Украинские отборы на ММО-2012

[zhoraster]

nnosipov, спасибо, исправил.

[TOTAL]

zhoraster в сообщении #574339 писал(а):

Dave в сообщении #574322 писал(а):

Хотя, конечно, автору - большой респект, это - типичная олимпиадная задача, ибо решение найти трудно, но само оно - короткое (в моём случае можно было бы закончить первой формулой с двумя суммами а потом сказать, что мы раскрываем скобки по многомерному биному Ньютона[...]

По индукции достаточно обычного бинома. Построили множества на предыдущем шаге и размножаем их $m-1$ раз, каждый раз циклически сдвигая по модулю. И оно там выходит как-то само собой.

Даже бином не нужен. Можно представить себе, что на каждом размноженном участке полином определен при тех же аргументах, что и на первом участке и имеет точно такое же старшее слагаемое (но свои младшие члены, на которые уже не обращаем внимания, т.к. разбиение порождающего участка дает одинаковые суммы для всех полиномов меньшей степени). Вклад старших слагаемых одинаков и равен сумме по всему порождающему участку (из-за цикличности отнесения к группам).

Dave в сообщении #573921 писал(а):

Кстати, коэффициенты многочлена вовсе не обязаны быть целыми для справедливости утверждения.

Не только коэффициенты не обязаны. Вместо чисел (аргументов) ${1,2, \cdots, m^{d+1}$ можно взять $m^{d+1}$ сумм, получаемых из произвольной таблицы $m$ на $d+1$ (из каждого столбца берется по 1 числу)

[TR63]

arqady в сообщении #571402 писал(а):

nnosipov в сообщении #570417 писал(а):

1.1. Пусть $a$, $b$, $c$ – положительные действительные числа. Докажите, что

$$ \sqrt{2a^2+bc}+\sqrt{2b^2+ca}+\sqrt{2c^2+ab}\ge 3\sqrt{ab+bc+ca}.$$

Cледующее неравенство повеселее будет.
Пусть $a$, $b$, $c$ – положительные действительные числа. Докажите, что

$$ \sqrt{a^2+4bc}+\sqrt{b^2+4ca}+\sqrt{c^2+4ab}\ge \sqrt{15(ab+bc+ca)}.$$

$ab+bc+ca=1, abc\le(\frac1 3)^{\frac3 2}, c<b<a, c^3\le{abc}\le(\frac1 3)^{\frac3 2}, c\le(\frac1 3)^{\frac1 2}$. Теперь делаем усиление в левой части исходного неравенства, заменяя (a,b,c) на $(\frac1 3)^{\frac1 2}$. Получаем 15=15.

(Оффтоп)

можно ещё проще

-- 28.07.2012, 20:07 --

Ошиблась. Усиления нет.

-- 28.07.2012, 20:16 --

(Оффтоп)

школьными методами у меня не получается

[arqady]

TR63 в сообщении #600507 писал(а):

школьными методами у меня не получается

Попробуйте AM-GM, но не сразу...

[TR63]

arqady, не знаю, что это такое. (Если сложно, то это не по мне.) Подожду, может, кто решит.

[arqady]

TR63 в сообщении #600519 писал(а):

arqady, не знаю, что это такое.

Это такая вот штука:
Пусть $x_1$, $x_2$,..., $x_n$ неотрицательные числа, $n\geq2$. Докажите, что

$$\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}\geq\sqrt[n]{x_1x_2\cdot...\cdot x_n}$$

[Tanechka]

arqady, а что решаем: ваше или nnosipov

[arqady]

Tanechka в сообщении #600541 писал(а):

arqady, а что решаем: ваше или nnosipov

Мою, конечно! Задача nnosipov-а очень простая.

[Tanechka]

Разве она намного тяжелее?

-- 28.07.2012, 21:24 --

$ \sqrt{a^2+4bc}+\sqrt{b^2+4ca}+\sqrt{c^2+4ab}\ge \sqrt{(a+b+c)^2+4(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac})^2} \ge \sqrt{5(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac})^2}\ge \sqrt{15(ab+bc+ca)}$

[arqady]

Tanechka в сообщении #600546 писал(а):

$ \sqrt{5(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac})^2}\ge \sqrt{15(ab+bc+ca)}$

Это неверно.
В таком стиле Вы и более лёгкий вариант не докажете...

[Tanechka]

Я часто на ходу придумываю и вечно где-то напортачу :). Завтра напишу другое решение. Оно без Коши, но использует одну мысль, и я не знаю, можно ли так делать. Не публикуйте пока решение, если можно :).

[arqady]

Как Вы понимаете, я всегда готов!

[Tanechka]

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?

[arqady]

Tanechka в сообщении #601205 писал(а):

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

Можно ли это доказать без раскрывания скобок?

Можно воспользоваться неравенством Гёльдера:
$\prod\limits_{cyc}(2a^2+bc)=(a^2+a^2+bc)(b^2+ac+b^2)(ab+c^2+c^2)\geq(ab+ac+bc)^3$.

-- Пн июл 30, 2012 22:49:16 --

Tanechka в сообщении #601205 писал(а):

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?

Так абстрактно, наверное не получится. Я же не телепат. Покажите, что Вы получили. Может, и можно. Мне представляется, что Вы на правильном пути, но лучше покажите что-то конкретное.
Но одно можно сказать совершенно определённо: неравенство с украинского отбора Вы доказали!

[TR63]

arqady в сообщении #601258 писал(а):

Можно воспользоваться неравенством Гёльдера:

Теперь понятно. Спасибо.

(Оффтоп)

arqady,
Вы предложили доказать неравенство о среднем арифметическом. Оно доказывается с помощью метода математической индукции. Требуется обосновать правомочность его использования здесь, т.к. иногда он даёт сбой. Правда, это отдельная история.