[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[arek1357]

To niestety nie jestem w tym mocny ale będę musiał przywalić z grubej rury teraz.


Ponieważ ta ostatnia dana przez Timona zalatywała mocno Rochajem więc dam nierówność Rochaja tzn. podbijam:

Z: \(\displaystyle{ a,b,c>0}\)

\(\displaystyle{ a+b+c=3}\)

T: \(\displaystyle{ \frac{a^2}{b^3+c}+ \frac{b^2}{c^3+a}+ \frac{c^2}{a^3+b} \le \frac{a^3+b^3+c^3}{2abc}}\)

wiem że to było z mojej strony nie fer...

ale co zrobić...

[bosa_Nike]

Podczas produkowania tego posta ucierpiało jedno zwierzę.

Ukryta treść:    

Hello.
Wstawiam wyłącznie w celu odblokowania łańcuszka - autor coś się nie kwapi do jakichkolwiek działań, więc zachowajmy pozory. Dla mnie ten problem wciąż jest nierozwiązany i oczekuje na swojego pogromcę w tym wątku.

Po ujednorodnieniu mamy udowodnić nierówność cykliczną \(\displaystyle{ \sum\frac{3a^2}{9b^3+c\left(\sum a\right)^2}\le\frac{\sum a^3}{2abc\sum a}}\)

Bez straty ogólności można przyjąć \(\displaystyle{ c=\min\{a,b,c\}}\), wtedy \(\displaystyle{ a=c+x,\ b=c+y}\), gdzie \(\displaystyle{ x,y\ge 0}\). Po podstawieniu, zlikwidowaniu mianowników, przeniesieniu wszystkiego na prawą stronę i uporządkowaniu względem \(\displaystyle{ c}\) pozostaje udowodnić nieujemność wyrażenia podanego poniżej, a tu wystarcza nieujemność niebieskich fragmentów. To jest już proste nawet bez komputera.

\(\displaystyle{ \tiny{\begin{aligned}486&0c^{10}\left({\color{blue}x^2 - xy + y^2}\right)\\ &+ 243c^9\left(40x^3 + 73x^2y + 7xy^2 + 40y^3\right)\\ &+ 81c^8\left(149x^4 + 539x^3y + {\color{blue} 987x^2y^2 - 55xy^3 + 149y^4}\right)\\ &+ 81c^7\left(140x^5 + 579x^4y + 2102x^3y^2 + {\color{blue}1058x^2y^3 - 87xy^4 + 140y^5}\right)\\ &+ 3c^6\left(2810x^6 + 9030x^5y + 62445x^4y^2 + 58711x^3y^3 + 20658x^2y^4 + 570xy^5 + 2810y^6\right)\\ &+ 9c^5\left(559x^7 + 798x^6y + 13885x^5y^2 + 20035x^4y^3 + 11860x^3y^4 + 5092x^2y^5 + 909xy^6 + 559y^7\right)\\ &+ 9c^4\left({\color{blue}247x^8 - 6x^7y + 5741x^6y^2} + 12414x^5y^3 + 9870x^4y^4\right.\\&\left.\phantom{+ 9c^4\left(247x^8 - 6x^7y + 5741x^6y^2 + 12414x^5y^3\right.} + 6144x^3y^5 + 3110x^2y^6 + 825xy^7 + 247y^8\right)\\ &+ c^3\left({\color{blue}664x^9 - 651x^8y + 13653x^7y^2} + 42387x^6y^3 + 44244x^5y^4 + 32691x^4y^5\right.\\&\left.\phantom{+ c^3\left(664x^9 - 651x^8y + 13653x^7y^2 + 42387x^6y^3\right.} + 23244x^3y^6 + 11739x^2y^7 + 3567xy^8 + 664y^9\right)\\ &+ c^2\left({\color{blue}118x^{10} - 191x^9y + 2115x^8y^2} + 10275x^7y^3 + 12453x^6y^4 + 11232x^5y^5\right.\\&\left.\phantom{\!\!\!+ c^2\left(118x^{10} - 191x^9y + 10275x^7y^3\right.} + 9486x^4y^6 + 6498x^3y^7 + 3069x^2y^8 + 1003xy^9 + 118y^{10}\right)\\ &+ c\left({\color{blue}9x^{11} - 17x^{10}y + 135x^9y^2} + 1443x^8y^3 + 2103x^7y^4 + 1752x^6y^5 + 2070x^5y^6 \right.\\&\left.\phantom{\! + c\left(9x{11} - 17x^{10}y + 135x^9y^2 + 1443x^8y^3\right.}+ 1761x^4y^7 + 951x^3y^8 + 474x^2y^9 + 154xy^{10} + 9y^{11}\right)\\ &+ 9xy^3\left(9x^8 + 19x^7y + 13x^6y^2 + 15x^5y^3 + 23x^4y^4 + 14x^3y^5 + 6x^2y^6 + 4xy^7 + y^8\right)\end{aligned}}}\)

Równość mamy dla \(\displaystyle{ a=b=c=1}\); nie wiem, czy gdzieś jeszcze.

Moim zdaniem przydałoby się trochę rozhermetyzować grono piszących w tym wątku. Może ktoś z uczestników tego- lub przyszłorocznych konkursów się zechce porozgrzewać?

[arek1357]

No ładnie wreszcie przetkane możesz dawać...

[bosa_Nike]

Liczby rzeczywiste \(\displaystyle{ a,b,c}\) są takie, że \(\displaystyle{ a+b+c=1}\) oraz \(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3=25}\). Pokaż, że \(\displaystyle{ a+b^2+c^2\ge 5}\)


PS Nie ma błędu w zapisie.

[Premislav]

Ukryta treść:    

Wykażę, że to działa dla dowolnej kombinacji (w sumie logiczne, bo inaczej wystarczy zamienić oznaczenia zmiennych, co nie zmienia założeń i mamy kontrprzykład), tj. także \(\displaystyle{ b+a^2+c^2\ge 5}\) itd.
Udowodnię najpierw, że przy założeniach zadania zachodzi: \(\displaystyle{ abc\le 3}\).
Łatwo widać, że wszystkie liczby \(\displaystyle{ a,b,c}\) nie mogą być jednocześnie ujemne ani nieujemne, co zostawiam bez dalszego komentarza. Rozważę dwa przypadki:
1) dokładnie jedna z liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) jest ujemna. Wówczas oczywiście
\(\displaystyle{ abc\le 0<3}\), czyli się zgadza.
2) dokładnie dwie liczby spośród \(\displaystyle{ a,b,c}\) są ujemne, dla ustalenia uwagi niech \(\displaystyle{ a}\) będzie tą dodatnią.
Mamy:
\(\displaystyle{ 25=a^3+b^3+c^3=\\=3abc+(a+b+c)^3-3(a+b+c)(ab+bc+ca)=\\=3abc+1-3(ab+bc+ca)}\)
a stąd wynika, że \(\displaystyle{ abc=8+(ab+bc+ca)}\)
Patrząc na tożsamość:
\(\displaystyle{ (a+b)(b+c)(c+a)+abc=(a+b+c)(ab+bc+ca)}\)
i korzystając z: \(\displaystyle{ a+b+c=1, \ ab+bc+ca=abc-8}\)
otrzymujemy (nierówność między średnimi, oczywiście wszystkie czynniki są w tym przypadku dodatnie, co jest trywialne do wykazania)
\(\displaystyle{ 8=(-b-c)(a+b)(a+c) \le \left( \frac 2 3a\right)^3=\frac{8}{27}a^3}\),
zaś stąd \(\displaystyle{ a\ge 3}\), czyli \(\displaystyle{ b+c=1-a\le -2}\).
Wracamy teraz na moment do równości:
\(\displaystyle{ 8=(-b-c)(a+b)(a+c)}\)
Skoro \(\displaystyle{ b+c\le -2}\), to \(\displaystyle{ -b-c\ge 2}\) i możemy wywnioskować, że
\(\displaystyle{ (a+b)(a+c)\le 4\\ a(a+b+c)+bc\le 4\\bc\le 4-a}\).
Stąd, z uwagi na \(\displaystyle{ a\ge 3}\), dostajemy, że \(\displaystyle{ bc\le 1}\).
Mając \(\displaystyle{ b+c\le -2, \ a\ge 3, \ bc\le 1}\) łatwo wykazujemy, ze
\(\displaystyle{ ab+bc+ca\le -5}\), czyli
\(\displaystyle{ abc=8+ab+bc+ca\le 8-5=3}\)
Uff, massacre (jest taki zespół The Brian Jonestown Massacre).

