Zadanie Godzio: No to kolejne zadanko dla chętnych Rozwiąż w liczbach dodatnich układ równań z trzema niewiadomymi: x + [y] + {z} = 4,2, y + [z] + {x} = 3,6, z + [x] + {y} = 2,0. [x] −− cześć całkowita, {x} −− część ułamkowa liczby x

bart: x+[y]+z−[z]=4,2 y+[z]+x−[x]=3,6 z+[x]+y−[y]=2,0 popatrze sobie na to chwile

bart: wiadomo ze x>2 y∊(1,2) a z<1 ale kombinuje dalej

bart: a chyba jednak nie gdyby x>2 to by nie zaszlo 3. rownanie

bart: x=1,9 y=2,7 z=0,3 jee!

;) ZKS ;): Sekundka i spojrzę na to zadanko.

Godzio: Ok

;) ZKS ;): Eee widzę że bart już zrobił sprawdź Godzio czy dobrze żebym nie robił na marne.

;) ZKS ;): To widzę że się narobiłem.

Godzio: No to kolejne dwa: 2. Wiadomo, że wielomian W(x) = 3x³ − 5x + 1 ma trzy pierwiastki rzeczywiste x₁,x₂,x₃. Bez wyznaczania tych pierwiastków obliczyć wartość wyrażenia (1 + x₁)(1 + x₂)(1 + x₃) 3. Rozwiązać równanie: √x + √x² − x + 2 − √x − √x² − x + 2 = 4

bart: ZSK napisz jak to rozwiazales

bart: mi sie juz nie chce myslec.. jedno zadanko na dzien w wakacje to i tak duzo bb

;) ZKS ;): Które poprzednie zdążyłem na nie spojrzeć i tylko zauważyłem że x = [x] + {x} tak samo y i z a tak to Ty podałeś już rozwiązanie więc nie robiłem do końca.

Vax: 2) Podstawmy x:=x−1 wtedy nasze pierwiastki zwiększą się o jeden i nasze wyrażenie będzie równe iloczynowi pierwiastków: 3(x−1)³−5(x−1)+1 = 3x³ −9x²+4x+3

	−3
Ze wzorów Viete'a iloczyn pierwiastków wynosi		= −1.
	3

Godzio: Vax jak Ty to robisz

Jack: 2) można policzyć W(−1) zapisując w postaci iloczynowej i przyrównać do iloczynu nawiasów wyciągając minusy...

;) ZKS ;): 3) x = 11 ?

Godzio: Zgadza się x = 11, widzę że banalne zadanka daje ... trzeba to zmienić

Godzio: 4. Wykazać, że tg(82^o30') − tg(7^o30') = 4 + 2√3 5. Korzystając z zasady indukcji matematycznej udowodnić:

2n n		4n
	≥		dla naturalnego n
		2√n

6.Rozwiązać równanie:

	tgx
cos2x +		= 0
	√3 + tgx

Może te trochę ambitniejsze

Vax: √x+√x²−x+2−√x−√x²−x+2 = 4 Oznaczmy pierwszy pierwiastek jako ,,a" a drugi jako ,,b", wówczas zauważamy, że a² oraz b² są pierwiastkami równania: t² − 2xt + x − 2 = 0 Ze wzorów Viete'a: {a²+b² = 2x {a²b² = x−2 ⇒ ab = √x−2 Mamy rozwiązać równanie a−b=4 czyli: 16 = (a−b)² = a²+b²−2ab = 2x−2√x−2 ⇔ √x−2 = x−8 Oczywiście x ≥ 8, podnosimy do kwadratu i dostajemy x²−17x+66=0, dostajemy 2 rozwiązania i tylko jedno spełnia założenie, x=11

Vax: 5) Dla n=1 działa, zakładamy, że dla pewnego n teza zachodzi, założenie jest równoważne:

	(2n)!		4n
		≥
	n!*n!		2√n

Teza:

2n+2 n+1		4n+1
	≥
		2√n+1

	(2n+2)!		(2n)!*(2n+1)(2n+2)		(2n+1)(2n+2)
L =		=		=
	(n+1)!*(n+1)!		(n+1)2*n!*n!		(n+1)2

	(2n)!		(2n+1)(2n+2)		4n		4n+1
*		≥		*		≥ (teza) ≥
	n!*n!		(n+1)2		2√n		2√n+1

	(2n+1)(2n+2)		1		4		2
/:4n ⇔		*		≥		=		⇔
	(n+1)2		2√n		2√n+1		√n+1

	(n+1)(2n+1)		2		2n+1		2
		≥		⇔		≥		/*√n+1 ⇔
	(n+1)2*√n		√n+1		√n(n+1)		√n+1

	2n+1
		≥ 2 ⇔ 2n+1 ≥ 2√n2+n/2 ⇔ 4n2+4n+1 ≥ 4n2+4n ⇔ 1≥ 0 cnd.
	√n2+n

Godzio: Vax

(2n)!
	≠ 1, a Ty sobie to tutaj skróciłeś
n! * n!

