ماراتن نامساوي

AHZolfaghari · 1393/11/18

پاسخ : ماراتن نامساوي

کسی راه حل این سوال آخر رو اگه بلده بذاره و گرنه خودتون بذارید راه حلو [mention=19860]reza 73[/mention]

Dadgarnia · 1393/11/19

پاسخ : ماراتن نامساوي

REZA 73 گفت

حالت کلی نامساوی بالا اینه که با همون شرایط بالا و

$\sum_{i=1}^{n}a_i=1$

داریم:

$\frac{a_1}{r_1+1}+\frac{a_2}{r_2+1}+\cdots +\frac{a_n}{r_n+1}\geq \frac{1}{r_1^{a_1}r_2^{a_2}\cdots r_n^{a_n}+1}$

تعریف می کنیم

$f(x)=\frac{1}{e^x+1}$

می دونیم که

$f{}''(x)=\frac{e^x(e^x-1)}{(e^x+1)^3}$

پس

$f(x)$

در بازه ی

$[0,+\infty )$

محدبه حالا کافیه روی

$f(x)$

ینسن بزنیم:

$\frac{a_1}{e^{x_1}+1}+\frac{a_2}{e^{x_2}+1}+\cdots +\frac{a_n}{e^{x_n}+1}\geq \frac{1}{e^{x_1+x_2+\cdots +x_n}+1}$

با قرار دادن

$r_i=e^{x_i}$

حکم نتیجه میشه.

---- دو نوشته به هم متصل شده است ----

سوال بعد:
برای اعداد مثبت

$a_i,b_i,c_i$

که

$i=1,2,3$

نشان دهید:

$\prod_{i=1}^{3}(a_i^3+b_i^3+c_i^3+1)\geq \frac{3}{4}\prod_{i=1}^{3}(a_i+b_i+c_i)$

Dadgarnia · 1393/12/21

پاسخ : ماراتن نامساوي

Dadgarnia گفت

دوستان لطفا یه نفر این سوالو حل کنه! سوال ساده ایه!

حمید آنالیز · 1393/12/22

پاسخ : ماراتن نامساوي

Dadgarnia گفت

یه راهی دارم که بدون حلیات!
دو تا حالت داریم یا اون اعداد بزرگتر از یکن که بدیهیه!
اگه کوچکتر از یک باشن طرف راست همیشه کوچکتر از یکه ولی طرف چپ بزرگتر از راست است! خوب فک کنم حالت دومو بیشتر حل کنیم بهتره چون حالات خاصی داره به نظرم با جایگشتی حل میشه مگه نه با شرط این که بدترین حالت و بگیریم و اثبات کنیم دسته به نظرتون راهم؟!

---- دو نوشته به هم متصل شده است ----

Dadgarnia گفت

یه راهی دارم که بدون حلیات!
دو تا حالت داریم یا اون اعداد بزرگتر از یکن که بدیهیه!
اگه کوچکتر از یک باشن طرف راست همیشه کوچکتر از یکه ولی طرف چپ بزرگتر از راست است! خوب فک کنم حالت دومو بیشتر حل کنیم بهتره چون حالات خاصی داره به نظرم با جایگشتی حل میشه مگه نه با شرط این که بدترین حالت و بگیریم و اثبات کنیم دسته به نظرتون راهم؟!

Dadgarnia · 1393/12/22

پاسخ : ماراتن نامساوي

حمید آنالیز گفت

اينجوري كه شما حالت بندي كردين فقط دو حالت براي اون اعداد وجود نداره بيشتر از ده حالت وجود داره! تازه توي حالت دوم واقعا به نظرتون اگه يه همچين چيزي رو توي مرحله دو بنويسيد چند نمره بهتون ميدن؟ كلا نامساوي ها اينجوري حل نميشن مخصوصا كه الان نه تا متغير داريم!

حمید آنالیز · 1393/12/22

پاسخ : ماراتن نامساوي

Dadgarnia گفت

میخاستم شمارو حرص بدم میدونم اینا اینجوری حل نمیشم ولی نگاهی متفاوت بهشون داشتم و این سوال امکان خیلی کم داره که روز اول طرح بشه و شاید به عنوان سوال 5 میتونه!خوب ببخشین فقط خواستم یه جور دیگه فک کنم که به نتیجه ای میرسم یا نه!:109::205:فک کنم با ارائه حالت تساوی یه دویی بگیرم!

aras2213 · 1393/12/22

پاسخ : ماراتن نامساوي

$a_i^3+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\geq \sqrt[3]{\frac{3}{4}}a_i\rightarrow a_i^3+b_i^3+c_i^3+1\geq\sqrt[3]{\frac{3}{4}}(a_i+b_i+c_i)$

.

