2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки





Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2, 3  След.
 
 Геометрическое неравенство
Сообщение03.06.2013, 22:26 
Заслуженный участник


26/06/07
1758
shevah school, tel-aviv
Докажите, что в любом треугольнике с периметром $2$ и медианами $m_a$, $m_b$ и $m_c$ верно:
$$\frac{1}{m_a}+\frac{1}{m_b}+\frac{1}{m_c}\geq5$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Геометрическое неравенство
Сообщение16.06.2013, 08:52 


22/04/13
16
arqady в сообщении #732260 писал(а):
Докажите, что в любом треугольнике с периметром $2$ и медианами $m_a$, $m_b$ и $m_c$ верно:
$$\frac{1}{m_a}+\frac{1}{m_b}+\frac{1}{m_c}\geq5$$


Для такого треугольника верно
$$\frac{1}{m_a}\geqslant 1+\frac{1}{2}(3a^2-(b-c)^2)$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Геометрическое неравенство
Сообщение17.06.2013, 18:42 
Заслуженный участник


26/06/07
1758
shevah school, tel-aviv
Красиво! Только как во время олимпиады за полтора часа проверить Ваше неравенство без компьютера?
Не вижу, как... :oops:
Моё доказательство использует неравенство Гёльдера и оно абсолютно бескомпьютерное.

-- Пн июн 17, 2013 19:55:49 --

Кстати, вот неравенство, составленное с помощью компьютера, но вполне подъёмное на олимпиаде:
Докажите, что в любом треугольнике верно:
$$\frac{r_a}{r_a+h_a}+\sin\beta\sin\gamma\leq\frac{5}{4}$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Геометрическое неравенство
Сообщение18.06.2013, 10:35 


22/04/13
16
arqady в сообщении #737631 писал(а):
Докажите, что в любом треугольнике верно:
$$\frac{r_a}{r_a+h_a}+\sin\beta\sin\gamma\leq\frac{5}{4}$$


Рискну предположить что $r_a = r$-радиус вписанной окружности, тогда, используя что $r=\frac{2S}{a+b+c}$, $h_a=b\sin\gamma=c\sin\beta=\frac{2S}{a}$ и
\[ \left\{
\begin{array}{ll}
x=a+b-c\\
y=b+c-a\\
z=c+a-b
\end{array} \right. \] перепишем неравенство:
Для неотрицательных $x, y , z$, доказать
$$\frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{4(3x+3z+2y)}+\frac{(x+y+z)xyz}{(x+z)^2}\leqslant\frac{5(x+y)(y+z)}{16}$$ или
$$\frac{11x+11z+10y}{3x+3z+2y}\geqslant\frac{16(x+y+z)xyz}{(x+z)^2(x+y)(y+z)}$$
Докажем более сильное неравенство:
$$\frac{5}{3x+3z+2y}\geqslant\frac{8xyz}{(x+z)^2(x+y)(y+z)} \Leftarrow $$ $$5x^3y+5x^3z+5xz^3+5yz^3+5x^2y^2+5y^2z^2+10x^2z^2\geqslant
9x^2yz+6xy^2z+9xyz^2 \Leftarrow$$
\[ \left\{
\begin{array}{ll}
3x^2y^2+3y^2z^2\geqslant6xy^2z\\
5x^3y+5x^3z+2y^2z^2\geqslant9x^2yz\\
5z^3y+5z^3x+2x^2y^2\geqslant9xyz^2
\end{array} \right. \]

arqady в сообщении #737631 писал(а):
Только как во время олимпиады за полтора часа проверить Ваше неравенство без компьютера?

Уважаемый arqady, мне кажется Вы несколько преувеличили сложность моего неравенства (доказывается тем же методом, что и Ваше последнее). Хотя, на олимпиадах не приняты выкладки длиннее нескольких строк...Возможно Вы и правы...

