Ny ulikhet:
La $a,b,c,d$ være positive reelle tall slik at $abcd=\frac{1}{4}$. Vis følgende ulikhet og finn likhetstilfelle(ne):
\[
\left ( 16ac+\frac{a}{c^2d}+\frac{16c}{a^2d}+\frac{4}{ac}\right ) \left ( bd +\frac{b}{256d^2c}+\frac{d}{b^2a}+\frac{1}{64bd}\right ) \geq \frac{81}{4}
\]
Ulikhetmaraton
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
Lil_Flip39
- Cayley
- Posts: 91
- Joined: 25/04-2024 12:57
- Location: Oslo
Skriver bare en sketch av en løsning, sidne Ife er allergisk mot å faktisk skrive oppgaven riktig. I løsningen antar vi at en av \(d\) skal være \(b\).
Vi bruker først cauchy schwarz for å få:
\[\left ( 16ac+\frac{a}{c^2d}+\frac{16c}{a^2b}+\frac{4}{ac}\right ) \left ( bd +\frac{b}{256d^2c}+\frac{d}{b^2a}+\frac{1}{64bd}\right )\geq \left ( 2+\frac{\sqrt{ab}}{16\sqrt{c^3d^3}}+\frac{4\sqrt{cd}}{\sqrt{a^3b^3}}+\frac{1}{2}\right )^2\]
Dermed er det nok å vise
\[\left ( 2+\frac{\sqrt{ab}}{16\sqrt{c^3d^3}}+\frac{4\sqrt{cd}}{\sqrt{a^3b^3}}+\frac{1}{2}\right )^2\geq \frac{81}{4}\]
men etter å ta rot og forenkling ender man bare opp med å måtte vise
\[\left (\frac{\sqrt{ab}}{16\sqrt{c^3d^3}}+\frac{4\sqrt{cd}}{\sqrt{a^3b^3}}\right )\geq 2\]
men vi har av AM-GM at
\[\left (\frac{\sqrt{ab}}{16\sqrt{c^3d^3}}+\frac{4\sqrt{cd}}{\sqrt{a^3b^3}}\right )\geq 2\sqrt{\frac{1}{4abcd}}=2\] som var det vi skulle vise.
Dermed trenger vi bare å finne likhetstillfellene, dette er ikke så vanskelig, siden vi trenger bare likhet i AM-GM og cauchy, og det blir det samme som å løse likningsett.
Da må man ha at de 2 siste termsa må være like, og foholdet mellom leddene i cauchy skal være likt. Jeg husker ikke hva likhetstilfellene er, og jeg orker ikke algebraen igjen.
Vi bruker først cauchy schwarz for å få:
\[\left ( 16ac+\frac{a}{c^2d}+\frac{16c}{a^2b}+\frac{4}{ac}\right ) \left ( bd +\frac{b}{256d^2c}+\frac{d}{b^2a}+\frac{1}{64bd}\right )\geq \left ( 2+\frac{\sqrt{ab}}{16\sqrt{c^3d^3}}+\frac{4\sqrt{cd}}{\sqrt{a^3b^3}}+\frac{1}{2}\right )^2\]
Dermed er det nok å vise
\[\left ( 2+\frac{\sqrt{ab}}{16\sqrt{c^3d^3}}+\frac{4\sqrt{cd}}{\sqrt{a^3b^3}}+\frac{1}{2}\right )^2\geq \frac{81}{4}\]
men etter å ta rot og forenkling ender man bare opp med å måtte vise
\[\left (\frac{\sqrt{ab}}{16\sqrt{c^3d^3}}+\frac{4\sqrt{cd}}{\sqrt{a^3b^3}}\right )\geq 2\]
men vi har av AM-GM at
\[\left (\frac{\sqrt{ab}}{16\sqrt{c^3d^3}}+\frac{4\sqrt{cd}}{\sqrt{a^3b^3}}\right )\geq 2\sqrt{\frac{1}{4abcd}}=2\] som var det vi skulle vise.
Dermed trenger vi bare å finne likhetstillfellene, dette er ikke så vanskelig, siden vi trenger bare likhet i AM-GM og cauchy, og det blir det samme som å løse likningsett.