A teraz napiszę, po co mi właściwie było to \(\displaystyle{ abc\le 3}\). Przekształcając nieco inaczej tę równość:
\(\displaystyle{ abc=8+(ab+bc+ca)}\)
mamy
\(\displaystyle{ 2abc=16+2(ab+bc+ca)\\2abc=17-(a+b+c)^2+2(ab+bc+ca)\\a^2+b^2+c^2+2abc=17}\)
Zatem skoro udowodniłem, że \(\displaystyle{ abc\le 3}\),
to dostajemy \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2\ge 11}\) i to się zaraz przyda!

Popatrzmy bowiem na nierówności (jest to teza, którą pokazuję):
\(\displaystyle{ a+b^2+c^2\ge 5\\b+c^2+a^2\ge 5\\c+a^2+b^2\ge 5}\)
(@)

Zauważmy, że dla dowolnych \(\displaystyle{ a,b,c}\) spełniających warunki zadania zajdą co najmniej dwie z tych nierówności. Szkic argumentu: nie wprost, dla ustalenia uwagi niech \(\displaystyle{ a+b^2+c^2<5}\) i \(\displaystyle{ b+c^2+a^2<5}\), po dodaniu stronami i skorzystaniu z \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2\ge 11}\) dostaniemy nierówność
\(\displaystyle{ a+b+c^2<-1}\), czyli \(\displaystyle{ c^2-c+2<0}\), co jest niedorzecznością. Stąd jedna spośród dowolnych dwóch nierówności z (@) zachodzi, czyli co najmniej dwie zachodzą.

Teraz, dla ustalenia uwagi, pokażemy, że \(\displaystyle{ c+a^2+b^2\ge 5}\).
Przypuśćmy nie wprost, że jest \(\displaystyle{ c+a^2+b^2<5}\), wówczas
\(\displaystyle{ 11+c\le c+c^2+a^2+b^2<5+c^2}\),
czyli \(\displaystyle{ c^2-c-6>0}\), a zatem \(\displaystyle{ c<-2 \vee c>3}\).
Jeżeli \(\displaystyle{ c>3}\), to z uwagi na \(\displaystyle{ a+b+c=1}\) mamy \(\displaystyle{ a+b<-2}\), a w związku z tym: \(\displaystyle{ 5>c+a^2+b^2\ge c+ \frac{(a+b)^2}{2}>5}\), a to jest oczywista sprzeczność.
Jeśli natomiast \(\displaystyle{ c<-2}\) i liczby \(\displaystyle{ a,b}\) mają różny znak, to
\(\displaystyle{ 5>c+a^2+b^2\ge c+(a+b)^2=c+(1-c)^2=c^2-c+1>7}\)
a to jest również sprzeczność.
Pozostaje przypadek, gdy \(\displaystyle{ c<-2}\), lecz liczby \(\displaystyle{ a,b}\) są dodatnie.
Wówczas zapiszmy:
\(\displaystyle{ 5>c+a^2+b^2 \Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow 5>1-(a+b)+a^2+b^2 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow a+b>a^2+b^2-4}\)
Teraz na moment wracamy do równości
\(\displaystyle{ 8=(-b-c)(a+b)(a+c)=(a+b)(a-1)(1-b)=(a+b)(1-a)(b-1)}\)
i widzimy, że jedna z liczb \(\displaystyle{ a,b}\) jest nie mniejsza niż \(\displaystyle{ 1}\), zaś druga nie większa niż \(\displaystyle{ 1}\). Ponadto znów z nierówności między średnimi możemy uzasadnić, że \(\displaystyle{ \max(a,b)\ge 3}\). Powiedzmy, że \(\displaystyle{ a\ge 3}\) i \(\displaystyle{ b\le 1}\), wówczas
\(\displaystyle{ \frac{17}{4}\ge 4+b-b^2>a^2-a\ge 6}\), jest to sprzeczność, która kończy ten jakże brzydki dowód.

Ale syf, ja pierdzielę. Pewnie i tak to ma rozwiązanie na parę linijek, a ja na to ustrojstwo zmarnowałem kilka godzin. -- 18 kwi 2018, o 01:29 --BTW Kiedyś po pięciu piwach zacząłem to poprzednie zadanie przeliczać w podobnym stylu (ręcznie!), ale jak przepisywałem, to mnie wylogowało mniej więcej w połowie, bo aktualizacje Windowsa. ( ͡° ͜ʖ ͡°)( ͡° ͜ʖ ͡°)( ͡° ͜ʖ ͡°)

Jak jeszcze nie było (proste raczej, choć znając rozwiązanie można tracić perspektywę):
dla nieujemnych \(\displaystyle{ a,b,c}\) spełniających \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2+abc=4}\) proszę udowodnić, że
\(\displaystyle{ 0\le ab+bc+ca-abc\le 2}\)

[PokEmil]

W końcu coś dla początkujących <3

Ukryta treść:    

Skoro \(\displaystyle{ ab+bc+ca-abc \le 2}\), to \(\displaystyle{ 2ab+2bc+2ca-2abc \le 4=a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc}\), stąd \(\displaystyle{ 0 \le a^{2} - 2ab + b^{2} + b^{2} - 2bc + c^{2} + c^{2} - 2ca + a^{2} - a^{2} - b^{2} - c^{2} + 3abc}\), czyli \(\displaystyle{ a^{2} + b^{2} + c^{2} \le (a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 + 3abc}\). Z założenia podanego w zadaniu oraz z faktu, że suma kwadratów dowolnych liczb rzeczywistych jest nieujemna mamy, że \(\displaystyle{ 4-abc \le 3abc \le (a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 + 3abc}\), a stąd \(\displaystyle{ 4 \le 4abc}\), czyli \(\displaystyle{ abc \ge 1}\). Zauważmy, że \(\displaystyle{ abc = 4-a^{2} - b^{2} - c^{2} \ge 1}\), czyli \(\displaystyle{ 3 \ge a^{2} + b^{2} + c^{2} \ge ab + bc +ca}\) (ostatnia nierówność to dość znany lemat, trywialny do udowodnienia). Chcąc udowodnić nierówność \(\displaystyle{ ab+bc+ca-abc \le 2}\) równoważnym jest udowodnienie nierówności \(\displaystyle{ ab+bc+ca \ge 2+abc}\), a skoro \(\displaystyle{ ab+bc+ca \le 3}\) oraz \(\displaystyle{ abc \ge 1}\), to \(\displaystyle{ ab+bc+ca \le 3 \le 2+abc}\), co było do udowodnienia.

Poległem dowodzeniu nierówności \(\displaystyle{ 0 \le ab+bc+ca-abc}\).

[bosa_Nike]

\(\displaystyle{ 4-abc \le 3abc \le (a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 + 3abc}\), a stąd \(\displaystyle{ 4 \le 4abc}\), czyli \(\displaystyle{ abc \ge 1}\)

Tutaj masz kiksa - prawa nierówność jest prawdziwa, zaś lewa niestety nie i stąd idą błędne wnioski. Iloczyn zmiennych jest nie większy od jedynki i łatwo to uzyskać np. z AM-GM na warunku początkowym.

Wskazówka: spróbuj przystosować rozumowanie stąd (punkt b) do tego przykładu. Da się z pewnością.

[PokEmil]

Korzystając z podpowiedzi powyżej, mamy:
\(\displaystyle{ 4=a^2+b^2+c^2+abc\ge 4\sqrt[4]{a^3b^3c^3}}\), a stąd \(\displaystyle{ 1\ge abc}\).
Jako że zmiennych mamy trzy, to pewne dwie muszą stać po tej samej stronie jedynki. Przypuśćmy bez strat ogólności, że są to \(\displaystyle{ a, b}\), więc \(\displaystyle{ (a-1)(b-1)c = abc - ac - bc + c\ge 0}\).
Mamy: \(\displaystyle{ 4-c^{2} =(2-c)(2+c) = a^{2} + b^{2} + abc \ge 2ab + abc = ab(2+c)}\), a dzieląc stronami przez \(\displaystyle{ 2+c}\), mamy że \(\displaystyle{ 2-c \ge ab}\), przekształcając, \(\displaystyle{ c \ge ab}\). Dodając stronami i przekształcając układ równań: \(\displaystyle{ \begin{cases} abc-ac-bc+c \ge 0 \\ 2-c \ge ab \end{cases}}\), mamy \(\displaystyle{ 2 \ge ac+bc+ca-abc}\), czyli prawą nierówność mamy udowodnioną.
Zajmijmy się lewą teraz. Tym razem z pożądanym skutkiem.
Zauważmy, że gdyby \(\displaystyle{ a, b, c > 1}\), to \(\displaystyle{ 4 = a^{2} + b^{2} + c^{2} + abc > 4}\), czyli sprzeczność, więc co najmniej jedna z tych liczb jest mniejsza lub równa \(\displaystyle{ 1}\) (bso, \(\displaystyle{ c}\)). Skoro \(\displaystyle{ 1 \ge c}\), to \(\displaystyle{ ab \ge abc}\), czyli \(\displaystyle{ ab+bc+ca-abc \ge bc+ca \ge 0}\), co należało dowieść.

Swoją drogą to mój setny post, yay!

Udowodnij, że dla \(\displaystyle{ 0<x \le \frac {1}{2}}\) oraz \(\displaystyle{ 0<y \le \frac{1}{2}}\) zachodzi nierówność: \(\displaystyle{ \frac {(x+y)^{2}}{xy} \ge \frac {(2-x-y)^{2}}{(1-x)(1-y)}}\).

PS. Mam taką prośbę. Z racji tego, że jest to Rozgrzewka przed OMem, to może dałoby radę publikować też względnie łatwiejsze zadania na poziomie mniej więcej 1-2 etapu OMa? Byłbym bardzo wdzięczny!

[Premislav]

Twoje rozwiązanie wygląda OK, tylko nie wiem, skąd wzięło się to:

przekształcając, \(\displaystyle{ c \ge ab}\)

, ale nie widzę, żebyś dalej z tego korzystał.

Ukryta treść:    

