JBMO 2015 Problema 2
-
- Mesaje: 145
- Membru din: Joi Iul 03, 2014 9:29 pm
Re: JBMO 2015 Problema 2
Puteti vedea solutia mea aici:http://www.artofproblemsolving.com/community/c6h1106919(postarea nr 27).
-
- Mesaje: 16
- Membru din: Vin Iun 26, 2015 12:03 pm
- Localitate: Câmpina
Re: JBMO 2015 Problema 2
Mulțumesc Bogdane că mă încurajezi. Între timp mi-a venit o nouă prelucrare a problemei.
Fie a,b,c numere reale pozitive de sumă 3. Arătați că $\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}\ge a^2+b^2+c^2+3$. Din C.B.S avem $a^2+b^2+c^2\ge\frac{(a+b+c)^2}{3}\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge 3$. Atunci vom avea $\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}\ge6\leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge 3$. Cum $1=\frac{a+b+c}{3}$ vom avea $E=\frac{a+b+c}{3a}+\frac{a+b+c}{3b}+\frac{a+b+c}{3c}\Rightarrow E=\frac {1}{3}(\frac{a+b+c}{a}+\frac{a+b+c}{b}+\frac{a+b+c}{a}$ $E=\frac{1}{3}(3+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\ge\frac{1}{3}*9\ge 3$. Cerința fiind demonstrată rezultă dintr-o scădere că $A\ge 3$. Deci minimul cerut este 3.
Sper că de data asta e bine.
Fie a,b,c numere reale pozitive de sumă 3. Arătați că $\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}\ge a^2+b^2+c^2+3$. Din C.B.S avem $a^2+b^2+c^2\ge\frac{(a+b+c)^2}{3}\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge 3$. Atunci vom avea $\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}\ge6\leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge 3$. Cum $1=\frac{a+b+c}{3}$ vom avea $E=\frac{a+b+c}{3a}+\frac{a+b+c}{3b}+\frac{a+b+c}{3c}\Rightarrow E=\frac {1}{3}(\frac{a+b+c}{a}+\frac{a+b+c}{b}+\frac{a+b+c}{a}$ $E=\frac{1}{3}(3+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\ge\frac{1}{3}*9\ge 3$. Cerința fiind demonstrată rezultă dintr-o scădere că $A\ge 3$. Deci minimul cerut este 3.
Sper că de data asta e bine.
-
- Mesaje: 126
- Membru din: Sâm Ian 01, 2011 5:05 pm
Re: JBMO 2015 Problema 2
Generalizare:fie $a,b,c$ numere reale strict pozitive cu $a+b+c = 3.$.Demonstrati ca pentru orice $\alpha \in R; \alpha \geq 1$ avem inegalitatea:
$\sum{\frac{\alpha-(\alpha-1)a^3}{a}}\geq 3$
$\sum{\frac{\alpha-(\alpha-1)a^3}{a}}\geq 3$
- Andi Brojbeanu
- Mesaje: 94
- Membru din: Mar Noi 02, 2010 10:47 am
- Localitate: Targoviste (Dambovita)
- Contact:
Re: JBMO 2015 Problema 2
Generalizarea nu pare sa fie adevarata.
Contraexemplu: $a=b$ si $c\in (1,2)$, cu $a+b+c=3$. Se verifica in acest caz ca inegalitatea nu e valabila pentru un alfa suficient de mare, depinzand de alegerea lui c.
De exemplu, $a=b=\frac{3}{4}$ si $c=\frac{3}{2}$. Atunci, $LHS=\alpha\cdot (\frac{8}{3}+\frac{2}{3})-(\frac{18}{16}+\frac{9}{4})(\alpha-1)=\frac{10}{3}\alpha+\frac{27}{8}-\frac{27}{8}\alpha=\frac{27}{8}-\frac{1}{24}\alpha$$\ge 3=RHS \iff \alpha\le 9$.
Si nici acum nu e corect ceea ce a scris Mihnea. Nu poti sa scazi doua inegalitati cu acelasi semn, doar sa le aduni sau eventual sa le inmultesti. Tu ai obtinut ca $\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}\ge 6$ (care iese si cu inegalitatea C-B-S) si ca $a^2+b^2+c^2\ge 3$. Te intereseaza sa demonstrezi ca $\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}-(a^2+b^2+c^2)\ge 6-3=3$. Ca sa mearga cum te-ai gandit tu, ar trebui sa ai $-a^2-b^2-c^2\ge -3 \iff a^2+b^2+c^2\le 3$, ceea ce contrazice inegalitate corecta pe care ai dedus-o si tu. Tocmai asta face inegalitatea propusa sa fie destul de grea - faptul ca nu poti sa o "spargi" asa usor.
Iti sugerez sa incerci sa te lamuresti cum se efectueaza corect operatiile cu ingalitati (si nu numai). Asta, bineinteles, daca te intereseaza sa ai solutii corecte la probleme mai grele. Cum a zis si Bogdan, continua lupta!
Contraexemplu: $a=b$ si $c\in (1,2)$, cu $a+b+c=3$. Se verifica in acest caz ca inegalitatea nu e valabila pentru un alfa suficient de mare, depinzand de alegerea lui c.
