Украинские отборы на ММО-2012

[arqady]

TR63 в сообщении #601467 писал(а):

Вы предложили доказать неравенство о среднем арифметическом.

Вообще-то, я не предлагал доказывать AM-GM, а предлагал им воспользоваться.

TR63 в сообщении #601467 писал(а):

Оно доказывается с помощью метода математической индукции.

Можно, но можно и проще. Например, как Вы с помощью индукции докажете

$$\alpha_1x_1+\alpha_2x_2+...+\alpha_n x_n\geq x_1^{\alpha_1}x_1^{\alpha_1}\cdot...\cdot x_1^{\alpha_1}$$

для положительных $x_i$ и $\alpha_i$ таких, что $\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_n=1$?
Для $\alpha_1=\alpha_2=...=\alpha_n=\frac{1}{n}$ получаем первоначальный вариант.

TR63 в сообщении #601467 писал(а):

Требуется обосновать правомочность его использования здесь

Всё вроде бы положительно...

[TR63]

arqady в сообщении #601557 писал(а):

TR63 в сообщении #601467 писал(а):

Вы предложили доказать неравенство о среднем арифметическом.

Вообще-то, я не предлагал доказывать AM-GM, а предлагал им воспользоваться.

TR63 в сообщении #601467 писал(а):

Оно доказывается с помощью метода математической индукции.

Можно, но можно и проще. Например, как Вы с помощью индукции докажете

$$\alpha_1x_1+\alpha_2x_2+...+\alpha_n x_n\geq x_1^{\alpha_1}x_1^{\alpha_1}\cdot...\cdot x_1^{\alpha_1}$$

для положительных $x_i$ и $\alpha_i$ таких, что $\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_n=1$?
Для $\alpha_1=\alpha_2=...=\alpha_n=\frac{1}{n}$ получаем первоначальный вариант.

TR63 в сообщении #601467 писал(а):

Tanechka, я попробовала так:
$ab+bc+ac=1; a>b>c; a=\frac{1-bc} {b+c}>b; f=b^2+2bc-1<0, bc<\frac1 2$.
Далее хочу воспользоваться свойством(верно ли оно?): если функция монотонно возрастает, то минимального значения достигает там, где производная (частная) принимает минимальное значение. Т. е. в данном случае при $b=c, mina=\frac{1-c^2} {2c}$. Подставив эти значения в Ваше неравенсто, получим усиленное верное неравенство относительно одной переменной. В случае, когда $bc>\frac1 2$ неравенство arqady решается просто.
(Цитирование у меня получилось наоборот. Не знаю, как исправить.)



arqady, если существует доказательство без матиндукции, то это интересная(очень) информация для меня. Я в этом мало сомневалась. Подумаю. Но это уже другая задача.

[quote="Tanechka в сообщении #601205"]arqady, мне хотелось бы узнать:
1) Задачу nnosipov-а можно свести к доказательству:

$$ (2a^2+bc)(2b^2+ca)(2c^2+ab)\ge (ab+bc+ca)^3.$$

Можно ли это доказать без раскрывания скобок?

2) Вашу задачу я решала возведением в квадрат, потом оценкой получившихся корней, в общем получилась огрооомная штуковина (я доказала, но не факт что правильно). Это можно сделать как-то безболезненнее?[/qu
ote]

[Dave]

3.3.

zhoraster в сообщении #570417 писал(а):

Докажите, что точки $S$, $A_1$ и $P$ лежать на одной прямой.

Звичайно ж, лежать!

