[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[Premislav]

Dobra, to zadanie było naprawdę kjowe, więc trochę się boję, że nikomu nie będzie się chciało pisać, w ramach bonusu wrzucę pięć dowodów oraz nowe zadanie.

sposób nr 1:    

Na mocy nierówności między średnią kwadratową a harmoniczną mamy
\(\displaystyle{ \sqrt{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_{i}^{2}}}\ge \frac{n}{\sum_{i=1}^{n}a_{i}}}\)
Podnosimy to stronami do kwadratu, mnożymy stronami przez \(\displaystyle{ n\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{2}}\) i po herbacie.

sposób nr 2:    

Funkcja \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{x^{2}}}\) jest wypukła w \(\displaystyle{ \RR^{+}}\), zatem na mocy nierówności Jensena:
\(\displaystyle{ \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_{i}^{2}}\ge \frac{1}{\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{2}}=\frac{n^{2}}{\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{2}}}\)
Mnożymy stronami przez \(\displaystyle{ n\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{2}}\) i otrzymujemy tezę, c.k.d.

sposób nr 3:    

Niech \(\displaystyle{ S=\sum_{i=1}^{n}a_{i}}\). Nierówność jest symetryczna, zatem bez straty ogólności możemy założyć, że \(\displaystyle{ a_{1}\ge a_{2}\ge \ldots \ge a_{n}}\).
Nietrudno sprawdzić, że wtedy \(\displaystyle{ (a_{1}, a_{2}\ldots a_{n}) \succ \left(\frac{S}{n}, \frac{S}{n}, \ldots \frac{S}{n}\right)}\).
Ponadto funkcja \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{x^{2}}}\) jest wypukła. Wobec tego na mocy nierówności Karamaty
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}f(a_{i})\ge \overbrace{f\left(\frac{S}{n}\right)+\ldots+f\left(\frac{S}{n}\right)}^{n}=\frac{n^{3}}{\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{2}}}\)
Mnożymy stronami przez \(\displaystyle{ \left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{2}}\) i tyle.

Jeśli pamięć mnie nie myli, tak tego dowodził Lev.

sposób nr 4:    

Zauważmy, że dla dowolnego \(\displaystyle{ t>0}\) prawdziwa jest nierówność
\(\displaystyle{ 2t^{3}-3t^{2}+1\ge 0 \ (*)}\)
z równością dla \(\displaystyle{ t=1}\).
Przekształca się ona do postaci
\(\displaystyle{ (t-1)^{2}(2t+1)\ge 0}\)
(można również udowodnić ją z AM-GM: \(\displaystyle{ \frac{t^{3}+t^{3}+1}{3}\ge t^{2}}\)).

Podstawmy w nierówności \(\displaystyle{ (*), \ t:=nx, \ n\in \NN, x>0}\), a następnie podzielmy otrzymaną w ten sposób nierówność stronami przez
\(\displaystyle{ x^{2}}\). Po przeniesieniu niektórych składników na prawo otrzymamy
\(\displaystyle{ \frac{1}{x^{2}}\ge -2n^{3}x+3n^{2} \ (\spadesuit)}\)

Przejdźmy do rozwiązania zadania:
bez straty ogólności niech \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}a_{i}=1}\). Dowodzona nierówność ma wówczas po prostu formę
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_{i}^{2}}\ge n^{3}}\)
Stosujemy nierówność \(\displaystyle{ (\spadesuit)}\) dla \(\displaystyle{ x=a_{i}, \ i=1\ldots n}\) i dodajemy otrzymane nierówności stronami, co daje nam
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_{i}^{2}}\ge -2n^{3}\sum_{i=1}^{n}a_{i}+n\cdot 3n^{2}=n^{3}}\)
czyli tezę.

sposób nr 5:    

Na mocy nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną mamy:
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}a_{i}\ge n\left(\prod_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{\frac{1}{n}}\\\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_{i}^{2}}\ge n\left(\prod_{i=1}^{n}\frac{1}{a_{i}^{2}}\right)^{\frac{1}{n}}=\frac{n}{\left(\prod_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{\frac{2}{n}}} \ (\heartsuit)}\)
Podnosimy pierwszą z otrzymanych nierówności do kwadratu, dostając
\(\displaystyle{ \left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{2}\ge n^{2}\left(\prod_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{\frac{2}{n}} \ (\spadesuit)}\), mnożymy stronami nierówności
\(\displaystyle{ (\heartsuit), \ (\spadesuit)}\) i otrzymujemy tezę.

