[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[adamm]

Ukryta treść:    

Lemat: \(\displaystyle{ \frac{b\sqrt{a}}{4b\sqrt{c}-c\sqrt{a}}\ge\frac{a}{a+b+c}}\), z ograniczeń na \(\displaystyle{ a,b,c}\) pokazujemy nieujemność mianownika po lewej, wymnażając stronami dostaniemy \(\displaystyle{ \sqrt{a}(\sqrt{ab}-\sqrt{bc})^2+\sqrt{a}(b-\sqrt{ac})^2\ge0}\), sumując cyklicznie stronami Lemat dostajemy tezę

Nowe:
\(\displaystyle{ x_1,x_2,\ldots,x_n\in\mathbb{R_{+}}, n\in \mathbb{N}}\) rozstrzygnąć dla jakich \(\displaystyle{ n\ge2}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ x_1x_2+x_2x_3+\ldots+x_{n-1}x_n \le \frac{n-1}{n}\left(x_{1}^2+x_{2}^2+\ldots+x_{n}^2\right)}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ x_1,x_2,\ldots,x_n}\)

[Vax]

Ukryta treść:    

Podstawiając \(\displaystyle{ x_1=x_2=..=x_{n-1}=1 , x_n = \frac{n}{2n-2}}\) i wymnażając wszystko dostajemy \(\displaystyle{ (n-2)^2 \le 0}\) skąd może być tylko \(\displaystyle{ n=2}\) dla którego nasza nierówność istotnie działa!

Nowa:

\(\displaystyle{ a,b,c \in \mathbb{\RR}_+,}\) \(\displaystyle{ a+b+c=1 \Rightarrow (ab+ac+bc)\left(\frac{a}{b^2+b}+\frac{b}{c^2+c}+\frac{c}{a^2+a}\right) \ge \frac{3}{4}}\)

[Marcinek665]

Edit, był bug, wrzucam inne rozwiązanie:

Ukryta treść:    

Zauważmy, że

\(\displaystyle{ \frac{c}{(x+a)^2}+\frac{a}{(x+b)^2}+\frac{b}{(x+c)^2} = (a+b+c)\left(\frac{a}{(x+b)^2}+\frac{b}{(x+c)^2}+\frac{c}{(x+a)^2} \right) \ge \left( \frac{a}{x+b}+\frac{b}{x+c}+\frac{c}{x+a}\right) ^2 \ge \left( \frac{(a+b+c)^2}{x(a+b+c)+bc+ca+ab}\right)^2 = \left( \frac{1}{x+bc+ca+ab}\right)^2}\)

Czyli

\(\displaystyle{ \frac{c}{(x+a)^2}+\frac{a}{(x+b)^2}+\frac{b}{(x+c)^2} \ge \frac{1}{(x+bc+ca+ab)^2}}\)

Całkując obustronnie po \(\displaystyle{ x}\) od \(\displaystyle{ 0}\) do \(\displaystyle{ 1}\) dostajemy:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \left( \frac{c}{(x+a)^2}+\frac{a}{(x+b)^2}+\frac{b}{(x+c)^2} \right) \mbox{d}x \ge \int_{0}^{1} \left(\frac{1}{(x+bc+ca+ab)^2} \right) \mbox{d}x}\)

Jak się policzy te całki, to wychodzi:

\(\displaystyle{ \frac{a}{b^2+b} + \frac{b}{c^2+c} + \frac{c}{a^2+a} \ge \frac{1}{(ab+bc+ca)(ab+bc+ca+1)}}\)

Wystarczy więc pokazać, że \(\displaystyle{ ab+bc+ca+1 \le \frac{4}{3}}\), co jest prawdą, ponieważ \(\displaystyle{ a+b+c=1}\).

