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 »

A soma dos números positivos [tex3]\text{a,b,c}[/tex3] é [tex3]1[/tex3] . Prove que

[tex3]a^2+b^2+c^2+2\sqrt{3abc}\leq 1[/tex3]
tentativa

Tentei fazer algumas coisas tipo:

[tex3]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[/tex3]

Mas também

[tex3]1=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)\;\Leftright\;ab+bc+ac=\frac{1-(a^2+b^2+c^2)}{2}[/tex3]

Aí substituindo

[tex3]3\(\frac{1-(a^2+b^2+c^2)}{2}\)\leq 1[/tex3]

[tex3]3-3(a^2+b^2+c^2)\leq 2\\
a^2+b^2+c^2\geq\frac{1}{3}[/tex3]

Mas o que incomoda é o [tex3]2\sqrt{3abc}[/tex3]

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 »

Pela lei das médias aritméticas e geométricas:
  • [tex3]\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}[/tex3]
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 »

Da desigualdade de Cauchy-Schwarz, [tex3](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}[/tex3] .


Fazendo [tex3]\{x=q\\y=r\\z=p[/tex3] , tem-se: [tex3](pq+qr+pr)^2\leq(p^2+q^2+r^2)^2\,\Rightarrow\,pq+qr+pr\leq\,p^2+q^2+r^2[/tex3] , já que, por suposição, [tex3]p,q,r\geq\,0[/tex3] .


Fazendo [tex3]\{p=ab\,\\q=ac\\r=bc\\a+b+c=1\\a,b,c\geq\,0[/tex3] , tem-se: [tex3](ab)^2+(ac)^2+(bc)^2\geq\,a^2bc+ab^2c+abc^2=abc(a+b+c)=abc[/tex3] .


Assim: [tex3](ab)^2+(ac)^2+(bc)^2\geq\,abc[/tex3] [tex3]\text{(*)}[/tex3] .


Desenvolvendo [tex3]\text{(*)}[/tex3] :

[tex3](ab)^2+(ac)^2+(bc)^2+2abc(a+b+c)\geq\,abc+2abc(a+b+c)[/tex3]

[tex3](ab+bc+ac)^2\geq\,3abc[/tex3]

[tex3]ab+bc+ac\geq\,\sqrt{3abc}[/tex3]

[tex3]2(ab+bc+ac)\geq\,2\sqrt{3abc}[/tex3]

[tex3]2(ab+bc+ac)+a^2+b^2+c^2\geq\,a^2+b^2+c^2+2\sqrt{3abc}[/tex3]

[tex3](a+b+c)^2\geq\,a^2+b^2+c^2+2\sqrt{3abc}[/tex3]

[tex3]\boxed{1\geq\,a^2+b^2+c^2+2\sqrt{3abc}}[/tex3] .
Última edição: Beastie (Sex 20 Fev, 2009 01:08). Total de 1 vez.


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triplebig
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Re: (Polônia 1999) Inequação

Mensagem não lida por triplebig »

Primeiramente, apontando um erro no que eu descobri:

[tex3]1-3+3(a+b+c)-3(ab+bc+ac)\geq 0\;\Leftright\;3(ab+bc+ac)\leq1[/tex3] e não [tex3]\geq[/tex3] como está lá em cima.

Aí consequentemente

[tex3]a^2+b^2+c^2\leq \frac{1}{3}[/tex3]

E da inequação do matbatrobin :

[tex3]2\sqrt{3abc}\leq\frac{2}{3}[/tex3] .

Somando as duas:

[tex3]a^2+b^2+c^2+2\sqrt{3abc}\leq \frac{1}{3}+\frac{2}{3}=1[/tex3]

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 »

Foi sim. :P

Acho que o segredo foi desenvolver a desigualdade; dá pra chegar em [tex3]\text{(*)}[/tex3] :pra provar a desigualdade basta provar [tex3]\text{(*)}[/tex3] . 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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