[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[ordyh]

Ukryta treść:    

Z założenia \(\displaystyle{ xyz=x+y+z=2}\) otrzymujemy, że \(\displaystyle{ \frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1} = 1}\). Postępując podobnie jak w rozwiązaniu Marcinka665 dostajemy podstawienie \(\displaystyle{ x = \frac{a+b}{c}}\), itd.
Mamy więc do udowodnienia
\(\displaystyle{ 2\sum \sqrt{\frac{a+b}{c} \cdot \frac{b+c}{a}} \leq \sum \frac{a+b}{c} + 6}\)
\(\displaystyle{ 2\sum \sqrt{\frac{a+b}{a} \cdot \frac{b+c}{c}} \leq \sum \frac{b}{a}+\frac{b}{c} + 6}\)
\(\displaystyle{ 2\sum \sqrt{(1+\frac{b}{a}) \cdot (1+\frac{b}{c})} \leq \sum \frac{b}{a}+\frac{b}{c} + 6}\)
a to jest prawdziwe z AM-GM dla naboru liczb \(\displaystyle{ 1+\frac{b}{a}, 1+\frac{b}{c}}\)

Udowodnij, że dla dowolnych naturalnych \(\displaystyle{ m,n \geq 2}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt[n^2]{mn+1}} + \frac{1}{\sqrt[m^2]{mn+1}} > 1}\)

[Vax]

Ukryta treść:    

Z am-gm:

\(\displaystyle{ \sqrt[m^2]{mn+1} < \sqrt[m^2]{mn+n} = \sqrt[m^2]{n(m+1)} \le \frac{\overbrace{1+1+...+1}^{m^2-2}+n+(m+1)}{m^2} = \frac{m^2+m+n-1}{m^2} \\ \\ \iff \\ \\ \frac{1}{\sqrt[m^2]{mn+1}} > \frac{m^2}{m^2+m+n-1}}\)

Analogicznie szacujemy \(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt[n^2]{mn+1}}}\), dostając do pokazania:

\(\displaystyle{ (*)\frac{m^2}{m^2+m+n-1}+\frac{n^2}{n^2+m+n-1} \ge 1}\)

Ale z CS w formie Engela:

\(\displaystyle{ (*) \ge \frac{(m+n)^2}{m^2+n^2+2(m+n)-2} \ge 1 \Leftrightarrow m^2+2mn+n^2 \ge m^2+n^2+2(m+n)-2 \Leftrightarrow (m-1)(n-1) \ge 0}\) qed.

\(\displaystyle{ a,b,c,d \in \mathbb{R}, \ a^2+b^2+c^2+d^2=1 \Rightarrow ab+bc+cd \le \frac{\sqrt{5}+1}{4}}\)

[ordyh]

Ukryta treść:    

Nierówność jest równoważna \(\displaystyle{ (\sqrt{5}-1) (ab+bc+cd) \leq 1}\) lub \(\displaystyle{ (\sqrt{5}-1) (ab+bc+cd) \leq a^2+b^2+c^2+d^2}\). Teraz wystarczy rozpatrzeć wyrażenie \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2+d^2 - (\sqrt{5}-1)(ab+bc+cd)}\) i zwijać w kwadraty zaczynając od \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ d}\) i otrzymamy, że \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2+d^2 - (\sqrt{5}-1)(ab+bc+cd) = (a-\frac{\sqrt{5}-1}{2}b)^2 + (d-\frac{\sqrt{5}-1}{2}c)^2 + \frac{\sqrt{5}-1}{2}(b-c)^2 \geq 0}\)

\(\displaystyle{ a,b,c>0}\), \(\displaystyle{ a+b+c=1}\), udowodnić, że \(\displaystyle{ \frac{ab}{\sqrt{ab+bc}}+\frac{bc}{\sqrt{bc+ca}}+\frac{ca}{\sqrt{ca+ab}} \leq \frac{1}{\sqrt{2}}}\)

[patry93]

Vax - czy wzorcówka do tej ostatniej nierówności, którą wrzuciłeś, jest jakaś sprytna? (no offence ordyh )

[Vax]

Ukryta treść:    