De exemplu, $a=b=\frac{3}{4}$ si $c=\frac{3}{2}$. Atunci, $LHS=\alpha\cdot (\frac{8}{3}+\frac{2}{3})-(\frac{18}{16}+\frac{9}{4})(\alpha-1)=\frac{10}{3}\alpha+\frac{27}{8}-\frac{27}{8}\alpha=\frac{27}{8}-\frac{1}{24}\alpha$$\ge 3=RHS \iff \alpha\le 9$.
Si nici acum nu e corect ceea ce a scris Mihnea. Nu poti sa scazi doua inegalitati cu acelasi semn, doar sa le aduni sau eventual sa le inmultesti. Tu ai obtinut ca $\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}\ge 6$ (care iese si cu inegalitatea C-B-S) si ca $a^2+b^2+c^2\ge 3$. Te intereseaza sa demonstrezi ca $\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}-(a^2+b^2+c^2)\ge 6-3=3$. Ca sa mearga cum te-ai gandit tu, ar trebui sa ai $-a^2-b^2-c^2\ge -3 \iff a^2+b^2+c^2\le 3$, ceea ce contrazice inegalitate corecta pe care ai dedus-o si tu. Tocmai asta face inegalitatea propusa sa fie destul de grea - faptul ca nu poti sa o "spargi" asa usor.
Iti sugerez sa incerci sa te lamuresti cum se efectueaza corect operatiile cu ingalitati (si nu numai). Asta, bineinteles, daca te intereseaza sa ai solutii corecte la probleme mai grele. Cum a zis si Bogdan, continua lupta!
Brojbeanu Andi Gabriel, clasa XI-a
Colegiul National "Constantin Carabella" Targoviste
Colegiul National "Constantin Carabella" Targoviste
-
- Mesaje: 126
- Membru din: Sâm Ian 01, 2011 5:05 pm
Re: JBMO 2015 Problema 2
Da, ai dreptate merge pentru $\alpha \in [1,9]$ dar demonstratia pentru $\alpha \in [2,9]$ se face cu metoda u,v,w. iar pentru $\alpha \in [1,2]$ se face simplu cu medii ponderate.
-
- Mesaje: 126
- Membru din: Sâm Ian 01, 2011 5:05 pm
Re: JBMO 2015 Problema 2
am solutiile dar nu pot sa atasez formatul pdf.Cei interesati pot sa ma contacteze la :moldovandan1@yahoo.com
-
- Mesaje: 16
- Membru din: Vin Iun 26, 2015 12:03 pm
- Localitate: Câmpina
Re: JBMO 2015 Problema 2
Cum ți s-a părut soluția mea?Moldovan Bogdan scrie:am solutiile dar nu pot sa atasez formatul pdf.Cei interesati pot sa ma contacteze la :moldovandan1@yahoo.com
-
- Mesaje: 126
- Membru din: Sâm Ian 01, 2011 5:05 pm
Re: JBMO 2015 Problema 2
Recoman pentru studiu cartea lui Mihai Onucu Drambe:Inegalitati idei si metode
Propun ceva pe aceeasi tema:
Fie $a,b,c,\geq 0$, cu $a^2+b^2+c^2=3$.Determinati minimul expresiei :$(2-a)(2-b)(2-c)$
Propun ceva pe aceeasi tema:
Fie $a,b,c,\geq 0$, cu $a^2+b^2+c^2=3$.Determinati minimul expresiei :$(2-a)(2-b)(2-c)$
- Andi Brojbeanu
- Mesaje: 94
- Membru din: Mar Noi 02, 2010 10:47 am
- Localitate: Targoviste (Dambovita)
- Contact:
Re: JBMO 2015 Problema 2
$(2-a)(2-b)(2-c)=8-4p+2q-r$, unde $p=a+b+c, q=ab+bc+ca, r=abc$.Moldovan Bogdan scrie:Recoman pentru studiu cartea lui Mihai Onucu Drambe:Inegalitati idei si metode
Propun ceva pe aceeasi tema:
Fie $a,b,c,\geq 0$, cu $a^2+b^2+c^2=3$.Determinati minimul expresiei :$(2-a)(2-b)(2-c)$
Avem $3=a^2+b^2+c^2=p^2-2q$, deci $(2-a)(2-b)(2-c)=8-4p+p^2-3-r=(p-2)^2+1-r$
Demonstram ca $(p-2)^2\ge r:$ Avem $pq\ge 9r$ (cunoscut), deci este suficient sa demonstram ca
$2pq\le 18(p-2)^2 \iff p(p^2-3)\le 18(p-2)^2 \iff$$p^3-18p^2+69p-72\le 0 \iff (p-3)(p^2-15p+24)\le 0$,
adevarat intrucat $p^2-15p+24\ge 0$ si $p\le \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}=3$.
Asadar, $(p-2)^2\ge \frac{pq}{9}\ge r$, deci minimul expresiei este 1. (acesta se atinge pentru $a=b=c=1$).
Ultima oară modificat Joi Iul 09, 2015 10:45 am de către Andi Brojbeanu, modificat de 2 ori în total.
Brojbeanu Andi Gabriel, clasa XI-a
Colegiul National "Constantin Carabella" Targoviste
Colegiul National "Constantin Carabella" Targoviste
-
- Mesaje: 126
- Membru din: Sâm Ian 01, 2011 5:05 pm
Re: JBMO 2015 Problema 2
Pentru $a=b=\frac{1}{3}, c=\frac{5}{3}$ se obtine un "minim mai mic".