, że
0\le ab+bc+ca-abc\le 2
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 18 kwi 2018, o 07:34 
Użytkownik

Posty: 134
Lokalizacja: Zamość
W końcu coś dla początkujących <3

Ukryta treść:    
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 18 kwi 2018, o 10:18 
Użytkownik

Posty: 1353
PokEmil napisał(a):
4-abc \le  3abc \le (a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 + 3abc, a stąd 4 \le 4abc, czyli abc \ge 1

Tutaj masz kiksa - prawa nierówność jest prawdziwa, zaś lewa niestety nie i stąd idą błędne wnioski. Iloczyn zmiennych jest nie większy od jedynki i łatwo to uzyskać np. z AM-GM na warunku początkowym.

Wskazówka: spróbuj przystosować rozumowanie stąd (punkt b) do tego przykładu. Da się z pewnością.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 4 maja 2018, o 23:39 
Użytkownik

Posty: 134
Lokalizacja: Zamość
Korzystając z podpowiedzi powyżej, mamy:
4=a^2+b^2+c^2+abc\ge 4\sqrt[4]{a^3b^3c^3}, a stąd 1\ge abc.
Jako że zmiennych mamy trzy, to pewne dwie muszą stać po tej samej stronie jedynki. Przypuśćmy bez strat ogólności, że są to a, b, więc (a-1)(b-1)c = abc - ac - bc + c\ge 0.
Mamy: 4-c^{2} =(2-c)(2+c) = a^{2} + b^{2} + abc \ge 2ab + abc = ab(2+c), a dzieląc stronami przez 2+c, mamy że 2-c \ge ab, przekształcając, c \ge ab. Dodając stronami i przekształcając układ równań: \begin{cases} abc-ac-bc+c \ge 0 \\ 2-c \ge ab \end{cases}, mamy 2 \ge ac+bc+ca-abc, czyli prawą nierówność mamy udowodnioną.
Zajmijmy się lewą teraz. Tym razem z pożądanym skutkiem. :)
Zauważmy, że gdyby a, b, c > 1, to 4 = a^{2} + b^{2} + c^{2} + abc > 4, czyli sprzeczność, więc co najmniej jedna z tych liczb jest mniejsza lub równa 1 (bso, c). Skoro 1 \ge c, to ab \ge abc, czyli ab+bc+ca-abc \ge bc+ca \ge 0, co należało dowieść. :D

Swoją drogą to mój setny post, yay!

Udowodnij, że dla 0<x \le \frac {1}{2} oraz 0<y \le \frac{1}{2} zachodzi nierówność: \frac {(x+y)^{2}}{xy} \ge \frac {(2-x-y)^{2}}{(1-x)(1-y)}.

PS. Mam taką prośbę. Z racji tego, że jest to Rozgrzewka przed OMem, to może dałoby radę publikować też względnie łatwiejsze zadania na poziomie mniej więcej 1-2 etapu OMa? Byłbym bardzo wdzięczny! :)
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 5 maja 2018, o 01:15 
Użytkownik

Posty: 12615
Twoje rozwiązanie wygląda OK, tylko nie wiem, skąd wzięło się to:
PokEmil napisał(a):
przekształcając, c \ge ab
, ale nie widzę, żebyś dalej z tego korzystał.

Ukryta treść:    


-- 5 maja 2018, o 00:21 --

Nowe zadanie:
liczby rzeczywiste dodatnie a,b,c spełniają warunek a+b+c=1. Proszę udowodnić, że \frac{a-bc}{a+bc}+\frac{b-ca}{b+ca}+\frac{c-ab}{c+ab}\le \frac 3 2

EDIT: poprawa literówki w nicku, sorry.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 5 maja 2018, o 09:51 
Użytkownik

Posty: 37
Lokalizacja: opolskie
Ukryta treść:    


Zadanie: Wykaż, że jeżeli a+b=1, to
(wersja łatwiejsza) a^5 + b^5 \ge \frac{1}{16}
(wersja trudniejsza) a^{2018} + b^{2018} \ge \frac{1}{2^{2017}}
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 5 maja 2018, o 11:10 
Użytkownik

Posty: 12615
Ukryta treść:    


Nowe zadanie:
liczby rzeczywiste dodatnie a,b,c, d spełniają zależność a+b+c+d=1.
Proszę wykazać, że 6(a^3+b^3+c^3+d^3)\ge a^2+b^2+c^2+d^2+\frac 1 8.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 5 maja 2018, o 11:24 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 3273
Lokalizacja: blisko
Można w ogóle udowodnić, że:

tak pokrótce


Ukryta treść:    


Szybkość Premislava mnie zadziwia ponadświetlna...
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 5 maja 2018, o 11:36 
Użytkownik

Posty: 1353
PLN0.03:    
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 6 maja 2018, o 15:14 
Użytkownik

Posty: 37
Lokalizacja: opolskie
Ukryta treść:    


Zadanie: Wykaż, że dla każdej liczby całkowitej dodatniej n zachodzi:
\frac 1 3 n^2 + \frac 1 2 n \ge \sqrt[n]{(n!)^2} - \frac 1 6
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 6 maja 2018, o 15:38 
Użytkownik

Posty: 12615
Rozwiązanie powyżej jak dla mnie trzeba dopracować (a może to ja czegoś nie widzę?). Owszem, taka funkcja f jak wyżej jest wypukła w (0,1], a nawet w (0,18), ale akurat to nie \frac 1 a, \ \frac 1 b, \ \frac 1 c, \ \frac 1 d należą do takiego przedziału, tylko a, \ b, \ c, \ d. Jeśli któraś z liczb a,b,c,d jest mniejsza niż \frac{1}{18}, to nierówność
af\left( \frac 1 a\right)+ b\left( \frac 1 b\right) +c\left( \frac 1 c\right) +d\left( \frac 1 d\right) \ge f(4) nie działa (a tak naprawdę działa, bo inaczej teza by była fałszywa, ale w takiej formie z Jensena tego nie udowodnisz).
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 859 ]  Przejdź na stronę Poprzednia strona  1 ... 52, 53, 54, 55, 56, 57, 58  Następna strona


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 [Nierówności] wykazanie nierówności - zadanie 34  marek12  8
 [Nierówności][Teoria liczb] wykazanie nierówności  rochaj  2
 [Nierówności] Udowodnić nierówność - zadanie 15  klaudiak  5
 [Nierówności] Maksimum warunkowe  mol_ksiazkowy  1
 [Nierówności] kolejna nierówność z analizy  emaerio  10
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl