Matematické Fórum

Alan122 · 31. 07. 2010 13:49

Za predpokladu,že platí a+b+c=6 dokažte,že neplatí a^2+b^2+c^2 < 12
Prosim o pomoc díki :)

BakyX · 31. 07. 2010 15:20

Ja by som povedal takto:

Dajme tomu, že $a=b=c$

$a+a+a=6$
$a=2$

$a^2+a^2+a^2=12$
$a^2<4$
$|a|<2$

Tieto dve tvrdenia sa nazvájom vylučujú.

Stýv · 31. 07. 2010 16:28

↑ BakyX: tím jsi to ale dokázal jenom pro jednu trojici a,b,c. zbývá jich ještě nekonečně mnoho;)

Mr.Pinker · 31. 07. 2010 16:55

a z jakýho oboru číslenýho sou a,b,c ?

Alan122 · 31. 07. 2010 18:24

↑ Mr.Pinker:
realna čísla

rughar · 01. 08. 2010 19:50

A co takhle?

$a=6-b-c$

A tedy ověřujeme, že

$(6-b-c)^2+b^2+c^2\ge12$
$36 -12(b+c)+2(b^2+c^2+bc)\ge12$
$6(b+c)-(b^2+c^2+bc)\le12$

Nyní to na levé straně můžeme vyšetřit jako funkci dvou proměnných. Zkusíme najít její extrém. Začneme hledáním lokálních.

$\partial_c[6(b+c)-(b^2+c^2+bc)]=6-2c-b$
$\partial_b[6(b+c)-(b^2+c^2+bc)]=6-2b-c$

Extrém je v bodě

$0=6-2c-b$
$0=6-2b-c$

A tedy v bodě b=c=2.

Jedná se o jediný bod, kde jsou první derivace nulové a je to jediný bod podezřelý z extrému z celého R^2. Snadno se z matice druhých derivací přesvědšíem, že jde o maximum a tedy je zároveň i globálním maximem. Nejvyšší hototy výraz $6(b+c)-(b^2+c^2+bc)$ tedy nabývá pro b=c=2 a to hodnoty 12. Pak tedy

$6(b+c)-(b^2+c^2+bc)\le12$

je splněno pro všechna reálná b,c.

Věřím ale, že lze nalézt nějaký více trikový postup. Já osobně vždy preferoval analýzu :-)

pizet · 01. 08. 2010 23:11 — Editoval pizet (02. 08. 2010 13:38)

Ja som zas skúsil:
$a+b+c=6 \nl (a+b+c)^2=36 \nl a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca=36 \nl a^2+b^2+c^2=36-2(ab+bc+ca) \nl \Rightarrow 36-2(ab+bc+ca) \ge 12/\div2 \nl 18-ab-bc-ca \ge a+b+c \nl 18-ab-bc-ca \ge 6 \nl 12 \ge ab+bc+ca$
Vráťme sa k
$a^2+b^2+c^2=36-2(ab+bc+ca)$
Dajme tomu, že ak $12 = ab+bc+ca$
tak určite $a^2+b^2+c^2 = 12$
A ak $12 \ge ab+bc+ca$ tak $(ab+bc+ca) \in (-\infty;12>$ .
Z toho plynie, že táto nerovnosť $a^2+b^2+c^2 \ge12$ musí platiť,
pretože ak dosádzame na pravej strane za $ab+bc+ca$ čísla z intervalu
$(-\infty;12>$ tak sa nám zvyšuje. Tým pádom aby platila rovnosť,
sa musí zvyšovať aj ľavá strana t.j. $a^2+b^2+c^2$ a to v inter-
vale $<12;\infty)$ $\Rightarrow$ $a^2+b^2+c^2 \ge 12$ a tým pádom
sme dokázali spor, čiže pôvodné tvrdenie neplatí, tak ako by aj nemalo.

P.S. Dúfam, že som tu nepopísal sprostosti ale IMHO by to malo byť správne.
PP.S. Ak som popísal hovadiny tak ma nešetrite :D.

Pavel Brožek

↑ pizet:

Nemůžu vyloučit, že myšlenka je správná, ale zápis je velmi špatný a nesrozumitelný. Třeba postupu

Dajme tomu, že ak $12 = ab+bc+ca$
tak určite $a^2+b^2+c^2 = 12$

vůbec nerozumím. To má být implikace? Pak neplatí (a=0, b=3, c=4).