[adamm]

Odbywamy zamkniętą podróż skoczkiem po szachownicy \(\displaystyle{ 8 \times 8}\), odwiedzając każde z \(\displaystyle{ 64}\) pól dokładnie raz i numerując odwiedzanie pola liczbami od \(\displaystyle{ 1}\) do \(\displaystyle{ 64}\). Następnie wybieramy dodatnie liczby rzeczywiste \(\displaystyle{ x_1,x_2,\ldots,x_{64}}\). Dla każdego białego pola z numerem \(\displaystyle{ i}\) określamy \(\displaystyle{ y_i=1+x_{i}^2-\sqrt[3]{x_{i-1}^2x_{i+1}}}\) a dla każdego czarnego pola z numerem \(\displaystyle{ j}\) określamy \(\displaystyle{ y_j=1+x_{j}^2-\sqrt[3]{x_{j-1}x_{j+1}^{2}}}\), \(\displaystyle{ x_0=x_{64}, x_{65}=x_1}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{64}y_i\ge 48}\).

[ordyh]

Ukryta treść:    

Wystarczy zauważyć, że skoczek z białego pola skacze na czarne, a z czarnego na białe, załóżmy, że zaczął od czarnego pola, to wtedy:
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{64}y_i = 64+\sum_{i=1}^{64} x_i^2 - (\sqrt[3]{x_1^2x_3}+\sqrt[3]{x_3^2x_5}+...+\sqrt[3]{x_{63}^2x_1}) - (\sqrt[3]{x_2x_4^2}+...+\sqrt[3]{x_{64}x_2^2}) \geq 64+\sum_{i=1}^{64} x_i^2 - (x_1+x_3+...+x_{63})-(x_2+x_4+...+x_{64}) = \sum_{i=1}^{64} (x_i^2-x_i+\frac{1}{4}) + 48 = \sum_{i=1}^{64} (x_i-\frac{1}{2})^2 + 48 \geq 48}\)
ckd

Dla dodatnich \(\displaystyle{ a,b,c}\) sumujących się do jedności:
\(\displaystyle{ 9(1+abc)\geq 28(ab+bc+ca)}\)

[Vax]

Ukryta treść:    

Zapiszmy nierówność w postaci \(\displaystyle{ 9((a+b+c)^3+abc) \ge 28(a+b+c)(ab+ac+bc)}\)

Podstawmy teraz \(\displaystyle{ \begin{cases} 3p = a+b+c\\ 3q^2 = ab+ac+bc \\ r^3 = abc \end{cases}}\)

gdzie \(\displaystyle{ p \ge q \ge r}\), nasza nierówność przyjmuje postać:

\(\displaystyle{ 27p^3 + r^3 \ge 28pq^2}\)

Ale z nierówności Schura \(\displaystyle{ 3p^3+r^3 \ge 4pq^2 \Leftrightarrow 21p^3+7r^3 \ge 28pq^2}\), więc wystarczy pokazać \(\displaystyle{ 27p^3+r^3 \ge 21p^3+7r^3 \Leftrightarrow p^3 \ge r^3}\) co jest prawdziwe, qed.

Niech ktoś wrzuci coś za mnie

[ordyh]

No to \(\displaystyle{ a,b,c}\) boki trójkąta, \(\displaystyle{ p}\) całym obwodem (nie połówką), to:
\(\displaystyle{ (a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2 < \frac{p^6}{6912}}\)

[HuBson]

1. Udowodnić dla \(\displaystyle{ a,b,c \ge 0}\)

\(\displaystyle{ \sqrt{ \frac{ a^{3} }{b+c} }+\sqrt{ \frac{ b^{3} }{c+a} }+\sqrt{ \frac{ c^{3} }{a+b} } \ge \frac{a+b+c}{ \sqrt{2} }}\)

2. Udowodnić że dla \(\displaystyle{ a,b,c \ge 0}\)

\(\displaystyle{ a+b+c \le \frac{ a^{2} }{b} + \frac{ b^{2} }{c} +\frac{ c^{2} }{a} \le \frac{ a^{3} }{bc}+\frac{ b^{3} }{ac}+\frac{ c^{3} }{ba}}\)