Vax: Nigdzie nie skróciłem, skorzystałem z założenia indukcyjnego.

Godzio: Aaaaa dobra bo przeskoczyło do następnej linijki, sorki nie zauważyłem

Vax: tg(82.5^o) − tg(7.5^o) = tg(90^o−7.5^o)−tg(7.5^o) = ctg(7.5^o) − tg(7.5^o) Zauważmy, że 45−30 = 15 więc łatwo można wyznaczyć sin15^o oraz cos15^o:

	√6−√2
sin15o =
	4

	√6+√2
cos15o =
	4

Teraz korzystamy ze wzorów:

	sin(α/2)		sin(α/2)
ctg(α/4) =		oraz tg(α/4) =		:
	1−cos(α/2)		1+cos(α/2)

	sin15o
ctg(7.5o) = ctg(300/4) =		= (..) = 2+√2+√3+√6
	1−cos15o

	sin15o
tg(7.5o) = tg(30o/4) =		= (..) = −2+√2−√3+√6
	1+cos15o

Odejmujemy stronami: ctg(7.5^o) − tg(7.5^o) = 4 + 2√3 cnd.

;) ZKS ;): Jak nikt nie zrobił 6. to ja spróbuję.

	tgx		2
cos2x +		= 0 / * (√3 + tgx) tgx ≠ −√3 ⇒ x ≠		π + kπ
	√3 + tgx		3

cos2x(√3 + tgx) + tgx = 0 √3cos2x + 2sinxcosx − tgx + tgx =0

	1
√3cos2x + sin2x = 0 / *
	2

	π
sin(2x +		) = 0
	3

	π
2x +		= kπ
	3

	π
2x = −		+ kπ
	3

	π		π
x = −		+ k		⋀ k ∊ C
	6		2

Teraz proszę o sprawdzenie.

Godzio: cos2x(√3 + tgx) + tgx = 0 .................................... −− nie rozumiem skąd się wzięło 2sinxcosx

Godzio: I w dziedzinie czegoś nie uwzględniłeś

;) ZKS ;): cos2x = 2cos²x − 1

	sinx
(2cos2x − 1) *		= 2sinxcosx − tgx
	cosx

cosx ≠ 0 ? O to chodzi?

Godzio: Dobra teraz kumam, tak o to chodzi

;) ZKS ;): Czyli okej?

Godzio: Zadanie jest ok

;) ZKS ;): Przepraszam że tak po kolei wszystko rozpisywałem ale już nie chciałem nigdzie się walnąć.

Vax: Godzio masz może jakieś ciekawe zadania na dowodzenie, najlepiej jakaś teoria liczb, np podzielność albo nierówność czy coś ? (Tylko już nie trygonometria )

Godzio: Zaraz zerknę

;) ZKS ;): Dany jest trójkąt ABC o wierzchołkach w punktach: A = (0 ; 0) oraz B i C będących wspólnymi punktami krzywych o równaniach:

	1
x2 + y2 = 4 gdzie x , y ∊ ℛ ⋀ y =		gdzie x , n ∊ ℛ+.
	nx

a) Oblicz pole trójkąta P(n) b) Oblicz lim_{n → ∞} P(n) Proszę Godzio zadanko dla Ciebie.