Funkcja \(\displaystyle{ f(t)=t-t^2=t(1-t)}\) jest rosnąca w przedziale \(\displaystyle{ \left(0,\frac 1 2\right]}\) (jak ktoś nie lubi pochodnych, to może sobie popatrzyć na wykres funkcji kwadratowej, a jak nawet tego nie lubi, to dla \(\displaystyle{ a,b\in \left( 0, \frac 1 2\right]}\) mamy \(\displaystyle{ a-a^2\ge b-b^2 \Leftrightarrow (a-b)(1-a-b)\ge 0}\) i ponieważ dla \(\displaystyle{ a,b \in \left( 0, \frac 1 2\right]}\) jest \(\displaystyle{ a+b\le 1}\), to konkluzja jest jasna). Stąd wynika, że dla dowolnych \(\displaystyle{ x,y \in\left( 0, \frac 1 2\right]}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ (x-y)\left( x(1-x)-y(1-y)\right) \ge 0}\), bo albo oba czynniki są niedodatnie, albo oba są nieujemne. Przekształcając równoważnie:
\(\displaystyle{ x^2(1-x)(1-y)+y^2(1-x)(1-y)\ge (1-x)^2xy+(1-y)^2 xy\bigg| :xy(1-x)(1-y)\\ \frac x y+\frac y x\ge \frac{1-x}{1-y}+\frac{1-y}{1-x}\bigg|+2\\ \frac x y+\frac y x+2\ge \frac{1-x}{1-y}+\frac{1-y}{1-x}+2\\ \frac{(x+y)^2}{xy} \ge \frac{(2-x-y)^2}{(1-x)(1-y)}}\)
c.n.d.

-- 5 maja 2018, o 00:21 --

Nowe zadanie:
liczby rzeczywiste dodatnie \(\displaystyle{ a,b,c}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ a+b+c=1}\). Proszę udowodnić, że \(\displaystyle{ \frac{a-bc}{a+bc}+\frac{b-ca}{b+ca}+\frac{c-ab}{c+ab}\le \frac 3 2}\)

EDIT: poprawa literówki w nicku, sorry.

[bartokot]

Ukryta treść:    

Przekształcając \(\displaystyle{ a+b+c=1}\) uzyskujemy \(\displaystyle{ a = 1-b-c}\), \(\displaystyle{ b = 1-c-a}\), \(\displaystyle{ c = 1-a-b}\).
Teraz przekształćmy mianowniki ułamków:
\(\displaystyle{ \frac{a-bc}{a+bc}+\frac{b-ca}{b+ca}+\frac{c-ab}{c+ab}\le \frac 3 2 = \frac{a-bc}{(b-1)(c-1)}+\frac{b-ca}{(c-1)(a-1)}+\frac{c-ab}{(a-1)(b-1)}\le \frac 3 2.}\)
Pomnóżmy obie strony nierówności przez \(\displaystyle{ (a-1)(b-1)(c-1)}\), wiedząc, że jest to liczba ujemna:
\(\displaystyle{ (a-bc)(a-1)+(b-ca)(b-1)+(c-ab)(c-1) \ge \frac 3 2(a-1)(b-1)(c-1)}\)
Wymnóżmy nawiasy:
\(\displaystyle{ a^2 - abc +bc -a + b^2 -abc + ca - b + c^2 - abc + ab - c \ge \frac 3 2(abc-ab-bc-ca+a+b+c-1)}\)
Teraz korzystając z tego, że \(\displaystyle{ a+b+c=1}\) możemy zapisać:
\(\displaystyle{ a^2 - abc +bc + b^2 -abc + ca + c^2 - abc + ab -1 \ge \frac 3 2(abc-ab-bc-ca)}\)
Pomnóżmy obie strony przez 2:
\(\displaystyle{ 2a^2 +2bc + 2b^2 + 2ca + 2c^2 + 2ab -2 - 6abc \ge 3abc-3ab-3bc-3ca}\)
Uporządkujmy wyrazy:
\(\displaystyle{ 2a^2 + 4ab + 2b^2 + 4bc + 2c^2 + 4ca + ab + bc + ca - 2 \ge 9abc}\)
Korzystając z wzoru na kwadrat sumy mamy:
\(\displaystyle{ 2(a+b+c)^2 + ab + bc + ca - 2 \ge 9abc}\)
\(\displaystyle{ ab + bc + ca \ge 9abc}\)
Pomnóżmy lewą stronę nierówności przez \(\displaystyle{ 1 = a+b+c}\)
Mamy:
\(\displaystyle{ a^2b + ab^2 + b^2c + bc^2 + c^2a + ca^2 + 3abc \ge 9abc}\)
\(\displaystyle{ \frac{a^2b + ab^2 + b^2c + bc^2 + c^2a + ca^2}{6} \ge abc}\)
Teraz z nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną mamy
\(\displaystyle{ \frac{a^2b + ab^2 + b^2c + bc^2 + c^2a + ca^2}{6} \ge \sqrt[6]{a^2b\cdot ab^2 \cdot b^2c \cdot bc^2 \cdot c^2a \cdot ca^2} = \sqrt[6]{a^6b^6c^6} = abc}\)
Mamy tezę!