3. Udowodnić że dla rzeczywistych \(\displaystyle{ a,b,c}\) takich że

\(\displaystyle{ a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}=4}\)

zachodzi

\(\displaystyle{ a^{3} + b^{3} + c^{3} + d^{3} \le 8}\)

Edit: ostatnie rozkminiłem zaraz wrzucę rozwiązanie
Edit2:
a o to i one

Ukryta treść:    

mnożymy założenie razy 2
otrzymujemy \(\displaystyle{ 2a^{2} + 2b^{2} + 2c^{2} + 2d^{2}=8}\)
wtawiamy do naszej nierówności mamy:\(\displaystyle{ a^{3} + b^{3} + c^{3} + d^{3} \le 2a^{2} + 2b^{2} + 2c^{2} + 2d^{2}}\)
dalej \(\displaystyle{ 0 \le 2a^{2} + 2b^{2} + 2c^{2} + 2d^{2}-(a^{3} + b^{3} + c^{3} + d^{3})}\)
zapisujemy to w takiej postaci
\(\displaystyle{ 0 \le a^{2}(2-a)+b^{2}(2-b)+c^{2}(2-c)+d^{2}(2-d)}\)
teraz wystarczy powiedzieć że żadna z liczb \(\displaystyle{ a,b,c,d}\) nie może być większa od 2 ponieważ było by to sprzeczne z założeniem zatem prawa strona jest zawsze większa bądź równa 0 C.K.N

[Vax]

@HuBson, zanim wrzucimy swoją nierówność rozwiązujemy poprzednią

Ukryta treść:    

1) Zauważ, że:

\(\displaystyle{ \sum \sqrt{\frac{a^3}{b+c}} = \sum a\sqrt{\frac{1}{\frac{b+c}{a}}}}\)

Funkcja \(\displaystyle{ f(x) = \sqrt{\frac{1}{x}}}\) dla \(\displaystyle{ x>0}\) jest wypukła, więc na mocy nierówności Jensena:

\(\displaystyle{ \frac{\sum a\sqrt{\frac{1}{\frac{b+c}{a}}}}{a+b+c} = \sum \frac{a}{a+b+c}f\left(\frac{b+c}{a}\right) \ge f\left(\frac{2(a+b+c)}{a+b+c}\right) = f(2) = \frac{1}{\sqrt{2}}}\)

Po przemnożeniu obustronnie przez \(\displaystyle{ a+b+c}\) dostajemy tezę.

2a) Zauważ, że \(\displaystyle{ \frac{a^2}{b} \ge 2a-b \Leftrightarrow (a-b)^2 \ge 0}\), po zsumowaniu 3 takich nierówności mamy tezę.

2b) Tutaj zauważ, że ciągi \(\displaystyle{ (a^3 , b^3 , c^3) , (\frac{1}{bc} , \frac{1}{ac} , \frac{1}{ab})}\) są jednakowo uporządkowane, więc:

\(\displaystyle{ \begin{bmatrix}a^3&b^{3} & c^{3} \\ \frac{1}{bc}& \frac{1}{ac} & \frac{1}{ab} \end{bmatrix} \geqslant \begin{bmatrix}a^{3}&b^{3} & c^{3} \\ \frac{1}{ab}& \frac{1}{bc} & \frac{1}{ac} \end{bmatrix}}\)

3) Z założenia mamy \(\displaystyle{ a,b,c \in [-2;2]}\) oraz \(\displaystyle{ 8 = 2a^2+2b^2+2c^2+2d^2}\), mamy udowodnić \(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3+d^3 \le 2(a^2+b^2+c^2+d^2) \Leftrightarrow a^2(2-a)+b^2(2-b)+c^2(2-c)+d^2(2-d) \ge 0}\) co na mocy założeń jest prawdziwe.