Godzio: Wątpię, żeby to było dla Ciebie trudne no ale dam : 1. Niech p i q będą dwoma kolejnymi liczbami pierwszymi większymi niż 2. Udowodnij, że liczba p + q jest iloczynem co najmniej trzech (niekoniecznie różnych) liczb pierwszych 2. Wykaż, że równanie 15x² − 7y² = 9 nie posiada rozwiązań w liczbach całkowitych 3. Wykaż, że dla dowolnych liczb dodatnich a₁,a₂,a₃,...,a_n zachodzi nierówność:

a1		a2		an
	+		+ ... +		≥ n
a2		a3		a1

4. Niech a i b będą liczbami rzeczywistymi. Udowodnij, że jeśli ax² − ax − b < 0 dla każdego rzeczywistego x to również, x² + 3 + 3a²b|x| > 3³√2x² dla każdego x ∊ R

;) ZKS ;): Vax:

	1		1		1		9
(xy + yz + zx)(		+		+		) ≥
	(x + y)2		(y + z)2		(x + z)2		4

Vax: 1) Skoro to są kolejne liczby pierwsze większe od 2, to muszą być postaci 2k−1 oraz 2k+1 dla pewnego naturalnego k > 1, wtedy: (2k−1) + (2k+1) = 4k = 2 * 2 * k Czyli jest iloczynem przynajmniej 3 liczb pierwszych (jeżeli k jest pierwsze to mamy iloczyn 3, jeżeli złożone to tym bardziej − wystarczy rozbić na czynniki pierwsze)

Vax: 2) Rozpatrując równanie 15x² − 7y² = 9 modulo 5 widzimy, że musi zachodzić: −7y² == 9 == 4(mod 5) ⇔ 3y² == 4 (mod 5)/*2 ⇔⇒ y² == 8 == 3 (mod 5) Skąd dostajemy sprzeczność, bo resztami kwadratowymi mod 5 są jedynie liczby {0;1;4}

Vax: 3) Bezpośrednio z am−gm:

a1   a2   an   + +...+ a2   a3   a1		a1		a2		an
	≥ n√		*		*..*		=
n		a2		a3		a1

1

Trivial: Vax, co studiujesz, jeśli jeszcze studiujesz?

Vax: Teraz idę do 3 gimnazjum

Trivial: Nawracać niewiernych?

Vax: Nie no, po prostu się uczyć

Trivial: Czy to znaczy, że jesteś jednym z tzw. 'child prodigies'?

Trivial: Lub się ze mnie zbijasz.

Godzio: ZKS możesz powiedzieć czy na to zadanie jest jakiś sposób ? Chodzi że łatwo liczy się to pole bo póki co to ja tu wieżowce buduje

Godzio: To jeszcze jedno mam: 5. Udowodnij, że dla p > 1 oraz a,b > 0 zachodzi nierówność:

	1		1
a1/p * b1 − 1/p ≤		a + (1 −		)b
	p		p

Vax: 4) Możemy bez straty ogólności założyć, że x jest nieujemne (w każdym miejscu mamy x w parzystej potędze albo wartości bezwzględnej). Mamy założenie ax² − ax − b < 0, jeżeli byłoby a>0 to dana nierówność nie mogłaby być prawdziwa (ramiona paraboli skierowane w górę, więc parabola w całości nie mogłaby być pod osią OX) czyli a ≤ 0, jeżeli a=0 to mamy dowieść x²+3 ≥ ³√2x² ale z am−gm x²+3 = x²+2+1 ≥ ³√2x² czyli a<0 więc 0 > Δ = a² + 4ab /:a ⇒ a+4b > 0, więc b > 0 (jeżeli b ≤ 0 to lewa strona ujemna sprzeczność) czyli mamy a < 0 < b i teraz: x²+3+3a²b|x| ≥ x² + 3 = x²+2+1 ≥ ³√2x² (ostatnia nierówność z am−gm)

;) ZKS ;): Właśnie za bardzo prostego rozwiązania nie widzę tutaj. Jak rozwiążesz sprawdzimy odpowiedzi.

Vax: Godzio p jest rzeczywiste > 1 czy naturalne ?

Godzio: Nic nie piszę o tym więc chyba rzeczywiste

Godzio: Taaa rozwiąże Poszukam najpierw jakiegoś łatwego sposobu

;) ZKS ;): Mam nadzieje że chociaż trochę Ci się spodobało to zadanko.

Vax: Ok mam:

	1		1		a+(p−1)b
P=		a+(1−		)b=		≥(pierw. stopnia p){abp−1} = a1/p*b(p−1)/p = L
	p		p		p

Vax: Ta nierówność jbc z ważonej am−gm

Godzio: Powiem tak, do obliczeń w tym zadaniu potrzebuje wolframa, ale nawet on z takim czymś nie wyrabia

;) ZKS ;): To aż tak ciężko idzie?