Zadanie: Wykaż, że jeżeli \(\displaystyle{ a+b=1}\), to
(wersja łatwiejsza) \(\displaystyle{ a^5 + b^5 \ge \frac{1}{16}}\)
(wersja trudniejsza) \(\displaystyle{ a^{2018} + b^{2018} \ge \frac{1}{2^{2017}}}\)

[Premislav]

Ukryta treść:    

Uogólnimy to: jeśli \(\displaystyle{ a,b\in \RR}\) spełniają \(\displaystyle{ a+b=1}\), to dla dowolnego \(\displaystyle{ n\in \NN^+}\) zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ a^n+b^n\ge \frac{1}{2^{n-1}}}\).
Jeżeli mianowicie któraś z liczb \(\displaystyle{ a,b}\) jest ujemna (bez straty ogólności niech będzie to \(\displaystyle{ b}\)), to oczywiście druga jest dodatnia i większa niż \(\displaystyle{ 1}\) (w szczególności w sposób oczywisty większa co do wartości bezwzględnej niż \(\displaystyle{ b}\)) i dla każdego \(\displaystyle{ k\in \NN}\) jest wówczas \(\displaystyle{ a^k+b^k>0}\), stąd nietrudno przekonać się, że dla \(\displaystyle{ n\ge 2, \ n\in \NN}\) zachodzi
\(\displaystyle{ a^n+b^n=(a+b)(a^{n-1}+b^{n-1})-ab(a^{n-2}+b^{n-2})\ge a^{n-1}+b^{n-1}}\)
(zwróćmy uwagę, że iloczyn \(\displaystyle{ ab}\) jest ujemny). Powtarzając to rozumowanie, dochodzimy do wniosku, że wówczas \(\displaystyle{ a^n+b^n\ge a+b=1\ge\frac{1}{2^{n-1}}}\)
(można też to zapisać w postaci dowodu indukcyjnego).

Przypuśćmy teraz, że \(\displaystyle{ a\ge 0}\) i \(\displaystyle{ b\ge 0}\). Z nierówności między średnimi potęgowymi:
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{ \frac{a^n+b^n}{2} } \ge \frac{a+b}{2}=\frac 1 2}\)
Podnosimy teraz stronami do potęgi n-tej, mnożymy przez \(\displaystyle{ 2}\) i koniec.

Nowe zadanie:
liczby rzeczywiste dodatnie \(\displaystyle{ a,b,c, d}\) spełniają zależność \(\displaystyle{ a+b+c+d=1}\).
Proszę wykazać, że \(\displaystyle{ 6(a^3+b^3+c^3+d^3)\ge a^2+b^2+c^2+d^2+\frac 1 8}\).

