Zad. 1. Udowodnij, że dla dowolnych liczb dodatnich a1, a2, ... , an (dla [tex](n\ge3)[/tex]) zachodzi nierówność [tex] 2(n-2)\left(\sum_{1\le i < j \le n} a_ia_j \right)^2 \ge 3(n-1)\sum_{i=1}^n a_i \cdot \sum_{1\le i < j < k \le n} a_ia_ja_k[/tex].
Zad. 2. Pokaż, że dla dowolnych liczb naturalnych m i n istnieje liczba naturalna k taka, że
[tex](\sqrt{m} + \sqrt{m-1})^n = \sqrt{k} + \sqrt{k-1}[/tex].
Zad. 3. Niech a, b, c oznaczają długości boków trójkąta, p - połowę jego obwodu, a r - promień okręgu wpisanego w ten trójkąt. Udowodnij, że [tex] \frac{1}{(p-a)^2} + \frac{1}{(p-b)^2} + \frac{1}{(p-c)^2} \ge \frac{1}{r^2}[/tex].
W tym miesiącu punkty zdobyli:
- 30 - Radosław Górzyński (I LO Lubin),
- 30 - Miłosz Zajdel (I LO Krosno).
Zad. 1. Dla n=3 nierówność przyjmuje postać [tex]2\left(a_1a_2 + a_2a_3 + a_2a_3\right)^2 \ge 6(a_1+a_2+a_3)a_1a_2a_3[/tex]. Jest ona równoważna nierówności [tex]\left(a_1a_2 - a_1a_3)^2\right) + \left(a_1a_2 - a_2a_3\right)^2 + \left(a_1a_3 - a_2a_3\right)^2\ge 0[/tex]. Przypuśćmy, że nierówność z zadania jest prawdziwa dla n=s. Przy tym założeniu udowodnimy ją dla n = s+1. Rozważmy wielomian pomocniczy [tex]w(x) = \prod_{i=1}^{s+1}(x-a_i) = \sum_{i=0}^{s+1} (-1)^ns_ix^{n-1}[/tex], gdzie ai są liczbami z zadania. Różniczkując stronami, otrzymujemy [tex]w'(x) = \sum_{i=0}^s(-1)^i(s+1-i)s_ix^{s-i}[/tex]. Z drugiej strony z twierdzenia Rolle'a wiemy, że w' jest postaci [tex]w'(x) = (s+1)\prod_{i=1}^s(x-b_i) = \sum_{i=0}^s (-1)^inv_ix^{s-i} [/tex], dla pewnych liczb dodatnich b1, ..., bs. Porównując te postaci, dostajemy układ równań: [tex]\begin{cases} ss_1 &= (s+1)v_1, \\ (s-1)s_2 &= (s+1)v_2, \\ ... \end{cases}[/tex]. Z założenia indukcyjnego otrzymujemy nierówność (używamy wzorów Viete'a na współczynniki wielomianu): [tex]2(s-2)v_2^2 \ge 3(s-1)v_1v_3[/tex]. Ponieważ [tex]v_1 = \frac{s}{s+1}s_1, v_2 = \frac{s-1}{s+1}s_2, v_3 = \frac{s-2}{s+1}s_3[/tex], podstawiając do poprzedniej nierówności, otrzymujemy [tex]2(s-1)s_2^2 \ge 3ss_1s_3[/tex], co kończy dowód.
Zad. 2. Niech [tex]a\ge b[/tex] będą nieujemnymi liczbami rzeczywistymi i niech [tex]n\in\mathbb{N}[/tex]. Niech [tex]p = \frac{(a+b)^n - (a-b)^n}{2}[/tex]. Wtedy [tex] p^2 + (a^2 - b^2)^n = \frac{1}{4}((a+b)^n + (a-b)^n)^2[/tex], skąd [tex] \sqrt{p^2 + (a^2-b^2)^n} = \frac{1}{2}((a+b)^n + (a-b)^n) = (a+b)^n - p[/tex]. Zatem [tex] \sqrt{p^2 +(a^2-b^2)^n} + \sqrt{p^2} = (a+b)^n[/tex]. Podstawmy [tex]a=\sqrt{s},b=\sqrt{s-k}[/tex], gdzie [tex]s,k\in\mathbb{N},s\ge k[/tex]. Wtedy p2 jest liczbą całkowitą i mamy [tex](\sqrt{s} + \sqrt{s-k})^n = \sqrt{p^2} + \sqrt{p^2 + k^n} [/tex]. Przyjmując k=1, otrzymujemy tezę.
Zad. 3. Porównując dwa wzory na pole trójkąta, otrzymujemy równość (pr)2 = p(p–a)(p–b)(p–c), z której wynika, że:
[tex]\begin{align} \frac{1}{r^2} &= p\cdot\frac{1}{p-a}\cdot\frac{1}{p-b}\cdot\frac{1}{p-c} =\\ &= \frac{1}{(p-a)(p-b)} + \frac{1}{(p-b))(p-c)} + \frac{1}{(p-c)(p-a)} \le \\ &\le \frac{1}{(p-a)^2} +\frac{1}{(p-b)^2} + \frac{1}{(p-c)^2}\end{align}[/tex].