 Профиль  
                  
 
 Re: Геометрическое неравенство
Сообщение18.06.2013, 13:28 


22/04/13
16
В 2004 на областной олимпиаде в Витебске была предложена следующая задача:

Докажите, что для любых положительных чисел $a, b, c$ таких, что $a+b+c=1$, выполняется неравенство
$$\frac{a^3}{a^2+4b^2}+\frac{b^3}{b^2+4c^2}+\frac{c^3}{c^2+4a^2}\geqslant\frac{1}{5}$$
Всегда ли верно неравенство
$$\frac{a^3}{4a^2+b^2}+\frac{b^3}{4b^2+c^2}+\frac{c^3}{4c^2+a^2}\geqslant\frac{1}{5}$$

Мне известны два способа доказательства 1-го неравенства:

(Оффтоп)

-оценка каждого слагаемого
-как следствие из первого (или из второго) неравенства в topic71486.html

Ни одно из них не радует лаконичностью, предполагаемой на олимпиаде. Но ведь должно быть и "чисто олимпиадное" решение :?:

 Профиль  
                  
 
 Re: Геометрическое неравенство
Сообщение19.06.2013, 19:00 
Заслуженный участник


26/06/07
1758
shevah school, tel-aviv
expmrs в сообщении #737816 писал(а):
Рискну предположить что $r_a = r$-радиус вписанной окружности,

Это радиус вневписанной окружности, касающеся стороны длины $a$.

-- Ср июн 19, 2013 20:24:37 --

expmrs в сообщении #737816 писал(а):
мне кажется Вы несколько преувеличили сложность моего неравенства (доказывается тем же методом, что и Ваше последнее)

Попробую...
Пусть $a=y+z$, $b=x+z$ и $c=x+y$.
Тогда после гомогенизации получим:
$\frac{2(x+y+z)^3}{\sqrt{4x^2+4xy+4xz+(y-z)^2}}\geq x^2+2y^2+2z^2+2xy+2xz+6yz$.
Что дальше?
После возведения обеих частей неравенства в квадрат получается неподъёмный, по-моему, вручную многочлен пятой степени от $x$.

-- Ср июн 19, 2013 20:43:43 --

expmrs в сообщении #737851 писал(а):

Докажите, что для любых положительных чисел $a, b, c$ таких, что $a+b+c=1$, выполняется неравенство
$$\frac{a^3}{a^2+4b^2}+\frac{b^3}{b^2+4c^2}+\frac{c^3}{c^2+4a^2}\geqslant\frac{1}{5}$$

Вот так можно:
$\sum\limits_{cyc}\frac{a^3}{a^2+4b^2}-\frac{1}{5}=\sum\limits_{cyc}\frac{a^3}{a^2+4b^2}-\frac{a+b+c}{5}=\sum\limits_{cyc}\left(\frac{a^3}{a^2+4b^2}-\frac{a}{5}\right)=\frac{4}{5}\sum\limits_{cyc}\frac{a^3-ab^2}{a^2+4b^2}=$
$=\frac{4}{5}\sum\limits_{cyc}\left(\frac{a^3-ab^2}{a^2+4b^2}-\frac{2}{5}(a-b)\right)=\frac{4}{25}\sum\limits_{cyc}\frac{(a-b)^2(3a+8b)}{a^2+4b^2}\geq0$.
(исправил очепятку).

-- Ср июн 19, 2013 20:58:58 --

Второе неравенство неверно: $a=\frac{1}{2}$ и $b=c=\frac{1}{4}$.
Следующее неравенство похоже на него, но уже верно.
Для положительных $a$, $b$ и $c$ докажите, что:
$$\frac{a^3}{2a^2+b^2}+\frac{b^3}{2b^2+c^2}+\frac{c^3}{2c^2+a^2}\geqslant\frac{a+b+c}{3}$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Геометрическое неравенство
Сообщение20.06.2013, 13:22 


22/04/13
16
arqady в сообщении #738400 писал(а):
expmrs в сообщении #737816 писал(а):
Рискну предположить что $r_a = r$-радиус вписанной окружности,

Это радиус вневписанной окружности, касающеся стороны длины $a$.