Nowe zadanie:
niech \(\displaystyle{ x,y,z\in \RR^{+}, \ x+y+z=1}\). Proszę udowodnić, że
\(\displaystyle{ \frac{(1+xy+yz+zx)\left(1+3x^{3}+3y^{3}+3z^{3}\right)}{9(x+y)(y+z)(z+x)}\ge \left(\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{x(x+1)^{\frac{1}{2}}}{\left(3+9x^{2}\right)^{\frac{1}{4}}}\right)^{2}}\)

[bosa_Nike]

Ukryta treść:    

Prawa strona:
Ponieważ \(\displaystyle{ \frac{4}{9}\ge\frac{(t+1)^2}{3+9t^2}\iff 3(1-3t)^2\ge 0}\), to dla dodatnich \(\displaystyle{ t}\) mamy \(\displaystyle{ \sqrt{\frac{2}{3}}t\ge\frac{t\sqrt{t+1}}{\sqrt[4]{3+9t^2}}}\), więc $$\left(\frac{x\sqrt{x+1}}{\sqrt[4]{3+9x^2}}+\frac{y\sqrt{y+1}}{\sqrt[4]{3+9y^2}}+\frac{z\sqrt{z+1}}{\sqrt[4]{3+9z^2}}\right)^2\le\frac{2}{3}(x+y+z)^2=\frac{2}{3}.$$
Lewa strona:
Oznaczając dla skrócenia zapisu \(\displaystyle{ x+y+z=p,\ xy+yz+zx=q,\ xyz=r}\), mamy $$\begin{aligned}\frac{3(1+xy+yz+zx)\left(1+3x^3+3y^3+3z^3\right)}{27(x+y)(y+z)(z+x)}&\ge\frac{3(1+xy+yz+zx)\left(1+3x^3+3y^3+3z^3\right)}{\left((x+y)+(y+z)+(z+x)\right)^3}\\&=\frac{3}{8}(1+xy+yz+zx)\left(1+3x^3+3y^3+3z^3\right)\\&=\frac{3}{8}(1+q)\left(1+3\left(p^3-3pq+3r\right)\right)\\&=\frac{3}{8}(1+q)\left(\left(p^3-4pq+9r\right)+\left(1+2p^3-5pq\right)\right)\\&\ge\frac{3}{8}(1+q)(3-5q).\end{aligned}$$
Pierwsze szacowanie to AM-GM, a drugie wynika z nierówności Schura trzeciego stopnia: \(\displaystyle{ p^3+9r\ge 4pq}\).

Pozostaje dowieść \(\displaystyle{ \frac{3}{8}(1+q)(3-5q)-\frac{2}{3}=\frac{1}{24}(1-3q)(11+15q)\ge 0}\), co jest prawdą, bo \(\displaystyle{ 1=p^2\ge 3q}\).
Równość wtw, gdy \(\displaystyle{ q=\frac{1}{3}}\), czyli dla \(\displaystyle{ x=y=z=\frac{1}{3}}\).

[Premislav]

Bardzo elegancko, można wrzucać następne.

co do lewej strony…:    

Można też było skorzystać z tego, że \(\displaystyle{ 1+xy+yz+zx=(x+y)(y+z)+(y+z)(z+x)+(z+x)(x+y)}\), wtedy lewa strona przyjmuje formę
\(\displaystyle{ \frac{1+3x^{3}+3y^{3}+3z^{3}}{9}\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{1}{x+y}}\)
następnie z AM-HM
\(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}^{}\frac{1}{x+y}\ge \frac{9}{2}}\)
oraz z nierówności Höldera (można też użyć średnich potęgowych, by to dowieść)
\(\displaystyle{ 9\left(x^{3}+y^{3}+z^{3}\right)\ge (x+y+z)^{3}=1}\),
stąd
\(\displaystyle{ 3\left(x^{3}+y^{3}+z^{3}\right)\ge \frac{1}{3}}\)
i po robocie.