Godzio: Vax kolejne: Udowodnić, że dla n ≥ 2 zachodzi nierówność nⁿ > (n + 1)^{n − 1} To samo tylko n ≥ 3 i ⁿ√n > ^{n + 1}√n + 1

Godzio: A Ty zrobiłeś to zadanie ?

Godzio: Jednak banalne

Trivial: Godzio ono jest proste...

;) ZKS ;): Pytasz się czy się męczyłem z tym zadaniem? Odpowiedź brzmi tak ale jak coś w treści związane jest z planimetrią to ciężko mi jest się zabierać za tego typu zadania. Co rozwiązałeś?

Godzio: Weź narazie to sprawdź, mam nadzieję, że nie zrobiłem błędu w rachunkach

	2√4n2 − 1
P =
	√5 − 4n2

;) ZKS ;): Trzeba znaleźć sposób na to zadanko. Trivial a masz wynik do tego zadania czy nie robiłeś?

Trivial: Mam. b) odp. 4?

Godzio: Nie patrz, walnąłem się

Vax: To działa dla x > 1 x^x > (x+1)^x−1 x*x^x−1 > (x+1)^x−1 x*(1+1/x)^x−1 > 1

	1
(1+1/x)x−1 >
	x

	1
L > 1 >		⇔ x>1 co jest zgodne z założeniem.
	x

;) ZKS ;): Do b) dają odpowiedź 2.

;) ZKS ;): Okej Godzio nie patrzę.

Godzio:

	1		1
A(0,0) B(x1,		) C(x2,		)
	nx1		nx2

	1		x1		x2		1		x12 − x22
P =		|		−		| =		|		|
	2		nx2		nx1		2		nx1x2

Zakładam, że x₁ > x₂ > 0 ⇒ x₁² − x₂² > 0

	x12 − x22
P =
	nx1x2

Co nie trudno wyznaczyć z układu tych dwóch funkcji: x₁ = √ (2n + √4n² − 1)/n x₂ = √ (2n − √4n² − 1)/n

	2n + √4n2 − 1 − 2n + √4n2 − 1		2√4n2 − 1
x12 − x22 =		=
	n		n

	1
x1x2 = √(4n2 − (4n2 − 1))/n2 =
	n

	2√4n2 − 1
P(n) =
	n

	2√4 − 1/n2
limP(n) =		→ 4
	1

Trivial:

	1
a sorry, wyszło mi		*4 = 2 .
	2

Godzio: No tak, mi też 2 uciekła

	x12 − x2</td>
P =
	2nx1x2

	√4n2 − 1
P(n) =		limP(n) → 2
	n

Trivial:

	1
Dobrze masz Godziu, tylko		jeszcze. Liczyłeś z wektorów?
	2

;) ZKS ;):

	√4n2 − 1
P(n) =
	n

Godzio: Czy to z wektorów się wzięło to nie wiem, po prostu wziąłem wzór na pole mając dane wierzchołki

;) ZKS ;): Ok poprawiłeś.

Trivial:

	1
P =		||bxc||
	2

Stąd już łatwo.

;) ZKS ;): super sposób Godzio.

Godzio: Vax znajdę nierówność której nie zrobisz !

Trivial: Godziu, wysnułem hipotezę, że na studiach będziesz się nudził! Już wszystko umiesz.

Vax: Co do ostatniego przykładu x^1/x > (x+1)^1/(x+1) to wystarczy zauważyć, że funkcja x^1/x dla x > e jest malejąca, ale u nas x ≥ 3 > e, więc..

Vax: Została jeszcze nierówność ZKS, z tego co kojarzę jest to legendarna nierówność z międzynarodowej olimpiady matematycznej 96', pomyślę nad nią zaraz

Godzio: Trivial może na pierwszym roku i to tylko na matmie, już sobie wyobrażam fizykę i informatykę

;) ZKS ;): Mogę Ci Vax jeszcze kilka takich nierówności zaaplikować.

Godzio: Proszę bardzo: Udowodnij, że nierówność zachodzi dla każdego naturalnego n: aⁿ + bⁿ + cⁿ > 0 gdy a + b + c > 0 i abc > 0

Trivial: Godziu, na jaki kierunek się wybierasz?

Godzio: I jeszcze ostatnie mam: Dowieść, że jeżeli a + b = 1 to

	1
a5 + b5 ≥
	16

Godzio: Na czystą nieskażoną matematykę

Trivial: A potem zostaniesz matematykiem? Czyli będziesz przetwarzał kawę w twierdzenia?