Никогда про такой не слышал... :roll: :oops: Будем исправляться!!

arqady в сообщении #738400 писал(а):
Попробую...
Пусть $a=y+z$, $b=x+z$ и $c=x+y$.
Тогда после гомогенизации получим:
$\frac{2(x+y+z)^3}{\sqrt{4x^2+4xy+4xz+(y-z)^2}}\geq x^2+2y^2+2z^2+2xy+2xz+6yz$.
Что дальше?
После возведения обеих частей неравенства в квадрат получается неподъёмный, по-моему, вручную многочлен пятой степени от $x$.

Это неравенство очень грубое (примерно так же, как и с моей ошибочной поправкой Вашего второго неравенства), поэтому после раскрытия скобок, доказывается легко. Вот один из способов:
$4(a+b+c)^6-(4a(a+b+c)+(b-c)^2)(a^2+2b^2+2c^2+2ab+2ac+6bc)^2=\\ 10(b^2+c^2)(a^2-bc)^2+2b^4(a-2c)^2+2b^2(ab-2c^2)^2+\\
2c^4(a-2b)^2+2c^2(ac-2b^2)^2+8bc(a^2-3bc)^2+\\
4a^5b+4a^5c+8b^5c+8bc^5+a^4b^2+a^4c^2+34b^4c^2+34b^2c^4+\\
12a^3b^3+12a^3c^3+48b^3c^3+4a^3b^2c+4a^3bc^2+2a^4bc$
Конечно, ни о какой олимпиадной красоте речи идти не может, с другой стороны, здесь нет 5-ти или 6-тизначных коэффициентов, а все что надо знать - формулу квадрата разности.

-- 20.06.2013, 14:42 --

arqady в сообщении #738400 писал(а):
expmrs в сообщении #737851 писал(а):

Докажите, что для любых положительных чисел $a, b, c$ таких, что $a+b+c=1$, выполняется неравенство
$$\frac{a^3}{a^2+4b^2}+\frac{b^3}{b^2+4c^2}+\frac{c^3}{c^2+4a^2}\geqslant\frac{1}{5}$$

Вот так можно:
$\sum\limits_{cyc}\frac{a^3}{a^2+4b^2}-\frac{1}{5}=\sum\limits_{cyc}\frac{a^3}{a^2+4b^2}-\frac{a+b+c}{5}=\sum\limits_{cyc}\left(\frac{a^3}{a^2+4b^2}-\frac{a}{5}\right)=\frac{4}{5}\sum\limits_{cyc}\frac{a^3-ab^2}{a^2+4b^2}=$
$=\frac{4}{5}\sum\limits_{cyc}\left(\frac{a^3-ab^2}{a^2+4b^2}-\frac{2}{5}(a-b)\right)=\frac{12}{25}\sum\limits_{cyc}\frac{(a-b)^2(3a+8b)}{a^2+4b^2}\geq0$.

По сути, это оценка каждого слагаемого, но в Вашем исполнении - все просто и красиво! Засчитано! :D

 Профиль  
                  
 
 Re: Геометрическое неравенство
Сообщение20.06.2013, 17:38 


22/04/13
16
arqady в сообщении #737631 писал(а):
Докажите, что в любом треугольнике верно:
$$\frac{r_a}{r_a+h_a}+\sin\beta\sin\gamma\leq\frac{5}{4}$$


При тех же обозначениях и $r_a=\frac{2S}{b+c-a}$ (спс. Google) приходим к
$$\frac{x+z+10y}{x+z+2y}\geqslant\frac{16(x+y+z)xyz}{(x+z)^2(x+y)(y+z)}$$ для положительных $x$, $y$ и $z$. Но
$(x+z+10y)(x+z)^2(x+y)(y+z)-16(x+z+2y)(x+y+z)xyz=\\
2(y-\frac{x^2z+z^2x}{x^2+z^2})^2(2x^2y+2yz^2+x^2z+z^2x)+2(\frac{x^2z-z^2x}{x^2+z^2})^2(x+z)(x^2+xz+z^2)+\\
y(x-z)^2(6y^2+(x+z)^2+9y(x+z))+x^3(y-z)^2+z^3(y-x)^2+z(x^2-yz)^2+x(z^2-xy)^2$