[bosa_Nike]

Dany jest trójkat o bokach \(\displaystyle{ a,b,c}\), promieniach okręgu opisanego i wpisanego odpowiednio \(\displaystyle{ R, r}\) (\(\displaystyle{ r>0}\)) oraz promieniach okręgów dopisanych \(\displaystyle{ r_a,r_b,r_c}\). Udowodnij, że $$\frac{(1+r_ar_b)(r_a+r_b)}{\left(1+r_a^2\right)\left(1+r_b^2\right)}+\frac{(1+r_br_c)(r_b+r_c)}{\left(1+r_b^2\right)\left(1+r_c^2\right)}+\frac{(1+r_cr_a)(r_c+r_a)}{\left(1+r_c^2\right)\left(1+r_a^2\right)}\le\frac{2R-r}{r}.$$

W razie braku odzewu z mojej strony w ciągu, powiedzmy, dwunastu godzin po publikacji rozwiązania, proszę sie nie wahać i kontynuować zabawę.

[Premislav]

coś za łatwo poszło:    

Ponieważ na mocy nierówności Cauchy'ego-Schwarza mamy
\(\displaystyle{ (1+r_{a}r_{b})^{2}\le \left(1+r_{a}^{2}\right)\left(1+r_{b}^{2}\right)\\(r_{a}+r_{b})^{2}\le \left(r_{a}^{2}+1\right)\left(1+r_{b}^{2}\right)}\)
więc po spierwiastkowaniu tego stronami i wymnożeniu stronami otrzymanych nierówności dostajemy
\(\displaystyle{ (1+r_{a}r_{b})(r_{a}+r_{b})\le \left(1+r_{a}^{2}\right)\left(1+r_{b}^{2}\right)\\\frac{(1+r_{a}r_{b})(r_{a}+r_{b})}{\left(1+r_{a}^{2}\right)\left(1+r_{b}^{2}\right)}\le 1}\)
Podobnie szacujemy dwa pozostałe składniki LHS i otrzymujemy
\(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}^{}\frac{(1+r_{a}r_{b})(r_{a}+r_{b})}{\left(1+r_{a}^{2}\right)\left(1+r_{b}^{2}\right)}\le 3 }\)
Pozostaje więc wykazać, że
\(\displaystyle{ \frac{2R-r}{r}\ge 3}\), a to jest natychmiastową konsekwencją nierówności Eulera.

Nawet nie trzeba było wiedzieć, co to ten okrąg dopisany (nie wpadłem na to w pierwszej chwili i sprawdziłem na wiki jbc). Podejrzane.

[bosa_Nike]

Dziękuję, zajmiemy się tym natychmiast.

Mam dość dobrze uzasadnione przypuszczenia, że taki był zamysł, żeby pokazać zalety patrzenia na zadanie w różnych skalach. Twoja kolej.

[Premislav]

Niech \(\displaystyle{ a,b,c>0}\) oraz \(\displaystyle{ ab+bc+ca\le 1}\). Proszę wykazać, że
\(\displaystyle{ a+b+c+\sqrt{3}\ge 8abc\left(\frac{1}{1+a^{2}}+\frac{1}{1+b^{2}}+\frac{1}{1+c^{2}}\right)}\).

[bosa_Nike]

Ukryta treść:    

Oznaczając dla skrócenia zapisu \(\displaystyle{ a+b+c=p,\ ab+bc+ca=q,\ abc=r}\), mamy kolejno $$\begin{aligned}8abc\sum\frac{1}{1+a^2}&\le 8abc\sum\frac{1}{(a+b)(a+c)}=8abc\sum\frac{b+c}{(a+b)(a+c)(b+c)}\\&=\frac{16pr}{pq-r}\le\frac{\frac{16}{3}q^2}{pq-r}\le\frac{\frac{16}{3}q^2}{\frac{8}{9}pq}=\frac{6q}{p}\le\frac{p^2+3q}{p}\le p+\frac{3q}{\sqrt{3q}}=p+\sqrt{3q}\\&\le a+b+c+\sqrt{3}.\end{aligned}$$
Pierwsze szacowanie: \(\displaystyle{ ab+bc+ca\le 1}\), drugie: \(\displaystyle{ q^2=(ab+bc+ca)^2\ge 3(ab\cdot bc+bc\cdot ca+ca\cdot ab)=3pr}\), trzecie: \(\displaystyle{ pq-r=\frac{8}{9}pq+\frac{1}{9}(pq-9r)\ge\frac{8}{9}pq}\), czwarte i piąte: \(\displaystyle{ p^2\ge 3q}\), szóste: ponownie \(\displaystyle{ q\le 1}\).
Równość wtw, gdy \(\displaystyle{ a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}}\).

