Matematikos Maratonas Nr. 1

tai galima tada dar ir kompleksinius sprendinius skaiciuoti ;]

Įdomu kaip einasi naujajam uždaviniui. Gal reiktų hinto? :)

Na, atsižvelgiant į nepasotinamą entuziazmą sprendžiant šį uždavinį, postinu sprendimą:
(a+b+c+d)(a+b+c+d)-(a^2+b^2+c^2+d^2)= 9*9-21 = 60 atskliaudus ir išprastinus gaunam:
ab+ac+ad+bc+bd+cd=30 (1)

Neprarasdami bendrumo galime teigti, kad a≥b≥c≥d
Tada pagal perstatos nelygybę:
ab+cd≥ac+bd ir ab+cd≥ad+bc
todėl iš (1) išplaukia, kad ab+cd≥10

toliau nagrinėjame reiškinį (a+b)^2+(c+d)^2=a^2+b^2+c^2+d^2 + 2ab+ 2cd ≥ 21+ 2*10=41 (2)
kadangi a+b+c+d=9 pasižymime a+b=x ir tada c+d=9-x isistačius į (2) gauname
(9-x)^2 + x^2 ≥ 41
2x^2 - 18x + 40≥ 0
(x-4)(x-5)≥0
kadangi ankščiau teigėme kad a≥b≥c≥d tai x≥5

Nagrinėjame paskutinį reiškinį:
21 + ab - cd=a^2+b^2+c^2+d^2 + ab- cd = (a+b)^2 + (c-d)^2 ≥ (a+b)^2 ≥ 5*5=25
iš to seka, kad ab-cd≥2

Šitas bus kiek lengvesnis:
Turim trapeciją ir per jos šonines kraštines nubrėžti apskritimai taip, kad šoninės kraštinės būtų kartu ir apskritimų skersmenys. Rasti trapecijos perimetrą jei duotieji apskritimai tarpusavyje liečiasi, o trapecijos vidurio linija yra lygi a :)

Gražus ano sprendimas (pats panašiai dariau, bet taip ir nepavyko pabaigt).
O naujas tai jau žymiai lengvesnis :).

Aišku, kad atkarpa, jungianti apskritimų centrus, eina per jų lietimosi tašką. Dar aišku, kad ta atkarpa sutampa su trapecijos vidurine linija (nes apskritimų centrai dalija šonines kraštines pusiau).
Taigi a=r+R.
Tada P=pagrindu suma+vieno apskritimo skersmuo+kito apskritimo skersmuo=2a+2(r+R)=2a+2a=4a.

Naujas uždavinys:
(a,b,c≥1)
Įrodykite, kad √(a-1)+√(b-1)+√(c-1)≤√(c(ab+1))
(Hong Kong 1998)

sitas irgi nesunkus :)
isirodome lemytę kad √x + √y ≤ √(x+1)√(y+1)
tiesiog pasikelus kvadratu: x + y + 2√xy ≤ x + y + 1 + xy, o čia jau akivaizdu :)
tada taikome tą lemytę du kartus iš eilės:
pirmasis: √(a-1) + √(b-1) ≤ √ab
antrasis: √ab + √(c-1) ≤ √(c(ab-1)
ir baigta :)

Naujas uždavinys :

x,y,z>0 ir xyz=1

((x+y-1)^2):z + ((y+z-1)^2):x + ((z + x - 1)^2):y ≥ x+y+z

Sėkmės ;)

Padauginam nelygybę ekvivalenčiai iš xyz. Turim

xy(x+y-1)²+yz(y+z-1)²+zx(z+x-1)²≥x²yz+xy²z+xyz²,

xy(x²+y²+1+2xy-2x-2y)+yz(y²+z²+1+2yz-2y-2z)+zx(z²+x²+1+2zx-2z-2x)≥x²yz+xy²z+xyz²,

x³y+xy³+xy+2x²y²+y³z+yz³+yz+2y²z²+z³x+zx³+zx+2z²x²≥x²yz+xy²z+xyz²+2x²y+2xy²+2y²z+2yz²+2z²x+2zx²,

Pagal nelygybę, siejančią aritmetinį-geometrinį vidurkius, turime
x³y+xy≥2x²y,
y³z+yz≥2y²z,
z³x+zx≥2z²x,
taip pat
(x²y²+y²z²)/2≥xy²z,
(y²z²+z²x²)/2≥xyz²,
(z²x²+x²y²)/2≥x²yz.

Mums liko įrodyti, kad
xy³+yz³+zx³+x²y²+y²z²+z²x²≥2xy²+2yz²+2zx².

Įrodysime, kad x²y²+y²z²+z²x²≥xy+yz+zx.
Pagal nelygybę, siejančią kvadratinį-aritmetinį vidurkius, turime
x²y²+y²z²+z²x²≥(xy+yz+zx)(xy+yz+zx)/3
O pagal nelygybę, siejančią aritmetinį-geometrinį vidurkius,
xy+yz+zx≥3 ³√(x²y²z²)=3
Todėl x²y²+y²z²+z²x²≥xy+yz+zx.

Mums liko įrodyti, kad
xy³+yz³+zx³+xy+yz+zx≥2xy²+2yz²+2zx².
Čia vėl pritaikom aritmetinio-geometrinio vidurkių nelygybę ir gaunam ko reikia.

Naujas uždavinys:
Raskite lygties
[math]a^{2011}+b^{2011}+c^{2011}=0[/math]
Sveikuosius sprendinius.

Bachukai, tavo sprendimas, aišku, yra geras, bet šitas dar ir gražus XD:
pridedame abiem nelygybės pusėms po x+y+z ir gauname:
((x+y-1)^2):z+z +((y+z-1)^2):x+x + ((z + x - 1)^2):y+y ≥ 2(x+y+z)
pagal AM≥GM  ((x+y-1)^2):z+z≥2(x+y-1)
padarome taip su visa nelygybe ir...
gauname: 3(x+y+z)≥2(x+y+z) + 3 kas jau viai trivialu turint xyz=1

Tavo duotasis uždavinys yra labai įdomus, bet jis yra atskira dalis vienos garsiausių teoremų,
sakančios kad su visais k≥3 nėra sveikųjų lygties sprendinių: a^k+b^k=c^k
imant k=2011 uždavinys išspręstas.
Apie tą teoremą galima pasiskaityti kad ir čia http://en.wikipedia.org/wiki/Fermat's_Last_Theorem

Tai įmesk pilną sprendimą :)