Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
\(\displaystyle{ \sum^{n}_{i=1}(2i-1)a^{2}_{i} \ge \frac{ \sum_{i=1}^{n}(2i-1) \cdot \sum^{n}_{i=1} a^{2}_{i} }{n}}\) Na mocy Czebyszewa dla ciągów jednakowo uporządkowanych \(\displaystyle{ \frac{ \sum_{i=1}^{n}(2i-1) \cdot \sum^{n}_{i=1} a^{2}_{i} }{n} = n \sum^{n}_{i=1} a^{2}_{i} \ge n^{2} a^{2}_{1} \ge \frac{n^{2}}{n{2}} =1 }\) Bo największy wyraz nie może być mniejszy niż średnia , która wynosi \(\displaystyle{ \frac{1}{n}}\)
cbdo ... chyba .
Ostatnio zmieniony 22 kwie 2023, o 22:55 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 2 razy.
Powód:Poprawa wiadomości.
No właśnie chyba niezupełnie (a raczej zupełnie nie) cbdo, bo po pierwsze te ciągi są przeciwnie uporządkowane, a po drugie dowodzimy, że ta suma jest mniejsza od jedynki, nie zaś od niej większa.
Ukryta treść:
Ponieważ \(a_j\ge a_i\) dla \(i\ge j\), więc \[\left(\sum\limits_{i=1}^na_i\right)^2=2\sum\limits_{i=1}^n\left(a_i\sum\limits_{j=1}^{i}a_j\right)-\sum\limits_{i=1}^na_i^2\ge 2\sum\limits_{i=1}^n\left(a_i^2\sum\limits_{j=1}^{i}1\right)-\sum\limits_{i=1}^na_i^2=\sum\limits_{i=1}^n(2i-1)a_i^2,\] czyli \[\begin{aligned}1^2&=(a_1+a_2+a_3+\dots +a_n)^2\\&=a_1^2+\left(a_2^2+2a_1a_2\right)+\left(a_3^2+2a_1a_3+2a_2a_3\right)+\dots +\left(a_n^2+2a_1a_n+2a_2a_n+\dots + 2a_{n-1}a_n\right)\\&\ge a_1^2+3a_2^2+5a_3^2+\dots +(2n-1)a_n^2\end{aligned}\] Niech \(k\) będzie najmniejszym indeksem zerowej zmiennej (jeżeli żadna zmienna nie jest zerem, to \(k=n+1\)). Równość zachodzi wtw, gdy \(a_1=\ldots =a_{k-1},\ a_k=\ldots =a_n=0\), tzn. gdy \(a_{i<k}=\frac{1}{k-1},\ a_{i\ge k}=0\) dla \(1\le i\le n\).
Jeżeli to jest do zaakceptowania, to oddaję kolejkę.
Bardzo ładne rozwiązanie. Moje jest zupełnie inne (tj. pierwszym moim rozwiązaniem, podobnie jak u Kartezjusza też był blef z Czebyszewa, chociaż nieco inny, bo nie pomyliłem (nie)uporządkowania - gdzie następnie w magiczny i tylko dla mnie zrozumiały sposób przerobiłem sumę kwadratów na kwadrat sumy, zobaczywszy to obraziłem się na siebie i nie wchodziłem na forum; w ogóle Czebyszew i ciągi jednomonotoniczne to chyba nierówności najbardziej podatne na blefy, obok Jensena z funkcją, która wygląda na wypukłą, a wcale taka nie jest).
Ukryta treść:
W skrócie Mixing Variables. Oznaczmy \(\displaystyle{ f(a_1, a_2\ldots a_n)=\sum_{k=1}^n(2k-1)a_k^2}\). Wykażę, że przy założeniach zadania jest \(\displaystyle{ f(a_1, a_2, a_3\ldots a_n)\le f\left(\frac{a_1+a_2}{2}, \frac{a_1+a_2}{2}, a_3, \ldots a_n\right)}\). Równoważnie: \(\displaystyle{ a_1^2+3a_2^2\le 4\left(\frac{a_1+a_2}{2}\right)^2\\2a_2^2\le 2a_1 a_2}\)
co jest oczywiste z uwagi na \(\displaystyle{ a_1\ge a_2\ge 0}\).
Dalej postępujemy analogicznie:
przypuśćmy, że \(\displaystyle{ k}\) zmiennych o najmniejszych indeksach ma wspólną wartość równą \(\displaystyle{ a>0}\) i wykazujemy, że \(\displaystyle{ f(a,\ldots a, a_{k+1}, \ldots a_n)\le f\left(\frac{ka+a_{k+1}}{k+1}, \ldots \frac{ka+a_{k+1}}{k+1}, a_{k+2}\ldots a_n\right)}\).
Równoważnie: \(\displaystyle{ a^2\left(\sum_{i=1}^{k}(2i-1)\right)+(2k+1)a_{k+1}^2\le \left(\frac{ka+a_{k+1}}{k+1}\right)^2\left(\sum_{i=1}^{k+1}(2i-1)\right)\\k^2a^2+(2k+1)a_{k+1}^2\le (ka+a_{k+1})^2\\2ka_{k+1}^2\le 2ka a_{k+1}}\),
co jest oczywiste, gdyż \(\displaystyle{ a\ge a_{k+1}\ge 0}\).