Луч $BS$, параллельный основанию $A_1C_1$ равнобедренного треугольника $A_1BC_1$, является биссектрисой угла, смежного $\angle A_1BC_1$. Кроме этого, $\angle CBS=\angle BA_1C_1=\angle C_1B_1A_1$. Аналогично, $CS$ - биссектриса угла, смежного $\angle A_1CB_1$ и $\angle BCS=\angle B_1C_1A_1$. Это говорит о том, что $S$ - центр вневписанной окружности $\triangle ABC$ и, помимо этого, $\triangle A_1B_1C_1 \sim \triangle SBC$.
Пусть $D$ - основание перпендикуляра, опущенного из точки $S$ на сторону $BC$ и одновременно точка касания этой стороны вневписанной окружностью. Сравнивая длины касательных, нетрудно получить, что $CD=A_1B$.
Отобразим треугольник $A_1C_1B_1$ симметрично относительно серединного перпендикуляра к стороне $B_1C_1$. При этом точки $B_1$ и $C_1$ поменяются местами, вершина $A_1$ перейдёт в точку $S_1$, также лежащую на окружности $\omega$ (т.к. $\angle C_1A_1B_1=\angle C_1S_1B_1$,) а точка $A_0$ - в точку $D_1$, симметричную $A_0$ относительно середины $B_1C_1$, точки $M_1$. Т.к. прямая $S_1A_0$ делит медиану $A_1M_1$ в отношении $S_1A_1:M_1A_0=D_1A_0:M_1A_0=2:1$, считая от вершины $A_1$, т.е. пересекает эту медиану именно в центроиде $G_1$, то эта прямая совпадает с прямой $G_1A_0$ и $S_1P$ - хорда окружности $\omega$.
Пусть теперь $Q$ - вторая точка пересечения прямой $SA_1$ с окружностью $\omega$. Из $A_1C_1 \parallel SB$ следует, что $\angle C_1A_1Q=\angle BSA_1$. Из равенств $CD=A_1B$ и $ B_1D_1=A_0C_1$ следует, что аналогами точек $D$ и $A_1$ треугольника $SBC$ в подобном ему треугольнике $S_1C_1B_1$ будут соответственно точки $D_1$ и $A_0$. Отсюда $\angle C_1S_1P=\angle C_1S_1A_0=\angle BSA_1=\angle C_1A_1Q$, значит дуги $C_1P$ и $C_1Q$ совпадают и $P=Q$, что и означает требуемое утверждение.

[TR63]

arqady в сообщении #601557 писал(а):

TR63 в сообщении #601467 писал(а):

Вы предложили доказать неравенство о среднем арифметическом.

Вообще-то, я не предлагал доказывать AM-GM, а предлагал им воспользоваться.

TR63 в сообщении #601467 писал(а):

Оно доказывается с помощью метода математической индукции.

Можно, но можно и проще. Например, как Вы с помощью индукции докажете

$$\alpha_1x_1+\alpha_2x_2+...+\alpha_n x_n\geq x_1^{\alpha_1}x_1^{\alpha_1}\cdot...\cdot x_1^{\alpha_1}$$

для положительных $x_i$ и $\alpha_i$ таких, что $\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_n=1$?
Для $\alpha_1=\alpha_2=...=\alpha_n=\frac{1}{n}$ получаем первоначальный вариант.

TR63 в сообщении #601467 писал(а):

Требуется обосновать правомочность его использования здесь

Всё вроде бы положительно...

Если $x_2=\frac{b_2} {\alpha_2}, ... ,x_n=\frac{b_n} {\alpha_n}$, то получим , что
$\frac{x_1} n+(b_2+...+b_n)\geq x_1$ (всегда ?). Не поняла, что это такое.
arqady, я считаю, что неравенство следует доказывать без использования матиндукции. Если она исользуется (пусть косвенно), то должно быть обоснованно, что она законна. (У Вас этого нет). Но, если указать условие, при котором она законна, то сама матиндукция уже не понадобится, т.к. тогда появится другой метод (модернизированный метод дедукции). В данной теме эта проблема не актуальна, т.к. исходное неравенство может быть доказанно без использования теоремы о среднем арифметическом. Идея аналогича той, которая была предложена мной Tanechka(е). Правда, там вычисления громоздкие. Но с использованием wolfram проще. (Я проверяла только для неравенства Tanechka(и).)

[TR63]

arqady, поняла. Если доказывать теорему о среднем арифметическом для конкретного случая $(n=3)$, то индукции не будет. Наверное, доказательство для такого частного случая аналогично доказательству для общего случая. Это предположение(не проверяла). Тогда проблем нет.