Olimpíadas(Polônia 1999) Inequação Tópico resolvido

Aqui devem ser postados problemas Olímpicos. Informe a olimpíada e o ano no título do tópico. Exemplo: (OBM - 2008).

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triplebig
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Fev 2009 17 21:39

(Polônia 1999) Inequação

Mensagem não lida por triplebig » Ter 17 Fev, 2009 21:39

A soma dos números positivos \text{a,b,c} é 1 . Prove que

a^2+b^2+c^2+2\sqrt{3abc}\leq 1
tentativa

Tentei fazer algumas coisas tipo:

a^3+b^3+c^3\geq 3abc\\
(a+b+c)^3-3(a+b)(b+c)(a+c)\geq3abc\\
1-3(1-c)(1-a)(1-b)\geq 3abc\\
1-3(1-c-a+ac)(1-b)\geq3abc\\
1-3(1-c-a+ac-b+bc+ab-abc)\geq3abc\\
1-3+3(a+b+c)-3(ac+bc+ab)+3abc\geq3abc\\
3-3(ab+ac+bc)\geq2\\3(ab+bc+ac)\leq 1

Mas também

1=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)\;\Leftright\;ab+bc+ac=\frac{1-(a^2+b^2+c^2)}{2}

Aí substituindo

3\(\frac{1-(a^2+b^2+c^2)}{2}\)\leq 1

3-3(a^2+b^2+c^2)\leq 2\\
a^2+b^2+c^2\geq\frac{1}{3}

Mas o que incomoda é o 2\sqrt{3abc}

Última edição: triplebig (Ter 17 Fev, 2009 21:39). Total de 1 vez.



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matbatrobin
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Fev 2009 19 19:03

Re: (Polônia 1999) Inequação

Mensagem não lida por matbatrobin » Qui 19 Fev, 2009 19:03

Pela lei das médias aritméticas e geométricas:
  • \begin{cases} a,\,b,\,c\,> 0 \\ a,\,b,\,c \in \mathbb{R} \end{cases} \,\Longrightarrow \sqrt[3]{abc}\leq \frac{a+b+c}{3} \\ \, \\  a+b+c=1\Rightarrow \sqrt[3]{abc}\leq \frac{1}{3} \\ abc\leq \frac{1}{27} \\ \sqrt[2]{abc}\leq \frac{1}{3\sqrt{3}} \\ 2\sqrt{3} \cdot \sqrt{abc}\leq \frac{2}{3}
Foi isso que eu consegui achar espero que seja útil.... :D

Última edição: matbatrobin (Qui 19 Fev, 2009 19:03). Total de 1 vez.



Beastie
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Fev 2009 20 01:08

Re: (Polônia 1999) Inequação

Mensagem não lida por Beastie » Sex 20 Fev, 2009 01:08

Da desigualdade de Cauchy-Schwarz, (p^2+q^2+r^2)\cdot\,(x^2+y^2+z^2)\geq\,(xp+yq+zr)^2\,\,\forall\,p,\,q,\,r,\,x,\,y,\,z\,\in\,\mathbb{R} .


Fazendo \{x=q\\y=r\\z=p, tem-se: (pq+qr+pr)^2\leq(p^2+q^2+r^2)^2\,\Rightarrow\,pq+qr+pr\leq\,p^2+q^2+r^2, já que, por suposição, p,q,r\geq\,0 .


Fazendo \{p=ab\,\\q=ac\\r=bc\\a+b+c=1\\a,b,c\geq\,0 , tem-se: (ab)^2+(ac)^2+(bc)^2\geq\,a^2bc+ab^2c+abc^2=abc(a+b+c)=abc .


Assim: (ab)^2+(ac)^2+(bc)^2\geq\,abc \text{(*)} .


Desenvolvendo \text{(*)}:

(ab)^2+(ac)^2+(bc)^2+2abc(a+b+c)\geq\,abc+2abc(a+b+c)

(ab+bc+ac)^2\geq\,3abc

ab+bc+ac\geq\,\sqrt{3abc}

2(ab+bc+ac)\geq\,2\sqrt{3abc}

2(ab+bc+ac)+a^2+b^2+c^2\geq\,a^2+b^2+c^2+2\sqrt{3abc}

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

\fbox{1\geq\,a^2+b^2+c^2+2\sqrt{3abc}} .
Última edição: Beastie (Sex 20 Fev, 2009 01:08). Total de 1 vez.


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Re: (Polônia 1999) Inequação

Mensagem não lida por triplebig » Sex 20 Fev, 2009 01:41

Primeiramente, apontando um erro no que eu descobri:

1-3+3(a+b+c)-3(ab+bc+ac)\geq 0\;\Leftright\;3(ab+bc+ac)\leq1 e não \geq como está lá em cima.

Aí consequentemente

a^2+b^2+c^2\leq \frac{1}{3}

E da inequação do matbatrobin :

2\sqrt{3abc}\leq\frac{2}{3} .

Somando as duas:

a^2+b^2+c^2+2\sqrt{3abc}\leq \frac{1}{3}+\frac{2}{3}=1

Aí essa aí sai sem cauchy-schwartz.

Quanto a resolução do Beastie foi brilhante, foi você que resolveu?
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Beastie
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Re: (Polônia 1999) Inequação

Mensagem não lida por Beastie » Sex 20 Fev, 2009 10:37

Foi sim. :P

Acho que o segredo foi desenvolver a desigualdade; dá pra chegar em \text{(*)}:pra provar a desigualdade basta provar \text{(*)}. Aí fiz o caminho inverso pra parecer elegante. :mrgreen:

Última edição: Beastie (Sex 20 Fev, 2009 10:37). Total de 1 vez.


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