Da må man ha at de 2 siste termsa må være like, og foholdet mellom leddene i cauchy skal være likt. Jeg husker ikke hva likhetstilfellene er, og jeg orker ikke algebraen igjen.
-
Lil_Flip39
- Cayley
- Posts: 91
- Joined: 25/04-2024 12:57
- Location: Oslo
Ny ulikhet:
An acute triangle $ABC$ is given and $H$ and $O$ be its orthocenter and circumcenter respectively. Let $K$ be the midpoint of $AH$ and $\ell$ be a line through $O. $ Let $P$ and $Q$ be the projections of $B$ and $C$ on $\ell. $ Prove that$$KP+KQ\ge BC$$
(PS: Alle løsninger som innholder noen form for koordinatsystem er forbudt
)
An acute triangle $ABC$ is given and $H$ and $O$ be its orthocenter and circumcenter respectively. Let $K$ be the midpoint of $AH$ and $\ell$ be a line through $O. $ Let $P$ and $Q$ be the projections of $B$ and $C$ on $\ell. $ Prove that$$KP+KQ\ge BC$$
(PS: Alle løsninger som innholder noen form for koordinatsystem er forbudt
)Løsning uten koordinater: 
La $O$ ligge i origo. La $A$, $B$ og $C$ være enhetsvektorer. La $u$ være en enhetsvektor parallell med $l$. La $M=\frac{A+B}{2}$. Vi har $H=A+B+C$, $K=A+M$, $P=(B\cdot u)u$ og $Q=(C\cdot u)u$. La $v$ være en enhetsvektor ortogonal på $u$. Fra nå skriver vi $u$ eller $v$ i subskript for å referere til en vektorkomponent i tilhørende retning.
Vi har $P=B_u$ og $Q=C_u$. La $x=A+M_v$ og la $y=\frac{B_u-C_u}{2}$. Vi ser da at $K-P=x-y$ og $K-Q=x+y$. Av pytagoras er $\| x-y\| +\|x+y\|\geq 2\sqrt{\| x\|^2+\| y\|^2}$. Det holder nå å vise at $\| x\|^2+\| y\|^2\geq \frac{(B-C)^2}{4}$.
\[
\| x\|^2+\| y\|^2 = A^2+A\cdot (B_v+C_v)+\frac{(B_v+C_v)^2}{4} + \frac{(B_u-C_u)^2}{4}=1+\frac{B^2+C^2}{4}+\frac{B_vC_v-B_uC_u}{2}
\]
Til slutt trenger vi bare å vise at $1+\frac{B_vC_v-B_uC_u}{2}\geq \frac{-BC}{2}$, som er ekvivalent med $1\geq -B_vC_v$, men det stemmer av at $1=\| B\|\geq \| B_v\|$ og det samme for $C$.
$\square$
Neida, her følger lovlig bevis, men gidder ikke skrive vinkeljakt.
$\textbf{Påstand: }$ $OBC\sim MPQ$
$\textit{Bevis. }$ Følger av lett vinkeljakt.
$\textbf{Påstand: }$ $R=AO=KM$
$\textit{Bevis. }$ Av homoteti i $H$ med skaleringsfaktor 2 er $AKMO$ et parallellogram.
Av Ptolemaios ulikhet på $KPOQ$ er
\[
KP+KQ\geq \frac{PQ\cdot OC}{PM} = OC\cdot \frac{BC}{OC} =BC
\]
$\blacksquare$
La $O$ ligge i origo. La $A$, $B$ og $C$ være enhetsvektorer. La $u$ være en enhetsvektor parallell med $l$. La $M=\frac{A+B}{2}$. Vi har $H=A+B+C$, $K=A+M$, $P=(B\cdot u)u$ og $Q=(C\cdot u)u$. La $v$ være en enhetsvektor ortogonal på $u$. Fra nå skriver vi $u$ eller $v$ i subskript for å referere til en vektorkomponent i tilhørende retning.
