қазақша
русскийОбластная олимпиада по математике, 2022 год, 9 класс
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
_s.JPG)
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.
По КБШ:
$$\sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\ldots+a_{n}^{2}} \cdot \sqrt{b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\ldots+b_{n}^{2}}\geq a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_nb_n$$
В частности,$$\sqrt{1^2+1^2+1^2} \cdot \sqrt{a^2+b^2+b^2}\geq a+2b$$ Проделываем то же самое для остальных корней и получим $$\sqrt{3} \cdot (\sqrt{a^2+2b^2}+\sqrt{b^2+2c^2}+\sqrt{c^2+2a^2})\geq 3(a+b+c)$$ Переносим $\sqrt{3}$ и получаем требуемое.
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 :
$(a^2+2b^2)(b^2+2c^2)>=(ab+2bc)^2$,
$(b^2+2c^2)(c^2+2a^2)>=(bc+2ac)^2$,
$(c^2+2a^2)(a^2+2b^2)>=
(ac+2ab)^2$
Если Взять В корни обе стороны всех троих неравенств и суммировать их то у нас получится:
$√(a^2+2b^2)(b^2+2c^2)+√(b^2+2c^2)(c^2+2a^2)+√(c^2+2a^2)(a^2+2b^2)>=3ab+3bc+3ac$
Умножим данное на 2 и добавим в обе стороны $(√(a^2+2b^2))^2$,
$(√(b^2+2c^2))^2$,
$(√(c^2+2a^2))^2$
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 $(√(a^2+2b^2)+√(b^2+2c^2)+√(c^2+2a^2))^2)$
Если взять под корень обе стороны получившегося то у нас выйдет $√(a^2+2b^2)+√(b^2+2c^2)√(c^2+2a^2)>=√3×(a+b+c)$
Что нам и требовалась доказать.
Еще одно решение:
Возведем в квадрат: $a^2+2b^2 + b^2+2c^2 +c^2+2a^2 +2\sqrt{(a^2+2b^2)(b^2+2c^2)}+2\sqrt{(b^2+2c^2)(c^2+2a^2)}+2\sqrt{(c^2+2a^2)(a^2+2b^2)} \geq$ $$ \geq 3(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac) $$
Сокращаем $3(a^2+b^2+c^2)$, затем все неравенство на 2, остается доказать $\sqrt{(a^2+2b^2)(b^2+2c^2)}+\sqrt{(b^2+2c^2)(c^2+2a^2)}+\sqrt{(c^2+2a^2)(a^2+2b^2)} \geq 3(ab+bc+ac)$ (!)
Заметим, что $\sqrt{(a^2+2b^2)(b^2+2c^2)} \geq ab+2bc$ по КБШ, тогда сумма таких неравенств дает требуемое
Ну и еще одно решение ко множеству.
Пусть исходное выражение слева A, справа B, тогда
$(!) A \geq B$
По Коши или по КБ:
$\sqrt{a^{2}+b^{2}+b^{2}} * \sqrt{3+3+3} \geq a*\sqrt{3}+b*\sqrt{3}+b*\sqrt{3}$
Анологично:
$\sqrt{b^{2}+c^{2}+c^{2}} * \sqrt{3+3+3} \geq b*\sqrt{3}+c*\sqrt{3}+c*\sqrt{3}$
И еще
$\sqrt{c^{2}+a^{2}+a^{2}} * \sqrt{3+3+3} \geq c*\sqrt{3}+a*\sqrt{3}+a*\sqrt{3}$
Проссумируем все, получим:
$3A \geq 3B$
Сократив на три получим исходное
Решение Караматой
БОО $a \geq b \geq c$, тогда $\{a^2 + 2b^2, c^2 + 2a^2, b^2 + 2c^2\} \succ \{3c^2, 3b^2, 3a^2\}$,
тогда по неравенству Караматы для вогнутой функции $f(x) = \sqrt{x},$ $x > 0$, имеем
$f(a^2 + 2b^2) + f(c^2 + 2a^2) + f(c^2 + 2a^2) \geq f(3a^2) + f(3b^2) + f(3c^2) \iff \sqrt{a^2 + 2b^2} + \sqrt{b^2 + 2c^2} + \sqrt{c^2 + 2a^2} \geq \sqrt{3a^2} + \sqrt{3b^2} + \sqrt{3c^2} =\sqrt{3}(a+b+c)$
Ч.Т.Д.
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
$$\sqrt{a^2+2b^2}+\sqrt{b^2+2c^2}+\sqrt{c^2+2a^2}$$
Длина гипотенузы большого треугольника равна (или расстояние между А и D)
$$\sqrt{{(a+b+c)}^2+2{(a+b+c)}^2}=\sqrt3(a+b+c)$$
Длина прямого отрезка между двумя точками А и D, не может быть длиннее ломаной AD,
Поэтому,
$$\sqrt{a^2+2b^2}+\sqrt{b^2+2c^2}+\sqrt{c^2+2a^2}\geq\sqrt3(a+b+c)$$
Кароче вот решение первого автора на Latex:
Давайте умножим обе части неравенства на $\sqrt{3}$. Тогда нам нужно доказать, что $\sqrt{3a^2+ 6b^2} + \sqrt{3b^2 + 6c^2} + \sqrt{3c^2+ 6a^2} \geq 3a + 3b + 3c$. По неравенству Коши заметим, что $3a^2 + 6b^2 \geq (a + 2b)^2$, то есть $\sqrt{3a^2 + 6b^2} \geq a + 2b$;
$\sqrt{3b^2 + 6c^2} \geq b + 2c$;
$\sqrt{3c^2 + 6a^2} \geq c + 2a$
Суммируя три неравенства получаем исходное, которое и требовалось доказать.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.