Page 1 of 1
Subiectul I-faza finala-Concursul de Evaluare in Educatie
Posted: Tue Jun 10, 2008 8:57 pm
by Tudor Micu
Sa se arate ca: \( 2(|z|^3+|w|^3)\leq|z+w|^3+|z-w|^3 \), oricare ar fi \( z,w\in C \)
Sorin Radulescu
Posted: Tue Jun 10, 2008 11:16 pm
by Marius Mainea
Cazul 1) \( |w|\geq|z| \). Prin impartire cu |z| nenul, avem de demonstrat inegalitatea \( 2(|1+|t|^3)\leq|1+t|^3+|1-t|^3 \) unde \( |t|\geq1 \),\( t=\frac{w}{z} \)
Insa RHS\( =(|1+t|+|1-t|)(|1+t|^2+|1-t|^2-|1-t^2|)\geq2|t|[2(1+|t|^2)-1-|t|^2]=2|t|(1+|t|^2)=2(|t|+|t|^3)\geq2(1+|t|^3) \) qe.d.
Cazul 2) |w|<|z|. Se procedeaza analog impartind prin |w| nenul si reducem la cazul precedent.
Cazul 3) |z| sau |w| =0 e trivial.
Posted: Wed Jun 11, 2008 9:15 am
by Tudor Micu
Rezolvarea mea:
Fie ABCD un paralelogram astfel incat A(0) B(z) D(w) C(z+w)
Avem deci de demonstrat ca \( 2(AB^3+AD^3)\leq AC^3+BD^3 \)
Din teorema cosinusul in ABD si ADC avem:
\( BD^2=AB^2+AC^2-2\cdot AB\cdot AC \cos (BAD) \)
\( AC^2=AD^2+DC^2-2\cdot AD\cdot DC \cos (ADC)=AD^2+AB^2+2\cdot AB\cdot AD \cos (BAD) \)
Si prin adunare: \( AC^2+BD^2=2(AB^2+AD^2) \)
Din inegalitatea generalizata a mediilor:
\( \sqrt[3]{\frac{AC^3+BD^3}{2}}\geq\sqrt{\frac{AC^2+BD^2}{2}}=\sqrt{AB^2+AD^2} \)
Ne ramane de aratat ca \( (\sqrt{AB^2+AD^2})^3\geq AB^3+AD^3 \), adica \( (x^2+y^2)^3\geq (x^3+y^3)^2 \), \( x,y \) pozitive
Acest lucru este echivalent cu \( x^6+y^6+3x^2y^2(x^2+y^2)\geq x^6+y^6+2x^2y^2(xy) \), echivalent cu \( x^2y^2(3x^2+3y^2-2xy)\geq 0 \), care este evident.