[Premislav]

Całkiem zgrabnie (początek miałem taki sam, potem oddzielnie szacowałem z dołu mianowniki według \(\displaystyle{ (a+b)(c+a)\ge 4a\sqrt{bc}}\) itd.). Zadajesz.

[bosa_Nike]

Dla rzeczywistych liczb \(\displaystyle{ a,b,c>0}\), takich że \(\displaystyle{ a+b+c=3}\), udowodnij $$\frac{a}{b(a+5c)^2}+\frac{b}{c(b+5a)^2}+\frac{c}{a(c+5b)^2}\ge\frac{1}{4\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}.$$

[Premislav]

Ukryta treść:    

Zaczniemy od tego, że gdy \(\displaystyle{ a+b+c=3}\), to \(\displaystyle{ ab+bc+ca\le \frac{(a+b+c)^{2}}{3}=3}\)
Wobec tego dostajemy:
\(\displaystyle{ 3\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{a}{b(a+5c)^{2}}\\\ge \sum_{\text{cyc}}^{}ab\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{a}{b(a+5c)^{2}}\\\ge \left(\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{a}{a+5c}\right)^{2}}\)
przy czym ostatnie przejście to nierówność Cauchy'ego-Schwarza.
Wystarczy więc wykazać, że
\(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}^{}\sqrt{a}\left(\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{a}{a+5c}\right)^{2}\ge \frac{3}{4}}\)
w dodatnich spełniających \(\displaystyle{ a+b+c=3}\).
Na mocy nierówności Höldera
\(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}^{}\sqrt{a}\left(\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{a}{a+5c}\right)^{2}\\ \ge \left(\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{a^{\frac{5}{6}}}{(a+5c)^{\frac{2}{3}}}\right)^{3}\\=6\left(\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{a}{6^{\frac{1}{6}}(6a)^{\frac{1}{6}}(a+5c)^{\frac{2}{3}}}\right)^{3}}\)
Następnie szacujemy mianowniki z AM-GM dla sześciu zmiennych:
\(\displaystyle{ 6^{\frac{1}{6}}(6a)^{\frac{1}{6}}(a+5c)^{\frac{4}{6}}\le \frac{6+6a+4(a+5c)}{6}\\=\frac{12a+2b+22c}{6}=\frac{6a+b+11c}{3}}\)
(pozostałe w pełni analogicznie, więc nie będę pisać),
stąd
\(\displaystyle{ 6\left(\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{a}{6^{\frac{1}{6}}(6a)^{\frac{1}{6}}(a+5c)^{\frac{2}{3}}}\right)^{3}\\\ge 6\left(\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{3a}{6a+b+11c}\right)^{3}=6\left(9\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{\frac{a}{3}}{6a+b+11c}\right)^{3}}\)
Wreszcie z Jensena dla wypukłej w dodatnich \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{x}}\) z wagami \(\displaystyle{ \frac{a}{3}, \ \frac{b}{3}, \ \frac{c}{3}}\)
(lub, jak kto woli to nazwać, z ważonej AM-HM) mamy
\(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}^{}\frac{\frac{a}{3}}{6a+b+11c}\ge \frac{1}{\frac{1}{3}\sum_{\text{cyc}}^{}\left(6a^{2}+ab+11ca\right)}\\=\frac{1}{2(a+b+c)^{2}}=\frac{1}{18}}\)
i w konsekwencji
\(\displaystyle{ 6\left(9\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{\frac{a}{3}}{6a+b+11c}\right)^{3}\ge \frac{3}{4}}\)
co kończy dowód.


Uff, ale się napracowałem…
NB zamiast najpierw używać CS, a potem Höldera, można było od razu skorzystać z uogólnionego Höldera, ale ja tak bym tego nie zauważył, więc napisałem tak, jak o tym zadaniu myślałem.

[bosa_Nike]

Doskonale, kontynuuj.

[Premislav]

Niech \(\displaystyle{ x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}\in \left(0, \frac{1}{2}\right]}\). Proszę wykazać, że
\(\displaystyle{ \frac{x_{1}x_{2}x_{3}x_{4}}{(1-x_{1})(1-x_{2})(1-x_{3})(1-x_{4})}\le \frac{x_{1}^{4}+x_{2}^{4}+x_{3}^{4}+x_{4}^{4}}{(1-x_{1})^{4}+(1-x_{2})^{4}+(1-x_{3})^{4}+(1-x_{4})^{4}}}\)