Wzorcówka jest prawie identyczna, tylko inaczej to zapisali, tj np. zamiast \(\displaystyle{ \left(d-\left(\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)c\right)^2}\) jest \(\displaystyle{ \frac{3-\sqrt{5}}{2}\left(c-\left(\frac{\sqrt{5}+1}{2}\right)d\right)^2}\)

[ordyh]

Coś nierówność nie pyka, rozwiązane jest tutaj: ... 0#p1734920
Wrzucam nową:
\(\displaystyle{ x,y,z> 0}\), udowodnij \(\displaystyle{ \frac{x+y}{z}+\frac{x+z}{y}+\frac{z+y}{x}\geq\frac{2(x+y+z)}{(xyz)^{\frac{1}{3}}}}\)

[Vax]

Ukryta treść:    

Niech na mocy jednorodności \(\displaystyle{ xyz=1}\), podstawmy \(\displaystyle{ x=\frac{a}{b} , y=\frac{b}{c} , z=\frac{c}{a}}\), nasza nierówność przyjmuje postać:

\(\displaystyle{ \sum \frac{a^2}{bc}+\sum \frac{bc}{a^2} \ge 2\sum \frac{a}{b}}\)

Ale zachodzi \(\displaystyle{ \sum \frac{a^2}{bc} \ge \frac{a}{b}}\)
Ponieważ ciągi \(\displaystyle{ (a^2,b^2,c^2),(\frac{1}{bc},\frac{1}{ac},\frac{1}{ab})}\) są jednakowo uporządkowane więc:

\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc}a^2&b^2&c^2\\\frac{1}{bc}&\frac{1}{ac}&\frac{1}{ab}\end{array}\right] \ge \left [\begin{array}{ccc}a^2&b^2&c^2\\\frac{1}{ab}&\frac{1}{bc}&\frac{1}{ac}\end{array}\right]}\)

Analogicznie \(\displaystyle{ \sum \frac{bc}{a^2} \ge \sum \frac{a}{b}}\), gdyż ciągi \(\displaystyle{ (bc,ac,ab),(\frac{1}{a^2},\frac{1}{b^2},\frac{1}{c^2})}\) są jednakowo uporządkowane.

\(\displaystyle{ x,y,z > 0 , xyz=1}\) udowodnij \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2+x+y+z \ge 2(xy+yz+xz)}\)

[timon92]

Ukryta treść:    

nietrudno sprawdzić, bawiąc się pochodną, że \(\displaystyle{ t \ge \frac 12 \implies t^2+t-\frac 2t-5\ln t \ge 0}\), zatem gdy \(\displaystyle{ x,y,z \ge \frac 12}\), to sumujemy takie trzy nierówności i mamy tezę

jeżeli zaś któraś liczba, np. \(\displaystyle{ z}\), nie przekracza \(\displaystyle{ \frac 12}\), to \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2+x+y+z \ge 2xy + z^2+x+y+z > 2xy+x+y \ge 2xy+2yz+2zx}\)

nowe: wykazać, że w trójkącie ostrokątnym o bokach długości \(\displaystyle{ a,b,c}\), oraz promieniach okręgów wpisanego i dopisanych \(\displaystyle{ r, r_a, r_b, r_c}\), zachodzi nierówność \(\displaystyle{ a+b+c>r+r_a+r_b+r_c}\)

[Vax]

Ukryta treść:    

Na początku zauważmy, że \(\displaystyle{ r_a+r_b+r_c = 4R+r}\), mamy to udowodnione tutaj:

281654.htm punkt 5.

Chcemy więc pokazać \(\displaystyle{ a+b+c > 4R+2r = \frac{abc}{P}+\frac{4P}{a+b+c} = \frac{4abc(a+b+c)+16P^2}{4P(a+b+c)} = \frac{4abc+(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)}{4P} \\ \\ \iff \\ \\ (a+b+c)^2 \ge \frac{16a^2b^2c^2+8abc(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)+(a+b-c)^2(a-b+c)^2(-a+b+c)^2}{(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)} \\ \\ \iff \\ \\ (a+b+c)^3(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)-16a^2b^2c^2-8abc(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)-(a+b-c)^2(a-b+c)^2(-a+b+c)^2 > 0 \\ \\ \iff \\ \\ 2(a^2+b^2-c^2)(a^2+c^2-b^2)(b^2+c^2-a^2) > 0}\)

Co jest prawdą, gdyż dany trójkąt jest ostrokątny.

