[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[Vax]

Ukryta treść:    

Zauważmy, że z nierówności Holdera dla dowolnych \(\displaystyle{ x,y>0}\) zachodzi \(\displaystyle{ \sqrt[3]{(x^3+1)^2(y^3+1)} \ge x^2y+1}\), zapisujemy dany lemat dla \(\displaystyle{ (x,y) = (a_1,a_2) , (a_2,a_3) , ... , (a_n,a_1)}\), mnożąc stronami dostajemy tezę

\(\displaystyle{ a,b,c > 0}\) takie, że \(\displaystyle{ abc=1}\). Pokazać, że \(\displaystyle{ \sum_{cyc} \frac{1}{b+c+1} \le 1}\)

[Ponewor]

Ukryta treść:    

Mnożymy stronami, redukujemy i mamy \(\displaystyle{ 2\left( a+b+c\right)\le \sum_{sym} a^{2} b}\), a to po ujednorodnieniu jest oczywiste na mocy Muirheada.

Vax, daj jakieś ładne rozwiązanie, bo gdzieś to widziałem z lepszym na pewno, a ja w tym czasie znajdę nową nierówność.

[Vax]

Ładne rozwiązanie:    

Podstawmy sobie \(\displaystyle{ a:=x^3 , b:=y^3 , c:=z^3}\), założenie to dalej \(\displaystyle{ xyz=1}\) i dostajemy \(\displaystyle{ \sum_{cyc} \frac{1}{b+c+1} = \sum_{cyc} \frac{1}{y^3+z^3+xyz} \le \sum_{cyc} \frac{1}{y^2z+yz^2+xyz} = \sum_{cyc} \frac{x}{x+y+z} = 1}\)

[Marcinek665]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ 5=\sqrt{a^{2}+3}+\sqrt{b^{2}+8}=2\cdot\sqrt{\frac{a^{2}+1^{2}+1^{2}+1^{2}}{4}}+3\cdot\sqrt{\frac{b^{2}+1^{2}+1^{2}+1^{2}+1^{2}+1^{2}+1^{2}+1^{2}+1^{2}}{9}}\ge 2\cdot\frac{a+1+1+1}{4}+3\cdot\frac{b+1+1+1+1+1+1+1+1}{9}=\frac{a+3}{2}+\frac{b+8}{3} \Rightarrow \\ 5 \ge 3a+2b = 5 \cdot \frac{a+a+a+b+b}{5} \ge 5 \cdot \frac{5}{\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}}=5 \cdot \frac{5}{\frac{3}{a}+\frac{2}{b}} \Rightarrow \\ \frac{3}{a}+\frac{2}{b} \ge 5}\)

Dla dodatnich i \(\displaystyle{ n\ge 2}\):
\(\displaystyle{ \left( a_{1}^{3}+1\right)\left(a_{2}^{3}+1 \right)\cdot\ldots\cdot\left(a_{n}^{3}+1\right)\ge\left(a_{1}^{2}a_{2}+1\right)\left(a_{2}^{2}a_{3}+1\right)\cdot\ldots\cdot\left(a_{n}^{2}a_{1}+1\right)}\)

Albo z Karamaty. To jedno z niewielu zadań, w których napisanie "Karamata" jest czymś istotnie różnym od "Jensen", co warto odnotować.

[Ponewor]

W dodatnich:
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{x_{i}+1998}=\frac{1}{1998} \Rightarrow \frac{\left( \prod_{i=1}^{n}x_{i} \right)^{n} }{n-1}\ge 1998}\)

[Karaskas]

Zakładam, że w wykładniku miało być \(\displaystyle{ 1/n}\) (choć rozwiązanie działa tak czy owak).

