Математикадан облыстық олимпиада, 2022 жыл, 9 сынып

$a$, $b$ және $c$ оң сандары үшін келесі теңсіздікті дәлелдеңіз: $\sqrt{a^2 + 2 b^2} + \sqrt{b^2 + 2c^2} + \sqrt{c^2 + 2a^2} \ge \sqrt{3} (a + b + c).$

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.    

Давайте умножим обе части неравенства на √3. Тогда нам нужно доказать, что √3a²+6b² + √3b²+6c² + √3c²+6a² ≥ 3a+3b+3c. По нер-ву Коши заметим, что 3а²+6b²≥(a+2b)², то есть √3а²+6b²≥a+2b; √3b²+6c²≥b+2c; √3c²+6a²≥c+2a. Суммируя три неравенства получаем исходное, которое и нужно было доказать

бро избегает латех как может

Как он без Latex сделал «а» квадрат?

Word, I guess

Может быть, но я когда из ворда копирую, так не ставится

он написал решение на андроиде. а² а² а² б²

Bruh...

average LaTeX fan

ХАХААХАХ

Латех это шрифт ? Можно сыллку если есть <3

http://www.matol.kz/rules/3

лови аптечку

А что делать если формулы не работают? В предпросмотре все также написано типо \angle ABC и т.д

по бокам от формулы добавь $ с обеих сторон

тут можно легко на нем писать!

У меня при скачиваний файла, вся картина черная, что делать?

она на самом деле прозрачная, там шрифт чёрный а фона нет, вот и кажется будто картинка чёрная, на самом деле она прозрачна

Интересно то что:

1) задачи области вышли на матоле, а районки нет;

2) первый раз на матоле показывается авторы задач области, до этого года такое не было;

3) из 2)-пункта выходит что 2-задача 10-класс не авторская, и скорее всего было взято из книги. Можно это развить и сказать что до этого года все задачи были полу-авторскими или фольклорными (но это не точно).

4) Теперь если вы хотите чтобы ваше имя осталось навсегда на матоле, у вас есть большие шансы. Только нужно придумать задачу на область и чтобы её приняли. А как вы видите в этом году задач было мало во всём 2-туре только 4 разных задачи(а в основном 7-9 различных задач). Значит это ещё увеличивает шанс.

ТАК-ЧТО ДЕРЗАЙТЕ

P.S. 5) На этом посте самое большое количество комментариев под 1 постом во всём matol-е

Может быть и другое объяснение к 4-пункту - админ матола сменился. До этого админ матола смотрел задачи и проверял (ставил значок "проверено модератором"), вовремя кидал задачи олимпиад, и не писал авторов задач области. А новый админ делает по-другому.

P.S. ещё новый админ не любит постить решение олимпиады.

абен го новый админ пацаны

Админ, если ты это читаешь, то ПЛИИИИЗ, ФИКСАНИ ПРОБЛЕМУ С ЗАГРУЗКОЙ КАРТИНОК, А ТО ГЛАЗА РЕЖУТ РЕШЕНИЯ ГЕОМЫ

ДААА, а ещё залей задачи на ЗКО 2014 , и ещё область 2022 11 класс первый тур первая задача там геома

Что, математики, революция?

в книге областных задач сказано что много задач взяты из книг, и олимпиад других республик, и иногда менялись

Делаем $QM \geq AM$ для $(a, b, b)$ в каждой части, и задача решена.

По КБШ:

$$\sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\ldots+a_{n}^{2}} \cdot \sqrt{b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\ldots+b_{n}^{2}}\geq a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_nb_n$$

В частности, $$\sqrt{1^2+1^2+1^2} \cdot \sqrt{a^2+b^2+b^2}\geq a+2b$$ Проделываем то же самое для остальных корней и получим $$\sqrt{3} \cdot (\sqrt{a^2+2b^2}+\sqrt{b^2+2c^2}+\sqrt{c^2+2a^2})\geq 3(a+b+c)$$ Переносим $\sqrt{3}$ и получаем требуемое.

a^2

Не пишите пожалуйста бессмысленные комментарии. Они будут удалятся, а при повторных случаях аккаунт Ваш придется заблокировать.

Ухты, как я говорил новый админ.

Ухты, как я говорил новый админ.

Кстати, могу покидать ссылки на решении где есть либо ошибка в условии, либо где есть спам

Кстати, выдает ошибку при попытке посмотреть решения пользователя rightways, выходит "500 Что-то пошло не так"

ДААА ЖИЗА АХХААХАХ

Устранено

Вы походу пропустили моё предложение

Можете удалить моё решение под эйлера 2015год, дистанционный этап, 1 тур, 4 задача

соглашусь с выше сказанным, уже давно стоит добавить функцию удаления комментария а не от стыда стирать его, хотя предыдущие версии комментария всегда видны.