Postępując w ten sposób, zachowujemy uporządkowanie (gdyż jeśli jakieś liczby rzeczywiste \(\displaystyle{ a,b}\) są niemniejsze niż liczba \(\displaystyle{ c}\), to ich średnia arytmetyczna też jest niemniejsza niż \(\displaystyle{ c}\)) i zachowujemy sumę zmiennych.
Koniec końców, \(\displaystyle{ f(a_1, \ldots a_n)\le f\left(\frac{a_1+a_2+\ldots +a_n}{n}, \ldots \frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{n}\right)=\frac{1+3+\ldots+(2n-1)}{n^2}=1}\). Należy też odnotować, że to podejście jest odrobinę gorsze od tego od bosej_Nike w identyfikacji naborów, dla których zachodzi równość w nierówności: równość w nierówności \(\displaystyle{ 2ka_{k+1}^2\le 2ka a_{k+1}}\) (przy zachowaniu \(\displaystyle{ a>0}\)) zachodzi, gdy \(\displaystyle{ a=a_{k+1}}\) albo \(\displaystyle{ a_{k+1}=0}\).
Prościej byłoby powiedzieć, że zatrzymujemy działanie tego algorytmu w momencie, gdy osiągamy równość w którejś nierówności. Stąd przypadek \(\displaystyle{ a_{1}=a_{2}=\ldots=a_{k}=\frac{1}{k}, \ a_i=0}\) dla \(\displaystyle{ n\ge i>k}\).
Nowe zadanie:
niech \(\displaystyle{ a, b, c, \ d\ge 0}\) oraz \(\displaystyle{ a+b+c+d=3}\). Proszę wykazać, że \(\displaystyle{ \frac{ab}{4-a}+\frac{bc}{4-b}+\frac{cd}{4-c}+\frac{da}{4-d}\le 1}\).
\(\displaystyle{ \frac b {a^2}+\frac b{a^2}+\frac a {b^2}\ge \frac 3a}\) z AM-GM i zamieniamy rolami \(\displaystyle{ a,b}\), po czym dodajemy stronami otrzymane nierówności. To, po podzieleniu stronami przez trzy, daje nam lemat w dodatnich \(\displaystyle{ \frac b{a^2}+\frac a{b^2}\ge \frac 1 a+\frac 1 b}\), dalej łatwo. Ten sam lemat można też od razu dostać w prostszy sposób, ale napisałem tak, jak o tym myślałem.
Dodano po 2 minutach 38 sekundach:
A tamto poprzednie to było chyba z Mszany Dolnej 2022 (re. rok różnicy), nie podobało się dla mnie, ale liczyłem, że ktoś zaproponuje ciekawy dowód. Zapomnijmy o tym.
A to (wlog) jest nierówność Chebysheva w przypadku: \(\displaystyle{ a_{1}\leq a_{2}\leq \cdots \leq a_{n}}\) oraz \(\displaystyle{ b_{1}\geq b_{2}\geq \cdots \geq b_{n}}\)
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} a \sum_{}^{} b \ge n \sum_{}^{} ab.}\)
Ostatnio zmieniony 21 sty 2024, o 14:03 przez Janusz Tracz, łącznie zmieniany 2 razy.
Dodanie do tego trzeciego warunku spowoduje sprzeczność typu \(\displaystyle{ \frac{a+b}{c+d}< x }\) oraz\(\displaystyle{ \frac{a+b}{c+d}< \frac{1}{x} }\).
Niech \(\displaystyle{ 0<a\le b}\) oraz \(\displaystyle{ 0<p\le q}\) wtedy
Dzieląc stronami przez \(\displaystyle{ b^{pq}}\) i wprowadzając oznaczenie \(\displaystyle{ c = \frac{a}{b}}\), dostajemy postać równoważną \(\displaystyle{ (1 - c^p)^q \leqslant (1 - c^q)^p}\)
Niech teraz \(\displaystyle{ p + q = n}\) i \(\displaystyle{ f(x) = (1 - c^x)^{n-x}}\); wystarczy udowodnić, że f(x) jest rosnąca na \(\displaystyle{ x \in (0,n-1)}\) i \(\displaystyle{ 0 < c < 1}\). (dla \(\displaystyle{ c=1}\) teza jest oczywista)
Janusz, moim zdaniem w ogólności nie ma sprzeczności, weź \(a=3,b=2,c=1,d=6\). Proponuję coś w tym stylu:
\[4ab(c+d)\le (a+b)^2(c+d)=(a+b)\left((a+b)(c+d)\right)<(a+b)(ab+cd)=ab(a+b)+cd(a+b)<ab(a+b)+ab(c+d).\]
Dodano po 36 minutach 56 sekundach:
A, przepraszam, Ty na początku zakładałeś prawdziwość dwóch pierwszych, więc mój przykład jest zły, no ale Tobie powinna wyjść sprzeczność z trzecią - wyjaśnisz?
Możliwe jest, że ponoszę winę za pewne zamieszanie, w wyniku którego zakopane zostało bieżące zadanie. Prostuję zatem sytuację.
Ukryta treść:
Rozwiązanie wynika bezpośrednio z nierówności Hlawki. Mamy \[|a|+|b|+|c|+|a+b+c|\ge |a+b|+|b+c|+|c+a|.\] Wystarczy teraz zastosować \(a+b+c=-d,\ a+b=-(c+d),\ b+c=-(a+d),\ c+a=-(b+d)\) oraz \(|-t|=|t|\).