To jsem vybral jednu věc z mnoha.

pizet · 01. 08. 2010 23:51

↑ BrozekP: Máš pravdu.

Stýv · 02. 08. 2010 10:16

nechci vám tu kazit zábavu, tak jenom malý hint:

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

pizet · 02. 08. 2010 10:30

↑ Stýv:
No pozrel som si čo to tá AG nerovnosť je a hneď mi trklo ale tu sa píše, že "... že aritmetický průměr skupiny nezáporných čísel je vždy větší nebo roven geometrickému průměru těchto čísel... ", čiže podľa toho čo tu uvádzajú by sa malo jednať o nezáporné čísla ale autor témy vravel, že majú byť reálne.

Pavel Brožek · 02. 08. 2010 10:45

↑ pizet:

Ale třeba $a^2$ už nezáporné je.

byk7 už sem nějaké řešení pomocí AG nerovnosti dával, nestihl jsem ho ale zkontrolovat než ho smazal, tak předpokládám, že tam měl někde drobnou chybu.

Alan122 · 02. 08. 2010 12:34

↑ BrozekP:
a ako to bude pomocou AG nerovnosti ?

Stýv · 02. 08. 2010 12:48

↑ Alan122: kde jsi k té úloze vlastně přišel? přijde mi to jako typická soutěžní úloha...

Alan122 · 02. 08. 2010 12:58

↑ Stýv:
uloha je zo zbierky pre gymnazia.Je však pri nej hviezdička takže je to náročnejšia uloha.

Stýv · 02. 08. 2010 13:24

ok. kompletní řešení:

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

byk7 · 02. 08. 2010 15:13 — Editoval byk7 (02. 08. 2010 15:25)

Mám jiné řešení:
Dokážeme nerovnost (*) $a^2+b^2+c^2\ge12$ ,
to je ale jednoduché, vyjdeme z nerovnosti mezi kvadratickým a aritmetickým průměrem.
Nerovnost vydělíme třemi a odmocníme:
$a^2+b^2+c^2\ge12 \nl \frac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge4 \nl \sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}\ge2$
Na levé straně je kvadratický průměr čísel a,b,c.
Na pravé aritmetický, platí to, protože $a+b+c=6\Rightarrow\frac{a+b+c}{3}=2$ .

Tím je dokázána nerovnost (*), a z toho plyne neplatnost nerovnosti $a^2+b^2+c^2<12$ .

Edit: ↑ BrozekP: chyba tam opravdu byla, a to taková, že jsem dokazoval úplně jinou neronost

Stýv · 02. 08. 2010 16:08

↑ byk7: řekl bych, že kvadratickej průměr není zrovna známá věc

byk7 · 02. 08. 2010 16:11 — Editoval byk7 (02. 08. 2010 16:12)

↑ Stýv:
↑ Alan122:

kvadratický průměr se definuje jako $\sqrt{\frac{1}{n}\cdot\sum_{i=1}^n{x_i}^2$ .

Matematické Fórum

#1 31. 07. 2010 13:49

Dokaz

#2 31. 07. 2010 15:20

Re: Dokaz

#3 31. 07. 2010 16:28

Re: Dokaz

#4 31. 07. 2010 16:55

Re: Dokaz

#5 31. 07. 2010 18:24

Re: Dokaz

#6 01. 08. 2010 19:50

Re: Dokaz

#7 01. 08. 2010 23:11 — Editoval pizet (02. 08. 2010 13:38)

Re: Dokaz

#8 01. 08. 2010 23:31 — Editoval BrozekP (01. 08. 2010 23:33)

Re: Dokaz

#9 01. 08. 2010 23:51

Re: Dokaz

#10 02. 08. 2010 10:16

Re: Dokaz

#11 02. 08. 2010 10:30

Re: Dokaz

#12 02. 08. 2010 10:45

Re: Dokaz

#13 02. 08. 2010 12:34

Re: Dokaz

#14 02. 08. 2010 12:48

Re: Dokaz

#15 02. 08. 2010 12:58

Re: Dokaz

#16 02. 08. 2010 13:24

Re: Dokaz

#17 02. 08. 2010 15:13 — Editoval byk7 (02. 08. 2010 15:25)

Re: Dokaz

#18 02. 08. 2010 16:08

Re: Dokaz

#19 02. 08. 2010 16:11 — Editoval byk7 (02. 08. 2010 16:12)

Re: Dokaz

Zápatí