JBMO 2015 Problema 2

dangerous storm
Mesaje: 145
Membru din: Joi Iul 03, 2014 9:29 pm

Re: JBMO 2015 Problema 2

Mesaj de dangerous storm »

Puteti vedea solutia mea aici:http://www.artofproblemsolving.com/community/c6h1106919(postarea nr 27).
Viran Mihnea
Mesaje: 16
Membru din: Vin Iun 26, 2015 12:03 pm
Localitate: Câmpina

Re: JBMO 2015 Problema 2

Mesaj de Viran Mihnea »

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.
Moldovan Bogdan
Mesaje: 126
Membru din: Sâm Ian 01, 2011 5:05 pm

Re: JBMO 2015 Problema 2

Mesaj de Moldovan Bogdan »

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:
$\sum{\frac{\alpha-(\alpha-1)a^3}{a}}\geq 3$
Avatar utilizator
Andi Brojbeanu
Mesaje: 94
Membru din: Mar Noi 02, 2010 10:47 am
Localitate: Targoviste (Dambovita)
Contact:

Re: JBMO 2015 Problema 2

Mesaj de Andi Brojbeanu »

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!
Brojbeanu Andi Gabriel, clasa XI-a
Colegiul National "Constantin Carabella" Targoviste
Moldovan Bogdan
Mesaje: 126
Membru din: Sâm Ian 01, 2011 5:05 pm

Re: JBMO 2015 Problema 2

Mesaj de Moldovan Bogdan »

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.
Moldovan Bogdan
Mesaje: 126
Membru din: Sâm Ian 01, 2011 5:05 pm

Re: JBMO 2015 Problema 2

Mesaj de Moldovan Bogdan »

am solutiile dar nu pot sa atasez formatul pdf.Cei interesati pot sa ma contacteze la :moldovandan1@yahoo.com
Viran Mihnea
Mesaje: 16
Membru din: Vin Iun 26, 2015 12:03 pm
Localitate: Câmpina

Re: JBMO 2015 Problema 2

Mesaj de Viran Mihnea »

Moldovan Bogdan scrie:am solutiile dar nu pot sa atasez formatul pdf.Cei interesati pot sa ma contacteze la :moldovandan1@yahoo.com
Cum ți s-a părut soluția mea?
Moldovan Bogdan
Mesaje: 126
Membru din: Sâm Ian 01, 2011 5:05 pm

Re: JBMO 2015 Problema 2

Mesaj de Moldovan Bogdan »

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 :$(2-a)(2-b)(2-c)$
Avatar utilizator
Andi Brojbeanu
Mesaje: 94
Membru din: Mar Noi 02, 2010 10:47 am
Localitate: Targoviste (Dambovita)
Contact:

Re: JBMO 2015 Problema 2

Mesaj de Andi Brojbeanu »

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 :$(2-a)(2-b)(2-c)$
$(2-a)(2-b)(2-c)=8-4p+2q-r$, unde $p=a+b+c, q=ab+bc+ca, r=abc$.
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
Moldovan Bogdan
Mesaje: 126
Membru din: Sâm Ian 01, 2011 5:05 pm

Re: JBMO 2015 Problema 2

Mesaj de Moldovan Bogdan »

Pentru $a=b=\frac{1}{3}, c=\frac{5}{3}$ se obtine un "minim mai mic".
Scrie răspuns