По КБШ:

$(x_1^2+x_2^2+x_3^2...x_n^2)×(y_1^2+y_2^2+y_3^2...y_n^2)>=(x_1×y_1+x_2×y_2+x_3×y_3...x_n×y_n)^2 Рассмотрим три неравенства :

$(a^2+2b^2)(b^2+2c^2)>=(ab+2bc)^2$,

$(b^2+2c^2)(c^2+2a^2)>=(bc+2ac)^2$,

$(c^2+2a^2)(a^2+2b^2)>=

(ac+2ab)^2$

Если Взять В корни обе стороны всех троих неравенств и суммировать их то у нас получится:

$√(a^2+2b^2)(b^2+2c^2)+√(b^2+2c^2)(c^2+2a^2)+√(c^2+2a^2)(a^2+2b^2)>=3ab+3bc+3ac$

Умножим данное на 2 и добавим в обе стороны $(√(a^2+2b^2))^2$,

$(√(b^2+2c^2))^2$,

$(√(c^2+2a^2))^2$

И у нас получится:

$$(√(a^2+2b^2))^2+(√(b^2+2c^2))^2+

(√(c^2+2a^2))^2+ 2√(a^2+2b^2)(b^2+2c^2)+2√(b^2+2c^2)(c^2+2a^2)+2√(c^2+2a^2)(a^2+2b^2)>=a^2+2b^2+b^2+2c^2+c^2+2a^2+6ab+6bc+6ac=3a^2+3b^2+3c^2+6ab+6bc+6ac=3(a+b+c)^2$$.

Левую сторону мы можем переписать в виде $(√(a^2+2b^2)+√(b^2+2c^2)+√(c^2+2a^2))^2)$

Если взять под корень обе стороны получившегося то у нас выйдет $√(a^2+2b^2)+√(b^2+2c^2)√(c^2+2a^2)>=√3×(a+b+c)$

Что нам и требовалась доказать.

научитесь расписывать, перед отправкой нажмите на предпросмотр и удостоверьтесь что все формулы написаны правильно!

Еще одно решение:

Возведем в квадрат: $a^2+2b^2 + b^2+2c^2 +c^2+2a^2 +2\sqrt{(a^2+2b^2)(b^2+2c^2)}+2\sqrt{(b^2+2c^2)(c^2+2a^2)}+2\sqrt{(c^2+2a^2)(a^2+2b^2)} \geq$ $$\geq 3(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac)$$

Сокращаем $3(a^2+b^2+c^2)$, затем все неравенство на 2, остается доказать $\sqrt{(a^2+2b^2)(b^2+2c^2)}+\sqrt{(b^2+2c^2)(c^2+2a^2)}+\sqrt{(c^2+2a^2)(a^2+2b^2)} \geq 3(ab+bc+ac)$ (!)

Заметим, что $\sqrt{(a^2+2b^2)(b^2+2c^2)} \geq ab+2bc$ по КБШ, тогда сумма таких неравенств дает требуемое

обожаю КБШ!!

Я же Так и Сделал

Многие пользователи, в том числе и я, могли не понять что вы написали: у вас где-то есть латех, а где-то его нет

Ну и еще одно решение ко множеству.

Пусть исходное выражение слева A, справа B, тогда

$(!) A \geq B$

По Коши или по КБ:

$\sqrt{a^{2}+b^{2}+b^{2}} * \sqrt{3+3+3} \geq a*\sqrt{3}+b*\sqrt{3}+b*\sqrt{3}$

Анологично:

$\sqrt{b^{2}+c^{2}+c^{2}} * \sqrt{3+3+3} \geq b*\sqrt{3}+c*\sqrt{3}+c*\sqrt{3}$

И еще

$\sqrt{c^{2}+a^{2}+a^{2}} * \sqrt{3+3+3} \geq c*\sqrt{3}+a*\sqrt{3}+a*\sqrt{3}$

Проссумируем все, получим:

$3A \geq 3B$

Сократив на три получим исходное

у вас при сумме выйдет:

$$A+3 \geq 3B$$

распишите правильно.

Соряньте, там умножение

вот и славно теперь!

Классное решение

Решение Караматой

БОО $a \geq b \geq c$, тогда $\{a^2 + 2b^2, c^2 + 2a^2, b^2 + 2c^2\} \succ \{3c^2, 3b^2, 3a^2\}$,

тогда по неравенству Караматы для вогнутой функции $f(x) = \sqrt{x},$ $x > 0$, имеем

$f(a^2 + 2b^2) + f(c^2 + 2a^2) + f(c^2 + 2a^2) \geq f(3a^2) + f(3b^2) + f(3c^2) \iff \sqrt{a^2 + 2b^2} + \sqrt{b^2 + 2c^2} + \sqrt{c^2 + 2a^2} \geq \sqrt{3a^2} + \sqrt{3b^2} + \sqrt{3c^2} =\sqrt{3}(a+b+c)$

Ч.Т.Д.