Ukryta treść:    

Podstawmy \(\displaystyle{ a_i = \frac{1998}{x_i + 1998}}\), co daje \(\displaystyle{ x_i = 1998(\frac{1}{a_i} -1)}\) przy dodatkowym warunku \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} a_i =1}\). Zdefiniujmy sobie jeszcze \(\displaystyle{ a_{k+n}=a_k}\) dla \(\displaystyle{ k=1,...,n-1.}\) Wówczas mamy

\(\displaystyle{ \left( \prod_{i=1}^{n} x_i \right)^{\frac{1}{n}} = \left( 1998^n \prod_{i=1}^{n} \left( \frac{1}{a_i} -1 \right) \right) ^{\frac{1}{n}} = 1998\left( \prod_{i=1}^n \left( \sum_{j=1, j\not=i}^{n} \frac{a_j}{a_i} \right) \right)^{\frac{1}{n}} \geqslant 1998\sum_{j=1}^{n-1} \left( \prod_{i=1}^n \frac{a_{i+j}}{a_i} \right)^{\frac{1}{n}} = 1998 \sum_{j=1}^{n-1}1 = 1998(n-1).}\)

W kroku z nierównością zastosowałem nierówność Minkowskiego dla iloczynów.

Pokazać, że dla \(\displaystyle{ a,b,c>0}\) zachodzi

\(\displaystyle{ \sqrt{a^2 - ab + b^2} + \sqrt{b^2 - bc + c^2} \geqslant \sqrt{a^2 + ac + c^2}.}\)

[Kartezjusz]

Ukryta treść:    

Rozważmy czworokąt ABCD taki, że \(\displaystyle{ |AB|=a ;|AC|=b |AD|=c}\).Możemy, bo wszystkie liczby są ściśle dodatnie, oraz kąty \(\displaystyle{ BAC=CAD=60 \deg}\)
Jeżeli nasz nierówność jest postaci \(\displaystyle{ E+F \ge G}\) to z tw Cosinusów dla tych kątów mamy
\(\displaystyle{ |BC|=E, |CD|=F}\) Kąt \(\displaystyle{ BAD=120 \deg}\), czyli z tw cosinusów \(\displaystyle{ |BD|=G}\). Nasza nierówność to nierówność trójkąta dla trójkąta BCD

-- 28 listopada 2013, 16:43 --Wiadomo,że liczby rzeczywiste dodatnie\(\displaystyle{ a,b,c}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ abc=1}\)( jakby było dać nać.Pokazać,że
\(\displaystyle{ \frac{1}{a^{3}(b+c)}+ \frac{1}{b^{3}(a+c)}+ \frac{1}{c^{3}(a+b)} \ge \frac{3}{2}}\)

[pawel98]

Ukryta treść:    

Kładąc \(\displaystyle{ x=bc, \, y=ac, \, z=ab}\) uzyskujemy
\(\displaystyle{ \frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(a+c)}+\frac{1}{c^3(a+b)}=\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+y}+\frac{z^2}{x+y}.}\)
Korzystając z nierówności \(\displaystyle{ \sum_{n}^{i=1}\frac{x_i^2}{y_i}\ \ge \frac{(x_1+x_2+\ldots x_n)^2}{y_1 + y_2 + \ldots y_n}, \,}\) (\(\displaystyle{ x_1,\ldots , x_n,\, y_1,\ldots , y_n \in \mathbb{R}^+}\)) uzyskujemy:
\(\displaystyle{ \frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}\ge \frac{x+y+z}{2}.}\)
Oraz na mocy nierówności AG \(\displaystyle{ \frac{x+y+z}{2}\ge \frac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\frac{3}{2}}\), co należało pokazać. \(\displaystyle{ \qed}\)

Niech \(\displaystyle{ a_1,\, a_2,\,\ldots,\, a_n \in \mathbb{R}^+}\) i \(\displaystyle{ a_1+a_2+\ldots + a_n <1}\). Udowodnij nierówność:

\(\displaystyle{ \frac{a_1a_2\cdots a_n [1-(a_1 +a_2 +\ldots + a_n)]}{(a_1 + a_2 + \ldots + a_n)(1-a_1)(1-a_2)\cdots(1-a_n)}\leq \frac{1}{n^{n+1}}}\)

[Ponewor]

Ukryta treść:    

Po narzucającym dorzuceniu zmiennej dopełniającej nam sumę do jedności mamy
\(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n+1}\left( 1-a_{i}\right) \ge n^{n+1} \prod_{i=1}^{n+1}a_{i}}\)
A to jest znane. Wystarczy teraz wstawić za każdą jedynkę założenie i każdą sumę z am-gm oszacować.