Godzio: No jak przetrwam

Trivial: A co matematycy mają na informatyce, fizyce?

Godzio: Mam nadzieję, że coś łatwego

Vax:

	1		(a+b)5
a5+b5≥		=		⇔16(a5+b5)≥a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab4+b5
	16		16

⇔ 3(a⁵+b⁵) ≥ a⁴b+2a³b²+2a²b³+ab⁴ Ale zachodzi: {a⁵ + b⁵ ≥ a⁴b + ab⁴ {2(a⁵+b⁵) ≥ 2(a³b²+a²b³) (Obie nierówności bezpośrednio z nierówności o ciągach jednomonotonicznych) dodając mamy tezę.

Godzio: Gdybym coś jeszcze z tego rozumiał

Godzio: Mam nadzieję, że o ile zostanę nauczycielem to nie trafi mi się taki Vax bo to porażka dla mnie by była

Trivial: No tak, ciągi jednomonotoniczne. Jak mogłem na to nie wpaść!

;) ZKS ;): Kurde też o tym zapomniałem A co to?!

Trivial: Zapytaj mistrza Vaksa.

;) ZKS ;): Nie wiesz czegoś pytaj Vaxa.

Vax: Po prostu jeżeli mamy 2 ciągi (a₁ , a₂ , .. , a_n) oraz (b₁ , b₂ , .. , b_n) i dla dowolnych naturalnych i,k ∊ [1 ; n] gdzie i < k zachodzi a_i ≥ a_k to dane ciągi są jednomonotoniczne i wówczas zachodzi nierówność: a₁b₁ + a₂b₂ + .. + a_nb_n ≥ a₁b₁' + a₂b₂' + .. + a_nb_n' gdzie b_i' jest dowolną permutacją ciągu b_i, i w naszym przypadku możemy założyć bez straty ogólności, że a ≥ b wówczas ciągi (a² , b²) oraz (a³ , b³) są jednakowo monotoniczne, więc: a²*a³ + b²*b³ ≥ a²*b³+b²*a³ Czyli 1 nierówność, drugą dowodzimy podobnie

;) ZKS ;): Rób sobie kolejne Vax i tak dalej tego pewnie nie zrozumiem.

Godzio: A ja myślałem, że umiem matematykę

xXx: haha Godzio identyczne myśli mi przeszły przez głowę ta szkolna matematyka a to z czym zapoznaje nas Vaxa to 2 kompletnie różne sprawy

Godzio: Ale Vax coś długo się zastanawia nad jednym: Udowodnij, że nierówność zachodzi dla każdego naturalnego n: aⁿ + bⁿ + cⁿ > 0 gdy a + b + c > 0 i abc > 0

;) ZKS ;): A mojego nie chce nawet ruszyć Vax.

Trivial: Rzeczywiście coś długo. Pewnie udawania jakieś lematy potrzebne do zadania.

Jack: poszedł chłopak się odlać, a wy sensację węszycie

Godzio:

;) ZKS ;): Jack a skąd wiesz że akurat to może robi to drugie.

Jack: nie, raczej nie myśli nad tym zadaniem (albo już szykuje uogólnienie albo jak napisał Trivial, jakiś ciekawy lemacik) − tak czy siak jestem pod ogromnym wrażeniem...

Trivial: Jack, znałeś oczywistą nierówność o ciągach jednomonotonicznych?

Jack: hmm pojęcie gdzieś mi się obiło o uszy (są jeszcze ciągi superrosnące, nawet kiedyś jakieś zadania z tym robiłem) ale z jednomonotonicznymi nigdy.... Tej nierówności nigdy na oczy nie widziałem, w ogóle nie zauważyłbym potrzeby skorzystania z pojęcia ciągu jednomonotonicznego (prawdę mówiąc te zadania na AM−GM−HM też były dla mnie pewnym odkryciem − tego się normalnie nie robi w szkole ani na studiach matematycznych). Eh.. czemu kiedy byłem młodszy zamiast czytać Siepińskiego biegałem za piłką i oglądałem MacGyvera...

Jack: /Sierpińskiego

Trivial: Jeszcze nic straconego − zawsze możesz sobie zrobić profesora.

