Математикадан облыстық олимпиада, 2022 жыл, 9 сынып
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
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.
Не пишите пожалуйста бессмысленные комментарии. Они будут удалятся, а при повторных случаях аккаунт Ваш придется заблокировать.
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 :
(a2+2b2)(b2+2c2)>=(ab+2bc)2,
(b2+2c2)(c2+2a2)>=(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:
√(a2+2b2)(b2+2c2)+√(b2+2c2)(c2+2a2)+√(c2+2a2)(a2+2b2)>=3ab+3bc+3ac
Умножим данное на 2 и добавим в обе стороны (√(a2+2b2))2,
(√(b2+2c2))2,
(√(c2+2a2))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 (√(a2+2b2)+√(b2+2c2)+√(c2+2a2))2)
Если взять под корень обе стороны получившегося то у нас выйдет √(a2+2b2)+√(b2+2c2)√(c2+2a2)>=√3×(a+b+c)
Что нам и требовалась доказать.
Еще одно решение:
Возведем в квадрат: a2+2b2+b2+2c2+c2+2a2+2√(a2+2b2)(b2+2c2)+2√(b2+2c2)(c2+2a2)+2√(c2+2a2)(a2+2b2)≥ ≥3(a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac)
Сокращаем 3(a2+b2+c2), затем все неравенство на 2, остается доказать √(a2+2b2)(b2+2c2)+√(b2+2c2)(c2+2a2)+√(c2+2a2)(a2+2b2)≥3(ab+bc+ac) (!)
Заметим, что √(a2+2b2)(b2+2c2)≥ab+2bc по КБШ, тогда сумма таких неравенств дает требуемое
Ну и еще одно решение ко множеству.
Пусть исходное выражение слева A, справа B, тогда
(!)A≥B
По Коши или по КБ:
√a2+b2+b2∗√3+3+3≥a∗√3+b∗√3+b∗√3
Анологично:
√b2+c2+c2∗√3+3+3≥b∗√3+c∗√3+c∗√3
И еще
√c2+a2+a2∗√3+3+3≥c∗√3+a∗√3+a∗√3
Проссумируем все, получим:
3A≥3B
Сократив на три получим исходное
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
√a2+2b2+√b2+2c2+√c2+2a2
Длина гипотенузы большого треугольника равна (или расстояние между А и D)
√(a+b+c)2+2(a+b+c)2=√3(a+b+c)
Длина прямого отрезка между двумя точками А и D, не может быть длиннее ломаной AD,
Поэтому,
√a2+2b2+√b2+2c2+√c2+2a2≥√3(a+b+c)
Кароче вот решение первого автора на Latex:
Давайте умножим обе части неравенства на √3. Тогда нам нужно доказать, что √3a2+6b2+√3b2+6c2+√3c2+6a2≥3a+3b+3c. По неравенству Коши заметим, что 3a2+6b2≥(a+2b)2, то есть √3a2+6b2≥a+2b;
√3b2+6c2≥b+2c;
√3c2+6a2≥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:
\[
\sqrt{a^2 + 2b^2} + \sqrt{b^2 + 2c^2} + \sqrt{c^2 + 2a^2} \geq \sqrt{3(a^2 + b^2 + c^2)}
\]
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.