Vi har $P=B_u$ og $Q=C_u$. La $x=A+M_v$ og la $y=\frac{B_u-C_u}{2}$. Vi ser da at $K-P=x-y$ og $K-Q=x+y$. Av pytagoras er $\| x-y\| +\|x+y\|\geq 2\sqrt{\| x\|^2+\| y\|^2}$. Det holder nå å vise at $\| x\|^2+\| y\|^2\geq \frac{(B-C)^2}{4}$.
\[
\| x\|^2+\| y\|^2 = A^2+A\cdot (B_v+C_v)+\frac{(B_v+C_v)^2}{4} + \frac{(B_u-C_u)^2}{4}=1+\frac{B^2+C^2}{4}+\frac{B_vC_v-B_uC_u}{2}
\]
Til slutt trenger vi bare å vise at $1+\frac{B_vC_v-B_uC_u}{2}\geq \frac{-BC}{2}$, som er ekvivalent med $1\geq -B_vC_v$, men det stemmer av at $1=\| B\|\geq \| B_v\|$ og det samme for $C$.
$\square$
Neida, her følger lovlig bevis, men gidder ikke skrive vinkeljakt.
$\textbf{Påstand: }$ $OBC\sim MPQ$
$\textit{Bevis. }$ Følger av lett vinkeljakt.
$\textbf{Påstand: }$ $R=AO=KM$
$\textit{Bevis. }$ Av homoteti i $H$ med skaleringsfaktor 2 er $AKMO$ et parallellogram.
Av Ptolemaios ulikhet på $KPOQ$ er
\[
KP+KQ\geq \frac{PQ\cdot OC}{PM} = OC\cdot \frac{BC}{OC} =BC
\]
$\blacksquare$
Last edited by lfe on 25/06-2025 23:46, edited 1 time in total.
lil_flip og ccccpenguin er på fest med elever fra oslo rompeldunk gymnasium. Elevene ved denne skolen er litt spenstige så de danner spesiele sosiale strukturer. Hvis to elever er venner, så har de ingen felles venner. Hvis to elever ikke er venner, så har de nøyaktig 2 venner til felles. La $n$ være det minste antallet elever større enn 4, fra rumpeldunk gymnasiet slik at de kan kjøre sitt sosiale løp. Vis at $11<n<17$.
Løst med en del veiledning.
Observer først at det er mulig for n=16, ved å la alle degreesa være 5.
Denne kan konstrueres ved å først legge til nederse node, så legge til 5 over koblet til den.
Deretter lage en node med edge til hvert utvalg av de 2 nodene over. Så koble sammen alle noder over som har disjunkte fotpunkter. En kan se dette er 16 noder, alle med grad 5 og som har egenskapen beskrevet i oppgaven.
Vi starter med et søtt lite lemma:
Alle nodene har lik grad.
Bevis:
Åpenbart er grafen connected, og for n>4 finnes det minst en node med grad >2.
La a og b være to nabonoder.
La v være en node ved siden av a.
Siden det ikke er noen trekanter vil v ha en nabo k, som også er nabo til b av egenskap 2 med grafen.
Vi observerer at disse parene er i bijeksjon, som beviser lemmaet.
Vi viser nå et nytt resultat, som gjør casebashen litt mer troverdig.
Observer at hvis vi tar for oss en node i, og en node som ikke deler en kant med i, vil det være 2 nabonoder til i slik at de danner en 4sykel. En kan sjekke at dette bare skjer en gang. Dette betyr at for hvert utvalg av ikkenaboer til x er et unikt valg av 2 naboer til x, som gir følgende ulikhet.
[tex] {d_i}\choose{2} [/tex][tex]\geq n-1-d_i[/tex]
Dette reduserer til
[tex]d_i \geq \frac{\sqrt{8n-7}-1}{2}[/tex]
Videre er det velkjent at for en graf uten triangler er
[tex]n^2 \geq 4k = 2nd[/tex]
[tex]n \geq 2d[/tex].
Man kan nå case nesten alt under 11 helt uten problemer. om n= 4 er det ikke nok plass for n<11, og for n= 3 er det trivielt å sjekke.
For n= 11 dobbelteller vi.