Jack: czym innym w życiu mam zamiar się zajmować Matematyka była mi potrzebna jako środek do upatrzonego wcześniej celu. Poza tym po wpisach i wyczynach Godzia jestem spokojny o poziom nauczania matematyki − zostawiam to lepszym

Trivial: Czym będziesz się zajmować? Analizą ruchu płynów?

Jack: nie Wiąże nadzieje z pracą na uczelni ale w nieco innym kierunku... Jak obronię pracę dr, zdradzę swój mały sekret

Trivial: Mam nadzieję, że to forum wytrzyma te 5 lat.

Godzio: Mamy kolejny cel, czekać na "sekret" Jacka

Jack: mam jeszcze 3 lata (nie licząc "dogrywki", czyli dziekanki). Poza tym ciekawe zadania nam wrzucają − ja raczej wytrzymam Dobra, ale co z tym Vaxem

Trivial: Stawiam, że ugrzązł w lematach.

Vax: No na herbatce byłem Co do rozwiązania mamy dane: a+b+c > 0 oraz abc > 0, z 2 warunku wynika, że albo wszystkie niewiadome > 0 (wtedy teza oczywiście prawdziwa) albo 2 są ujemne, niech bso a>0 , b,c < 0 no i z pierwszego założenia a > −b−c Mam dowieść aⁿ+bⁿ+cⁿ > 0, dla n=1 i wszystkich parzystych oczywiście działa, zakładam, że n jest nieparzyste > 2, zakładam nie wprost że teza nie zachodzi, no ale wtedy (równość z Wielkiego Twierdzenia Fermata nigdy nie zajdzie, n=2k+1): 0 > aⁿ+bⁿ+cⁿ = (−b−c)^2k+1 + b^2k+1 + c^2k+1 ⇔ (b+c)^2k+1 > b^2k+1+c^2k+1 Rozwijam lewą stronę z dwumianu Newtona, skraca mi się prawa strona i dostaję coś takiego:

2k+1 1		2k+1 2		2k+1 2k
	b2kc +		b2k−1c2 + ... +		bc2k > 0

Skąd od razu dostajemy sprzeczność, bo oczywiście b,c < 0, a w każdym składniku mamy jedną niewiadomą w parzystym wykładniku a jedną w nieparzystym skąd każdy składnik jest ujemny skąd cała suma jest ujemna, sprzeczność dowodzi tezy

Jack: No to teraz wyzwanie − kto stwierdzi, że dowód nie zawiera błędu?

Trivial: Ja zginąłem w połowie.

b.: zadanko Godzia: Dowieść, że jeżeli a + b = 1 to

	1
a5+b5 ≥
	16

też można zrobić z nierówności między średnimi (konkretnie, uogólnioną średnią z wykładnikiem 5 i średnią arytm.):

	a5+b5		a+b		1
(		)1/5 ≥		=
	2		2		2

skąd teza odnośnik dla ciekawskich: http://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_mean

Godzio: Gdyby zrobił tak jak ja mam to rozwiązane to bym mógł stwierdzić Ale za to zadanie 3/5 pkt dostajesz Vax

Godzio: Szkoda, że ciekawski ≠ osoba znająca angielski

b.: @Vax: chyba nie było założenia, że a,b,c są całkowite −− więc tw. Fermata tu na nic

b.: jutro dopiszę coś po polsku

Vax: Twierdzenie Fermata nie gra tutaj i tak większej roli, możesz zapisać nierówności nieostre dowód i tak będzie działał.

Jack: ja bym dał 5/3 pkt

Trivial: To może ja dam zadanko. Udowodnij, że średnia wysokość drzewa poszukiwań binarnych utworzonego z ciągu n losowych liczb, gdzie każda permutacja ciągu jest jednakowo prawdopodobna wynosi co najwyżej 3lgn + O(1). Jeżeli Vax to rozwiąże, to ja wymiękam.

Vax: Sorry, ale tego to ja nie zrobię

;) ZKS ;): Vax a na tamtą nierówność się obraziłeś?

Wezyr: Załóżmy że a>0; b<0 c<0 to wprowadzając: b'=−b; c'=−c mamy: a − b' − c' > 0 ⇒ aⁿ > (b' + c')ⁿ > b'ⁿ + c'ⁿ ⇒ aⁿ − b'ⁿ − c'ⁿ >0 ⇒ aⁿ + bⁿ + cⁿ >0 bo n−nieparzyste

Vax: Nie, ale ona jest ,,trochę" cięższa od pozostałych, zaraz będę szedł spać i jakby jutro (dzisiaj) udało mi się ją zrobić to napiszę

Vax: Wezyr szczerze mówiąc to Twój dowód jest identyczny co mój, tylko nie wprowadzałem niewiadomych pomocniczych i uzasadniłem nierówność (b+c)ⁿ > bⁿ+cⁿ.