W dodatnich rzeczywistych sumujących się do jedności:
\(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}a \sqrt[3]{1+b-c}\le 1}\)

[pawel98]

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ f(x)=\sqrt[3]{1+x}}\). Otrzymujemy:

\(\displaystyle{ LH=af(b-c)+bf(c-a)+cf(a-b)}\).

Jasne jest, że na przedziale \(\displaystyle{ [0,infty )}\) funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest wklęsła. Przeto na mocy nierówności Jensena (dla wag \(\displaystyle{ a,\,b,\,c}\)) uzyskujemy:

\(\displaystyle{ LH=af(b-c)+bf(c-a)+cf(a-b)\leq f\left(a(b-c)+b(c-a)+c(a-b)\right) =f(0)=1}\)

co kończy dowód.

Niech \(\displaystyle{ a,\,b,\,c \in \mathbb{R}^+}\) i \(\displaystyle{ \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1}\). Udowodnij, że:

\(\displaystyle{ \frac{a}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\leq\frac{3\sqrt{3}}{2}.}\)

[henryk pawlowski]

Podstaw za a, b ,c tangensy kątów I ćwiartki(pozwala na to podana równość),a po przekształceniach otrzymasz znaną nierówność dla sinusów, której łatwo dowieść elementarnie , albo od razu powołując się na nierówność Jensena dla funkcji sinus (wklęsłej w I ćwiartce). Powodzenia!

[pawel98]

Tak, właśnie takie było moje rozwiązanie . W takim razie potrzebne jest nowe zadanko, jak coś wymyślę to podam. Oczywiście jak ktoś chce to może zaproponować swoje.
[EDIT] Może takie: \(\displaystyle{ a,b,c\in\mathbb{R}^+}\) spełniające warunek \(\displaystyle{ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=a+b+c}\). Udowodnij nierówność:

\(\displaystyle{ \frac{1}{(a+b+2c)^2}+\frac{1}{(a+c+2b)^2}+\frac{1}{(b+c+2a)^2}\leq\frac{3}{16}}\)

[Vargensan]

Dobra, to ja zamieszczam rozwiązanie, możliwe że na zmyślałem (jestem pesymistycznie nastawiony ze względu na to, że nikt tego nie zrobił). Więc proszę o ewentualne błędy w rozumowaniu.

Ukryta treść:    