Ostatnie przejście (zwinięcie) dostajemy stąd, że dane wyrażenie jest symetryczne względem niewiadomych \(\displaystyle{ a,b,c}\), stopnia 6, oraz mamy niewykorzystane założenie, że dany trójkąt jest ostrokątny, z czego wynika \(\displaystyle{ a^2+b^2 > c^2}\) i 2 podobne nierówności, więc możemy przypuszczać, że jest ono równoważne \(\displaystyle{ k(a^2+b^2-c^2)(a^2-b^2+c^2)(-a^2+b^2+c^2) > 0}\) dla pewnego \(\displaystyle{ k>0}\), ale przy \(\displaystyle{ a^6}\) stoi współczynnik \(\displaystyle{ -2}\), stąd musi być \(\displaystyle{ k=2}\), pozostaje sprawdzić, że istotnie tak jest

\(\displaystyle{ a,b,c > 0}\) udowodnij \(\displaystyle{ \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \ge \frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}+\frac{3}{2}}\)

[Marcinek665]

Vax:    

\(\displaystyle{ \sum \left( \frac{a}{b} - \frac{a}{b+c} \right)= \sum \frac{ac}{b(b+c)}}\)

I ze Szwarca w formie Anioła.

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

Więc wystarczy udowodnić \(\displaystyle{ \frac{(ab+bc+ca)^2}{2abc(a+b+c)} \ge \frac{3}{2}}\)

Czyli \(\displaystyle{ (ab+bc+ca)^2 \ge 3abc(a+b+c)}\) a to już jest znane i proste.

Nowa dla dodatnich:

\(\displaystyle{ \sqrt[3]{\frac{a^2+bc}{b^2+c^2}} +\sqrt[3]{\frac{b^2+ca}{a^2+c^2}}+\sqrt[3]{\frac{c^2+ab}{a^2+b^2}}\ge \frac{9\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}}\)

EDIT: Gdyby nikt nie zrobił, powiedzmy w ciągu 2 dni, to dam hinta.

[HuBson]

a dałbyś jakąś wskazówkę bo poza tym że

Ukryta treść:    

z prawej strony nierówności można wykorzystać fakt że, \(\displaystyle{ 3 \sqrt[3]{abc} \le a+b+c}\) w efekcie czego zostaje dowieść że lewa strona jest większa od 3

to nic więcej nie umiem zauważyć, trzeba znać coś prócz nierówności między średnimi i tw. cauchyego?

[timon92]

tylko że lewa strona nie zawsze jest \(\displaystyle{ \ge 3}\), np. dla \(\displaystyle{ a=b=1, c=0}\)

[cyberciq]

tylko że lewa strona nie zawsze jest \(\displaystyle{ \ge 3}\), np. dla \(\displaystyle{ a=b=1, c=0}\)

No nie ten kontrprzykład bo \(\displaystyle{ a,b,c}\) dodatnie . Ale faktycznie wystarczy \(\displaystyle{ a= \frac{1}{2}}\), \(\displaystyle{ c=b=1}\) i już nie trzyma \(\displaystyle{ \ge 3}\)

pozdrawiam

[HuBson]

to lipa , teraz nawet nie mam pomysłu jak się zabrać za to poza podniesieniem do 3 potęgi... jak to mówi moja nauczycielka w takich sytuacjach " szczęść Boże"

[Marcinek665]

hint:    

Dzielimy przez \(\displaystyle{ \sqrt[3]{abc}}\) i wychodzi suma takich składników

\(\displaystyle{ \sqrt[3]{\frac{a^2+bc}{abc(b^2+c^2)}} = \frac{a^2+bc}{\sqrt[3]{(a^2+bc)c(a^2+bc)b(b^2+c^2)a}}}\)

i mianownik ze średnich jakoś tak, żeby wyszła suma symetryczna.