Vax: Dobra ja lecę spać, dobranoc wszystkim

;) ZKS ;): Ja też się zbieram i będę czekał na rozwiązanie tej nierówności Vax. Dobranoc wam.

Godzio: Dobranoc

Trivial: Noc.

Pestek: Braliście udział w jakiś olimpiadach matematycznych?

b.: jeszcze wracając do zadania Godzia z a+b=1: 1) nasze dowody zawierają lukę: działają tylko dla a,b nieujemnych. Gdy np. a<0, można argumentować tak: b⁵ = (a+b − a)⁵ ≥ (a+b)⁵ + (−a)⁵ (z rozwinięcia w dwumian Newtona), i stąd a⁵+b⁵ ≥ (a+b)⁵ = 1. 2) uogólniona średnia z wykładnikiem p, z liczb dodatnich x₁, x₂,..,x_n (wystarczy nieujemność gdy p≥0), to liczba M_p(x₁,...,x_n) określona wzorem

	x1p + x2p + ... + xnp
Mp(x1,...,xn) = (		)1/p, gdy p≠0,
	n

M_p(x₁,...,x_n) = (x₁x₂ ... x_n)^1/n, gdy p=0 zachodzi nastepująca nierówność: gdy p<q, to średnia liczb x₁, x₂,... x_n>0 z wykładnikiem p jest mniejsza od średniej z wykładnikiem q dla p=−1, q=0 oraz p=0, q=1 dostaje się znane nierówności między 'klasycznymi' średnimi 3) wyjaśnienie nieco nienaturalnej na pierwszy rzut oka definicji dla p=0: mozna (łatwo ) policzyć granicę z M_p(x₁,x₂,...,x_n) przy p→0, wychodzi wtedy średnia geometryczna...

Vax: Mój dowód nie zawiera luki, nierówność o ciągach jednomonotonicznych zachodzi dla rzeczywistych niewiadomych, nie tylko nieujemnych : http://pl.wikipedia.org/wiki/Nier%C3%B3wno%C5%9B%C4%87_o_ci%C4%85gach_jednomonotonicznych A nierówność o której mówisz to po prostu nierówność między średnimi potęgowymi, używając tej nazwy szybko znajdziesz to na Polskiej wiki: http://pl.wikipedia.org/wiki/Nier%C3%B3wno%C5%9B%C4%87_mi%C4%99dzy_%C5%9Brednimi_pot%C4%99gowymi Pozdrawiam.

b.: hmm rzeczywiście pozdrawiam również

Vax:

	1		1		1		9
(xy+yz+zx)(		+		+		) ≥
	(x+y)2		(x+z)2		(y+z)2		4

Wymnażamy teraz wszystkie mianowniki, odpowiednio grupujemy i dostajemy: (∑_symx⁵y − ∑_symx⁴y²) + 3(∑_symx⁵y − ∑_symx³y³) + (∑_symx⁴yz+∑_symx²y²z² − 2∑_symx³y²z) ≥ 0 Teraz odpowiednio w 1 i 2 składniku wszystko jest nieujemne, co wynika od razu z nierówności Muirheada, ponieważ ciąg (5,1,0) majoryzuje (4,2,0) oraz ciąg (5,1,0) majoryzuje (3,3,0), w ostatnim składniku dzieląc wszystko przez 2xyz dostajemy do pokazania: (x³+y³+z³) + 3xyz ≥ xy(x+y)+xz(x+z)+yz(y+z) Co wynika bezpośrednio z nierówności Schura, qed.

Trivial: Cudownych nierówności ciąg dalszy...

marcin: a teraz Vax na serio. jestes doktorem matematyki ?

Jack: jest obcykany w zadaniach olimpijskich, ale pochodnych już nie ruszy

danny: stawiam że Vax studiuję matematykę stosowaną lub się doktoryzuje niby miałem to wszystko ale Vax jest Czempionem matematyki

danny: Z pochodnych to Vax się śmieje

Vax: Hehe No z pochodnych to jedynie podstawy umiem, aby umieć sprawdzać wklęsłości/wypukłości funkcji, czego potrzeba do nierówności Jensena, dalej się w ten temat nie zagłębiałem

Trivial: Powiedz mi Vax, co ty robisz w gimnazjum?