Zajmijmy się wyrażeniem \(\displaystyle{ \frac{1}{(a+b+2c)^2} \Leftrightarrow \frac{1}{ (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+c)(a+b+2c) } \Leftrightarrow \frac{1}{4+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+ac+bc+2c^2} \\ \le \frac{1}{12+4c^2}}\) jak wiemy te \(\displaystyle{ 3}\) początkowe pary są większe lub równe \(\displaystyle{ 6}\), zakładając że są jak największe wszystkie zmienne są sobie równe. Dodatkowo na mocy założenia \(\displaystyle{ ac+bc}\) możemy zastąpić \(\displaystyle{ 2c^2}\). Nasze założenie mówi nam że co najmniej jedna i co najwyżej 2 zmienne wśród dowolnych z nich są mniejsze od 1 i co najmniej jedna i co najwyżej dwie są większe od 1. Ja zakładam opcję \(\displaystyle{ (1) a \le 1 , b \le 1 , c \ge 1}\). Wszystko sprowadza się do wykazania że: \(\displaystyle{ ab+bc \le 2c^2 \Leftrightarrow a+b \le 2c \Leftrightarrow \frac{a+b}{c} \le 2 \Leftrightarrow \frac{c}{a+b} \ge \frac{1}{2}}\) Co jest oczywiście prawdziwe na mocy tego \(\displaystyle{ (1)}\) Pozostałe przypadki są prawdziwe na mocy naszego założenia w zadaniu.
Więc:
\(\displaystyle{ \frac{1}{(a+b+2c)^2}+\frac{1}{(a+2b+c)^2}+\frac{1}{(2a+b+c)^2} \le \frac{1}{12+4c^2}+\frac{1}{12+4b^2}+\frac{1}{12+4a^2}}\) Wykażemy, że \(\displaystyle{ \frac{1}{12+4c^2}+\frac{1}{12+4b^2}+\frac{1}{12+4a^2} \le \frac{3}{16} \Leftrightarrow \frac{1}{3+c^2}+\frac{1}{3+b^2}+\frac{1}{3+a^2} \le \frac{3}{4}}\)
Niech dana będzie funkcja \(\displaystyle{ f(x)= \frac{1}{3+x^2}}\) oraz niech dane będą takie liczby że
\(\displaystyle{ a_{1}=a_{2}=a_{3}= \frac{1}{3}}\) Nasza funkcja jest wklęsła dla liczb dodatnich więc na mocy nierówności Jensena dla wag wymienionych powyżej mamy:
\(\displaystyle{ \frac{1}{3}(f(a)+f(b)+f(c)) \le \frac{1}{ \frac{1}{9}(a+b+c)^2 +3 } \Leftrightarrow \frac{1}{3}(f(a)+f(b)+f(c)) \le \frac{1}{ \frac{1}{9}(a+b+c)( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) +3 }}\) Wartość wyrażenia \(\displaystyle{ (a+b+c)( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=3+ \frac{a}{b}+\frac{b}{a}+ \frac{a}{c}+ \frac{c}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b} \ge 9}\) Czyli:
\(\displaystyle{ \frac{1}{3}(f(a)+f(b)+f(c)) \le \frac{1}{ \frac{1}{9}(a+b+c)^2 +3 } \Leftrightarrow \frac{1}{3}(f(a)+f(b)+f(c)) \le \frac{1}{ \frac{1}{9}(a+b+c)( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) +3 } \le \frac{1}{4}}\) Czyli: \(\displaystyle{ \frac{1}{3}(f(a)+f(b)+f(c)) \le \frac{1}{4} \Leftrightarrow f(a)+f(b)+f(c) \le \frac{3}{4}}\) A to jest \(\displaystyle{ \frac{1}{3+c^2}+\frac{1}{3+b^2}+\frac{1}{3+a^2} \le \frac{3}{4}}\) Czyli teza.

[Ponewor]

Niestety źle. Na początku są cztery pary większe od \(\displaystyle{ 8}\), a nie \(\displaystyle{ 3}\) większe od \(\displaystyle{ 6}\). Ale to detal tylko. Tam jak masz tą nierówność \(\displaystyle{ a+b \le 2c}\), to jest już ona przy poczynionych przez Ciebie założeniach o zmiennych już zupełnie oczywista, nie ma potrzeby dalej przekształcać. Jednak prawdziwy problem z nią jest taki, że zwrot jest nie ten co trzeba. A nawet gdyby był dobry, to nie wystarczy udowodnić ją tylko, ale także wszystkie cykliczne, a te już nie będą prawdziwe przy tak przyjętym porządku między zmiennymi.

[timon92]

okazuje się, że ten lemat, który próbowałeś pokazać jest prawdziwy, ale potem i tak jest błąd, bo funkcja \(\displaystyle{ f(x) = \frac{1}{3+x^2}}\) nie jest wypukła w przedziale \(\displaystyle{ (0,\infty)}\)