---- دو نوشته به هم متصل شده است ----

برای اعداد حقیقی و مثبت x,y,z با شرط

$xy+yz+zx=1$

نشون بدید:

$3-\sqrt{3}+\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}\geq (x+y+z)^2$

Dadgarnia · 1393/12/22

پاسخ : ماراتن نامساوي

aras2213 گفت

Community - Art of Problem Solving :4:

---- دو نوشته به هم متصل شده است ----

سول بعد:
براي اعداد مثبت

$x,y,z$

نشان دهيد:

$\sum_{cyc}\frac{yz}{x}>2\sqrt[3]{\sum_{cyc}x^3}$

m-saghaei · 1393/12/23

پاسخ : ماراتن نامساوي

Dadgarnia گفت

میایم یه تغییر متغیر انجام میدیم:

$a^2=\frac{x^3y^3}{z^3} , ...$

مسئله میشه اینکه بگیم سیگما رادیکال a^2 به فرجه 3 بزرگتر مساویه 2تا رادیکال سیگما ab به فرجه 3 . (ببخشید اینجا رو لاتکس ننوشت! نمیدونم چرا !! )

میایم یه هولدر چهارتایی میزنیم که یه سیگما a تولید شه و رادیکال ها از بین بره:

$(\sum \sqrt[3]{a^2})(\sum \sqrt[3]{a^2})(\sum \sqrt[3]{a^2})(\sum a^2)\geq (\sum a)^4$

پس حالا باید بگیم:

$\frac{(a+b+c)^4}{a^2+b^2+c^2}\geq 8(ab+bc+ca)$

یعنی

$(a+b+c)^4\geq 4(2ab+2bc+2ca)(a^2+b^2+c^2)$

که اینم حسابی هندسیه چون جمع دوتا پرانتز سمت راستیا رو داریم و حسابی هندسی بزنیم حکم اثبات میشه.

به سوال گذاشتن ادامه بدید! :4:

Dadgarnia · 1393/12/23

پاسخ : ماراتن نامساوي

سوال بعد:
براي اعداد حقيقي

$x,y$

با شرط

$x+y\geq 0$

نشان دهيد:

$(x^2+y^2)^3\geq 32(x^3+y^3)(xy-x-y)$

AHZolfaghari · 1393/12/23

پاسخ : ماراتن نامساوي

Dadgarnia گفت

طبیعتا دو حالت داریم . x مثبت و y منفی باشه یا اینکه هر مثبت باشند .
در حالت اول که بوضوح طرف چپ نامساوی مثبته . اما در طرف راست xy منفی است . قرینه x+y هم که طبق فرض منفیه پس اون پرانتز منفیه .

$(x+y)(x^2+y^2-xy)$

هم مثبته . چون x+y مثبته . اون ورش هم طبق حسابی هندسی بزرگ تر مساوی قدر مطلق xy هست . پس در مجموع طرف راست منفی شد که بدیهی است .
حالا حالتی که هر دو مثبت باشند .
S رو برابر جمع دوعدد و P رو برابر حاصلضرب دو عدد قرار میدیم . ( با استدلالی مشابه میشه نتیجه گرفت که نامساوی رو باید فقط برای حالتی که

$P\geq S$

هست اثبات کرد در غیر این صورت طرف راست نامثبت می شود )
حالا باید ثابت کنیم :

$(S^2-2P)^3\geq 32S.(S^2-3P)(P-S)$

طبق حسابی هندسی :

$(S^2-3P)+(P)\geq 2\sqrt{S^2-3P}\sqrt{P}$

$(S^2-2P)^2\geq 4P.(S^2-3P)$

پس حالا باید ثابت کنیم :

$(S^2-2P).P\geq 8S.(P-S)$

طبق حسابی هندسی داریم :

$(P)^2=(S+P-S)^2\geq 4S.(P-S)$

پس کافیه بگیم :

$P.(S^2-2P)\geq 2P^2$

یعنی :

$(S^2-2P)\geq 2P$

در واقع :

$(x-y)^2\geq 0$

که بدیهی است و واضح !