Vax: Na lekcjach matematyki przerabiam zadania z różnych zbiorów przygotowujące do olimpiady, a na pozostałych, to w sumie najczęściej tak samo

Jack: tak z ciekawości, z jakich zbiorów się przygotowujesz?

Vax: M.in ,,Wędrówki po krainie nierówności" , ,,Zadania z matematyki dla olimpijczyków gimnazjalistów i licealistów", ,,Impresje matematyczne cz. 1,2,3" , ,,Przygotowanie do olimpiad matematycznych − Musztari.Ch.D" Oprócz tego to przerabiam również zadania z poprzednich olimpiad, oraz zadania z różnych warsztatów matematycznych.

Trivial: Wędrówki po krainie nierówności! Wiedziałem, że pewnie coś takiego!

Jack: tak, z tymi nierównościami to faktycznie się wyróżniasz Nigdy nie słyszałem o tych zbiorach... nigdy nie robiłem zadań pod kątem olimpiad (odkąd się dowiedziałem byłem na czym polega nauka do nich przestałem o nich myśleć)

TPB: To może je dam dwa, myślę że niezbyt trudne zadanka z algebry. Vax oczywiście je zrobi raz dwa, nawet mi się je udało szybko ugryźć, ale niech inni też popróbują swoich sił (zadania są olimpijskie, ale rozwiązuje się je bardzo przyjemnie, nie trzeba znać żadnych 'olimpijskich' chwytów) zad. 1 Rozwiąż układ równań:

⎧	y2 = (x+8)(x2+2)
⎩	y2 −(4x+8)y+(16+16x−5x2) = 0

zad. 2 Liczby a,b,c,d są dodatnie, a ich suma jest równa 1. Udowodnij nierówność:

a2		b2		c2		d2
	+		+		+		≥1
a+b		b+c		c+d		d+a

Kiedy zachodzi równość? Mam jeszcze takie pytanie do Vaxa jak długo już siedzisz nad matematyką olimpijską? Rok, dwa? I ile czasu poświęcasz tak dziennie na matematykę?

TPB: Jeżeli ktoś jest zainteresowany z jakiego zestawu są te problemy wzięte, to jest to arkusz zadań z Irlandzkiej Olimpiady Matematycznej z 1999 roku, linki do zbiorku (oraz innych) poniżej: http://www.imomath.com/index.php?options=oth|Ire|Ne|Ne&ttn=Ireland&p=0

TPB:

	1
Błąd w zadaniu drugim, ma tam być ≥		, a nie 1, przepraszam
	2

TPB: Poczułem się odtrącony

Jack: w zad 2 dochodzę do tego, że wyrażenie jest ≥1/4 (zbyt grubo szacuję). Nie odtrąciłem Twoich zadań

TPB: Wiem, żartuję.

b.: nie martw się, moje zadania zwykle w ogóle nie cieszą się zainteresowaniem

Vax: 2) Stosujemy nierówność Cauchy'ego Schwarza w formie Engela:

a2		b2		c2		d2		(a+b+c+d)2		a+b+c+d
	+		+		+		≥		=		=
a+b		b+c		c+d		d+a		2(a+b+c+d)		2

	1
		, równość zachodzi przy równych niewiadomych
	2

Vax: 1) { y² = (x+8)(x²+2) { y² − (4x+8)y+(16+16x−5x²) = 0 ⇔ (y−5x−4)(y+x−4) = 0 1*) y=5x+4, wstawiamy do 1: (5x+4)² = (x+8)(x²+2) x³ − 17x²−38x = 0 ⇔ x(x+2)(x−19) = 0 skąd dostajemy 3 pary: (x,y) = (0,4) v (−2,−6) v (19,99) 2*) y = −x+4 (−x+4)² = (x+8)(x²+2) x(x+2)(x+5) = 0 I dostajemy 2 nowe pary: (x,y) = (−2 , 6) v (−5 , 9) Czyli podsumowując tezę spełniają 4 pary: (x,y) = (0,4) v (−2,−6) v (19,99) v (−5,9) v (−2,6)

Vax: 5 par*

Pestek: Vax z matematyka.pl i Ty to ten sam?

Vax: Tak