2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, 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
1929
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
1929
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
1929
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
196
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
1929
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
32166
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
1929
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: vicvolf


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