سوال بعد :
برای سه عدد مثبت a,b,c ثابت کنید :

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}+\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}}\geq \frac{5}{2}$

m-saghaei · 1393/12/23

پاسخ : ماراتن نامساوي

AHZolfaghari گفت

اینجوری درسته؟

میایم رو سه تای اولی کوشی میزنیم:

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}+\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}+\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}}$

یعنی باید بگیم:

$\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+2\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}}\geq 3$

حالا اگه بگیریم

$\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}=S$

باید بگیم

$S+2\sqrt{\frac{1}{S}}\geq 3$

و میدونیم که

$S\geq 1$

چون

$a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$

اگه

$S\geq 3$

باشه که حکم بدیهیه پس فرض میکنیم که

$S< 3$

حالا میایم حکم جدید رو به توان دو میرسونیم

$(2\sqrt{\frac{1}{S}})^{2}\geq (3-S)^2$

یعنی

$\frac{4}{S}\geq 9+S^2-6S$

یعنی باید بگیم

$S^3-6S^2+9S-4\leq 0$

میایم حکم رو تجزیه میکنیم.یعنی باید بگیم

$(S-4)(S-1)^2\leq 0$

که این هم چون

$S< 3$

بدیهیه !!

AHZolfaghari · 1393/12/23

پاسخ : ماراتن نامساوي

m-saghaei گفت

بله . راه حل مد نظر من هم همین بود اما تیکه آخرش رو بهتر هم میشد تموم کرد :

$S + \sqrt{\frac{1}{S}} + \sqrt{\frac{1}{S}} \geq 3$

به همین راحتی ! بنابر حسابی هندسی !! سوال بعد رو لطف کنید .

m-saghaei · 1393/12/23

پاسخ : ماراتن نامساوي

سوال بعد:

داریم

$x,y,z\in \mathbb{R}^+$

و

$x\geq y\geq z$

ثابت کنید

$\sum \frac{x^2y}{z}\geq \sum x^2$

AHZolfaghari · 1393/12/23

پاسخ : ماراتن نامساوي

m-saghaei گفت

اول باتوجه به نامساوی جایگشتی می دونیم :

$x^3\geq y^3\geq z^3 , x^2\geq y^2\geq z^2\Rightarrow \sum x^3y^2\geq\sum x^3z^2$

حالا دو طرفو ضربدر xyz میکنیم :

حکم :

$\sum x^3y^2 \geq xyz\sum x^2$

بنابر حسابی هندسی :

$x^3y^2 + x^3z^2 \geq 2x^3yz$

$z^3y^2 + z^3x^2 \geq 2z^3yx$

$y^3x^2 + y^3z^2 \geq 2y^3zx$

حالا جمع که بزنیم :

$\sum x^3y^2 + \sum x^3z^2 \geq 2xyz\sum x^2$

پس

$2\sum x^3y^2 \geq \sum x^3y^2 + \sum x^3z^2 \geq 2xyz\sum x^2$

و در نهایت

$\sum x^3y^2 \geq xyz\sum x^2$

---- دو نوشته به هم متصل شده است ----

یه راه حل دیگه برای این سوال :

از دو طرف عبارت xy + yz + zx رو کم می کنیم .

$\frac{x^2y}{z}-2xy+yz=\frac{x^2y^2+y^2z^2-2y^2xz}{yz}=\frac{(xy-yz)^2}{yz}$

و

طرف چپ به این شکل SOS میشه . طرف راست هم که SOS هست اصلا ! :

پس باید ثابت کنیم :

$\sum x^2 - \sum xy = \frac{\sum (x-y)^2}{2}$

$\sum (\frac{z}{x}-\frac{1}{2})(x-y)^2\geq 0$

$S_{y}=\frac{y}{z}-\frac{1}{2}> 0$

پس اگه ثابت کنیم :

$S_{y} + S_{x} , S_{y} + S_{z} \geq 0$

مساله حل میشه .

$S_{x}$

که خودش مثبت هست پس باید دومی رو بگیم :

$S_{x} + S_{z} = \frac{xy+z^2}{zx}-1=\frac{xy+z^2-xz}{zx}>0$

پس نامساوی اثبات شد و حالت تساوی زمانی است که هر سه برابر باشند .
[MENTION=19852]m-saghaei[/MENTION]

Dadgarnia · 1393/12/23

پاسخ : ماراتن نامساوي

سوال بعد:
اگر

$a,b,c$

اعدادي مثبت با شرط

$abc=1$

باشند حداقل مقدار عبارت زير را بيابيد:

$\sum_{cyc}\frac{a^3+5}{a^3(b+c)}$

ماراتن نامساوي

آيا شما مايل به راه افتادن تاپيك ماراتن نامساوي مي باشي

بله

خير

AHZolfaghari

Well-Known Member

Dadgarnia

New Member

Dadgarnia

New Member

حمید آنالیز

Well-Known Member

Dadgarnia

New Member

حمید آنالیز

Well-Known Member

aras2213

New Member

Dadgarnia

New Member

m-saghaei

New Member

Dadgarnia

New Member

AHZolfaghari

Well-Known Member

m-saghaei

New Member

AHZolfaghari

Well-Known Member

m-saghaei

New Member

AHZolfaghari

Well-Known Member

Dadgarnia

New Member