[czekoladowy]

Udowodnić że dla \(\displaystyle{ a,b,c \ge 0}\)

\(\displaystyle{ a+b+c \le \frac{ a^{2} }{b} + \frac{ b^{2} }{c} +\frac{ c^{2} }{a} \le \frac{ a^{3} }{bc}+\frac{ b^{3} }{ac}+\frac{ c^{3} }{ba}}\)

Ukryta treść:    

twierdzenie muirheada załatwia sprawe

[adamm]

Ukryta treść:    

nie załatwia

[HuBson]

Vax

@HuBson, zanim wrzucimy swoją nierówność rozwiązujemy poprzednią

sorry nie wiedziałem. Ps. 3 tak samo jak Ty zrobiłem
a Tw. Muirheda i Jensena niestety jeszcze nie umiem więc i tak bym nie zrobił pozostałych

[bosa_Nike]

a Tw. Muirheda i Jensena niestety jeszcze nie umiem więc i tak bym nie zrobił pozostałych

Macnij je Cauchym-Schwarzem.

[Vax]

No to \(\displaystyle{ a,b,c}\) boki trójkąta, \(\displaystyle{ p}\) całym obwodem (nie połówką), to:
\(\displaystyle{ (a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2 < \frac{p^6}{6912}}\)

Ukryta treść:    

Podstawmy \(\displaystyle{ a=x+y}\) itd. gdzie \(\displaystyle{ x,y,z > 0}\), dostajemy równoważnie:

\(\displaystyle{ 108(x-y)^2\cdot (x-z)^2\cdot (y-z)^2 < (x+y+z)^6}\)

Załóżmy bso \(\displaystyle{ x\ge y\ge z}\), po podzieleniu obustronnie przez \(\displaystyle{ z^6}\) i podstawieniu \(\displaystyle{ p=\frac{x}{z} , q = \frac{y}{z}}\) otrzymujemy, że dla \(\displaystyle{ p\ge q\ge 1}\) mamy dowieść:

\(\displaystyle{ 108(p-q)^2\cdot (p-1)^2 \cdot (q-1)^2 < (p+q+1)^6 \\ \\ \iff \\ \\ 6\sqrt{3}(p-q)(p-1)(q-1) < (p+q+1)^3}\)

Podstawmy \(\displaystyle{ q = 1+m , p = 1+m+n}\) gdzie \(\displaystyle{ m,n\ge 0}\), dostajemy wtedy do pokazania:
\(\displaystyle{ 6\sqrt{3}mn(m+n) < (2m+n+3)^3}\)

Pokażemy, że zachodzi nierówność \(\displaystyle{ 6\sqrt{3}mn(m+n) \le (2m+n)^3}\), skąd będzie wynikała teza. Istotnie:

\(\displaystyle{ 6\sqrt{3}mn(m+n) \le (2m+n)^3 \\ \\ \iff \\ \\ \left(m-n(1+\sqrt{3})\right)^2\cdot \left(m+4(2-\sqrt{3})n\right) \ge 0}\)
QED.

\(\displaystyle{ x,y,z \in \mathbb{R}_+,\ xy+yz+zx+2xyz=1 \Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \ge 4(x+y+z)}\)

[Marcinek665]

Nierówność Xaviego:    

\(\displaystyle{ xy+yz+zx+2xyz=1 \Leftrightarrow \frac{x}{x+1} +\frac{y}{y+1} +\frac{z}{z+1} =1}\). Niech teraz \(\displaystyle{ a=\frac{x}{x+1}}\) itp, skąd \(\displaystyle{ a+b+c=1}\), ale z drugiej strony \(\displaystyle{ x=\frac{a}{1-a}=\frac{a}{b+c}}\), i podobnie \(\displaystyle{ y}\), \(\displaystyle{ z}\). Nierówność przyjmuje postać:

\(\displaystyle{ \frac{a+b}{c} + \frac{b+c}{a} + \frac{c+a}{b} \ge 4 \left( \frac{a}{b+c}+ \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} \right)}\) , a to już jest znane i proste

\(\displaystyle{ x,y,z \in \mathbb{R_+}, \ xyz=x+y+z+2 \Rightarrow 2(\sqrt{xy} + \sqrt{yz} +\sqrt{zx}) \le x+y+z+6}\)