Ты хуже popokben'а. Он кидает решение с КБШ на 8-класс, а ты решение с Караматой на 9-класс))))

АХХААХАХ

Есть такое, прост я с Талдыка, а тут все извращенцы))

абен кстати тоже)

Ема, я тоже с Талдыка. А ты какой курс\класс? И с какой школы? Я первый курс)

Тем временем 1234567 на городской Жауте:

7 класса

1-задача

Так как $a,b,c>0$ то можно построить прямоугольные треугольники, так как показано на рисунке.

Длина ломаной AD, которая была составлена из гипотенуз данных треугольников, согласно теореме Пифагора будет равна

$$\sqrt{a^2+2b^2}+\sqrt{b^2+2c^2}+\sqrt{c^2+2a^2}$$

Длина гипотенузы большого треугольника равна (или расстояние между А и D)

$$\sqrt{{(a+b+c)}^2+2{(a+b+c)}^2}=\sqrt3(a+b+c)$$

Длина прямого отрезка между двумя точками А и D, не может быть длиннее ломаной AD,

Поэтому,

$$\sqrt{a^2+2b^2}+\sqrt{b^2+2c^2}+\sqrt{c^2+2a^2}\geq\sqrt3(a+b+c)$$

решение прекрасно

мне кажется или в книге области нету этого года

в книге собраны задачи с 1999 по 2021 год

Кароче вот решение первого автора на Latex:

Давайте умножим обе части неравенства на $\sqrt{3}$. Тогда нам нужно доказать, что $\sqrt{3a^2+ 6b^2} + \sqrt{3b^2 + 6c^2} + \sqrt{3c^2+ 6a^2} \geq 3a + 3b + 3c$. По неравенству Коши заметим, что $3a^2 + 6b^2 \geq (a + 2b)^2$, то есть $\sqrt{3a^2 + 6b^2} \geq a + 2b$;

$\sqrt{3b^2 + 6c^2} \geq b + 2c$;

$\sqrt{3c^2 + 6a^2} \geq c + 2a$

Суммируя три неравенства получаем исходное, которое и требовалось доказать.

Хорошо, вот полное решение:

Для доказательства данного неравенства воспользуемся неравенством Минковского и его обобщением, известным как неравенство Минковского-Коши.

Неравенство Минковского гласит:

\[

\sqrt{a^2 + 2b^2} + \sqrt{b^2 + 2c^2} + \sqrt{c^2 + 2a^2} \geq \sqrt{(\sqrt{a^2} + \sqrt{b^2} + \sqrt{c^2})^2 + (\sqrt{2b^2} + \sqrt{2c^2} + \sqrt{2a^2})^2}

\]

Теперь применим неравенство Коши-Буняковского к выражениям в скобках:

\[

\sqrt{(\sqrt{a^2} + \sqrt{b^2} + \sqrt{c^2})^2} \leq \sqrt{3(a^2 + b^2 + c^2)}

\]

\[

\sqrt{(\sqrt{2b^2} + \sqrt{2c^2} + \sqrt{2a^2})^2} = \sqrt{2}(\sqrt{a^2} + \sqrt{b^2} + \sqrt{c^2})

\]

Таким образом, неравенство Минковского-Коши выражается как:

\[

\sqrt{a^2 + 2b^2} + \sqrt{b^2 + 2c^2} + \sqrt{c^2 + 2a^2} \geq \sqrt{3(a^2 + b^2 + c^2)} + \sqrt{2}(a + b + c)

\]

Рассмотрим неравенство о средних для корней:

\[

\sqrt{\frac{x_1^2 + x_2^2 + x_3^2}{3}} \geq \frac{x_1 + x_2 + x_3}{3}

\]

Применяя его к нашему выражению, получаем:

\[

\frac{\sqrt{a^2 + 2b^2} + \sqrt{b^2 + 2c^2} + \sqrt{c^2 + 2a^2}}{3} \geq \sqrt{\frac{a^2 + 2b^2 + b^2 + 2c^2 + c^2 + 2a^2}{3}} = \sqrt{a^2 + b^2 + c^2}

\]

Умножим обе части на 3:

\[

\sqrt{a^2 + 2b^2} + \sqrt{b^2 + 2c^2} + \sqrt{c^2 + 2a^2} \geq 3\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}

\]

Таким образом, доказано неравенство:

\[

\sqrt{a^2 + 2b^2} + \sqrt{b^2 + 2c^2} + \sqrt{c^2 + 2a^2} \geq \sqrt{3(a^2 + b^2 + c^2)}

\]

"предпосмотр"

Надеюсь никто не написал это решение:

$$\Big(\sum \limits_{cyc}^{ }{\sqrt{a^2 + 2 b^2}\Big)^2\ge 3\Big(\sum \limits_{cyc}^{ }{\sqrt{a^2 + b^2+ b^2}\sqrt{c^2 + b^2+c^2}}}\Big)\ge 3(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca)⠀\blacksquare$$