Det er åpnebart ikke grad 5noder, siden summen av gradene er et partall. Dermed følger det av ulikheten vi viste ovenfor at d =4.
Antallet ikkekanter er [tex]{11}\choose{2} -2*11 =33 [/tex]
Men vi har også at antallet ikkekanter må være et partall, siden for hver 4sykel er det 2 ikkekanter. I tilleg vil hver ikkekant indusere en 4sykel, som gir en 2-1 korrespondanse mellom ikkekanter og 4sykler, som løser oppgaven
Observer først at det er mulig for n=16, ved å la alle degreesa være 5.
Denne kan konstrueres ved å først legge til nederse node, så legge til 5 over koblet til den.
Deretter lage en node med edge til hvert utvalg av de 2 nodene over. Så koble sammen alle noder over som har disjunkte fotpunkter. En kan se dette er 16 noder, alle med grad 5 og som har egenskapen beskrevet i oppgaven.
Vi starter med et søtt lite lemma:
Alle nodene har lik grad.
Bevis:
Åpenbart er grafen connected, og for n>4 finnes det minst en node med grad >2.
La a og b være to nabonoder.
La v være en node ved siden av a.
Siden det ikke er noen trekanter vil v ha en nabo k, som også er nabo til b av egenskap 2 med grafen.
Vi observerer at disse parene er i bijeksjon, som beviser lemmaet.
Vi viser nå et nytt resultat, som gjør casebashen litt mer troverdig.
Observer at hvis vi tar for oss en node i, og en node som ikke deler en kant med i, vil det være 2 nabonoder til i slik at de danner en 4sykel. En kan sjekke at dette bare skjer en gang. Dette betyr at for hvert utvalg av ikkenaboer til x er et unikt valg av 2 naboer til x, som gir følgende ulikhet.
[tex] {d_i}\choose{2} [/tex][tex]\geq n-1-d_i[/tex]
Dette reduserer til
[tex]d_i \geq \frac{\sqrt{8n-7}-1}{2}[/tex]
Videre er det velkjent at for en graf uten triangler er
[tex]n^2 \geq 4k = 2nd[/tex]
[tex]n \geq 2d[/tex].
Man kan nå case nesten alt under 11 helt uten problemer. om n= 4 er det ikke nok plass for n<11, og for n= 3 er det trivielt å sjekke.
For n= 11 dobbelteller vi.
Det er åpnebart ikke grad 5noder, siden summen av gradene er et partall. Dermed følger det av ulikheten vi viste ovenfor at d =4.
Antallet ikkekanter er [tex]{11}\choose{2} -2*11 =33 [/tex]
Men vi har også at antallet ikkekanter må være et partall, siden for hver 4sykel er det 2 ikkekanter. I tilleg vil hver ikkekant indusere en 4sykel, som gir en 2-1 korrespondanse mellom ikkekanter og 4sykler, som løser oppgaven
Last edited by CCPenguin on 30/06-2025 21:09, edited 3 times in total.
Ny oppgave:
Ørnen er på jakt, og trenger at du løser denne oppgaven før kyllingene løper vekk.
Let $ a_1, a_2,\ldots, a_n$ be non-negative real numbers. Prove that
$\frac{1}{1+ a_1}+\frac{ a_1}{(1+ a_1)(1+ a_2)}+\frac{ a_1 a_2}{(1+ a_1)(1+ a_2)(1+ a_3)}+$ $\cdots+\frac{ a_1 a_2\cdots a_{n-1}}{(1+ a_1)(1+ a_2)\cdots (1+ a_n)} \le 1.$
Ørnen er på jakt, og trenger at du løser denne oppgaven før kyllingene løper vekk.
Let $ a_1, a_2,\ldots, a_n$ be non-negative real numbers. Prove that
$\frac{1}{1+ a_1}+\frac{ a_1}{(1+ a_1)(1+ a_2)}+\frac{ a_1 a_2}{(1+ a_1)(1+ a_2)(1+ a_3)}+$ $\cdots+\frac{ a_1 a_2\cdots a_{n-1}}{(1+ a_1)(1+ a_2)\cdots (1+ a_n)} \le 1.$