 Профиль  
                  
 
 Re: Геометрическое неравенство
Сообщение20.06.2013, 23:27 


30/03/08
165
St.Peterburg
expmrs в сообщении #737851 писал(а):
В 2004 на областной олимпиаде в Витебске была предложена следующая задача:

Докажите, что для любых положительных чисел $a, b, c$ таких, что $a+b+c=1$, выполняется неравенство
$$\frac{a^3}{a^2+4b^2}+\frac{b^3}{b^2+4c^2}+\frac{c^3}{c^2+4a^2}\geqslant\frac{1}{5}$$

Мне известны два способа доказательства 1-го неравенства:

(Оффтоп)

-оценка каждого слагаемого
-как следствие из первого (или из второго) неравенства в topic71486.html

Ни одно из них не радует лаконичностью, предполагаемой на олимпиаде. Но ведь должно быть и "чисто олимпиадное" решение :?:


$f(x)=\frac{1}{1+4x^2} \ge \frac{13-8x}{25}$ for $x\ge 0$

so $LHS = af(\frac{b}{a})+bf(\frac{c}{b})+cf(\frac{a}{c}) \ge \frac{a+b+c}{5}$ :wink:

 Профиль  
                  
 
 Re: Геометрическое неравенство
Сообщение21.06.2013, 00:27 


29/08/11
1137
Sergic Primazon, :appl:
Только вчера пользовался этим методом, похожее неравенство на региональной олимпиаде в Украине 2005 года.

 Профиль  
                  
 
 Re: Геометрическое неравенство
Сообщение21.06.2013, 11:18 


22/04/13
16
Sergic Primazon в сообщении #738933 писал(а):

$f(x)=\frac{1}{1+4x^2} \ge \frac{13-8x}{25}$ for $x\ge 0$

so $LHS = af(\frac{b}{a})+bf(\frac{c}{b})+cf(\frac{a}{c}) \ge \frac{a+b+c}{5}$ :wink:


У arqady уже было (правда с опечаткой):
$\frac{a^3}{a^2+4b^2}-\frac{13a-8b}{25}=\frac{a^3}{a^2+4b^2}-\frac{a}{5}-\frac{8}{25}(a-b)=\frac{4(a-b)^2(8b+3a)}{25(a^2+4b^2)}$ :wink:
(Такая же оценка и в моем 1-м доказательстве) К сожалению, ничего нового в Вашем доказательстве (кроме более короткой записи) нет :-(

 Профиль  
                  
 
 Re: Геометрическое неравенство
Сообщение28.08.2013, 13:53 
Заслуженный участник


26/06/07
1758
shevah school, tel-aviv
Вот ещё, для коллекции:
Периметр треугольника равен $4$. Докажите, что:
$$m_a+m_b+m_c\geq3$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Геометрическое неравенство
Сообщение28.08.2013, 16:14 


07/08/09
61
СПб
По-моему, странное неравенство.

Из неравенства треугольника $m_a/3+m_b/3>c/2$. Cкладывая с двумя аналогичными, получаем требуемое строгое неравенство.

 Профиль  
                  
 
 Re: Геометрическое неравенство
Сообщение28.08.2013, 16:24 
Заслуженный участник


11/05/08
31047
Mr. X в сообщении #758433 писал(а):
По-моему, странное неравенство.

Во всяком случае, точное, несмотря на строгость.

 Профиль  
                  
 
 Re: Геометрическое неравенство
Сообщение28.08.2013, 19:57 
Заслуженный участник


26/06/07
1758
shevah school, tel-aviv
Зевнул.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 37 ]  На страницу 1, 2, 3  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group