[arek1357]

Można w ogóle udowodnić, że:

tak pokrótce

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ x+y=1}\)

\(\displaystyle{ x^{n}+y^{n} \ge \frac{1}{2^{n-1}}}\)

wziąć funkcję:

\(\displaystyle{ f(x)=x^{n}+(1-x)^{n}}\)

podstawić:

\(\displaystyle{ x:=x+ \frac{1}{2}}\)

\(\displaystyle{ g(x)=(x+ \frac{1}{2})^{n}+(x+ \frac{1}{2})^{n}}\)

Funkcje:

\(\displaystyle{ f(x) \wedge g(x)}\)

mają takie samo minimum, lecz \(\displaystyle{ g(x)}\) jest symetryczna co łatwo sprawdzić

\(\displaystyle{ g'(x)=n(x+ \frac{1}{2} )^{n-1}-n( \frac{1}{2}-x )^{n-1}}\)

minimum jest dla \(\displaystyle{ x=0}\)

co w kontekście funkcji:

\(\displaystyle{ f(x)}\)

minimum daje dla:

\(\displaystyle{ x= \frac{1}{2}}\)

\(\displaystyle{ f( \frac{1}{2})= \frac{1}{2^n}+ \frac{1}{2^n} = \frac{1}{2^{n-1}}}\)

co daje tezę...

Szybkość Premislava mnie zadziwia ponadświetlna...

[bosa_Nike]

PLN0.03:    

W przypadku \(\displaystyle{ a,b\in\RR}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ n\in \NN}\) wystarcza, żeby zmienne miały nieujemną sumę, bo mamy

\(\displaystyle{ \begin{aligned}2^{n-1}&\left(a^n+b^n\right)-(a+b)^n\\ &=(a+b)^{\frac{1-(-1)^n}{2}}\cdot\sum\limits_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}\left({n\choose 2k}\cdot (a+b)^{2\left(\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor-k\right)}\cdot (a-b)^{2k}\right),\end{aligned}}\)

gdzie \(\displaystyle{ \left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor=\frac{2n-1+(-1)^n}{4}}\)

[bartokot]

Ukryta treść:    

Zdefiniujmy funkcję \(\displaystyle{ f(x) = \frac{6}{x^2} - \frac{1}{x}}\).
Jej druga pochodna to \(\displaystyle{ f''(x) = \frac{36}{x^4} + \frac{-2}{x^3} = \frac{2(18-x)}{x^4}}\). Jest ona dodatnia dla wszystkich \(\displaystyle{ x \in ( 0, 1 \rangle}\), więc funkcja jest wypukła.

Przekształćmy nierówność z postaci:
\(\displaystyle{ 6(a^3+b^3+c^3+d^3)\ge a^2+b^2+c^2+d^2+\frac 1 8}\)
do postaci:
\(\displaystyle{ a(6a^2-a) + b(6b^2-b) +c(6c^2-c) +d(6d^2-d) \ge \frac 1 8}\)

Teraz zauważmy, że \(\displaystyle{ 6a^2-a = f\left( \frac 1 a\right)}\) (analogicznie dla \(\displaystyle{ b, c, d}\)) i \(\displaystyle{ f(4) = \frac 1 8}\), zatem możemy zapisać:
\(\displaystyle{ af\left( \frac 1 a\right)+ b\left( \frac 1 b\right) +c\left( \frac 1 c\right) +d\left( \frac 1 d\right) \ge f(4)}\)
\(\displaystyle{ af\left( \frac 1 a\right)+ bf\left( \frac 1 b\right) +cf\left( \frac 1 c\right) +df\left( \frac 1 d\right) \ge f\left(a \cdot \frac 1 a + b \cdot \frac 1 b+c\cdot \frac 1 c +d \cdot \frac 1 d\right)}\)

A ta nierówność wynika z nierówności Jensena dla funkcji wypukłej \(\displaystyle{ f(x)}\) dla wag \(\displaystyle{ a,b,c,d}\), których suma wynosi 1 i dla argumentów \(\displaystyle{ a,b,c,d}\), które są dodatnie, więc funkcja jest określona.

Zadanie: Wykaż, że dla każdej liczby całkowitej dodatniej \(\displaystyle{ n}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ \frac 1 3 n^2 + \frac 1 2 n \ge \sqrt[n]{(n!)^2} - \frac 1 6}\)

[Premislav]

Rozwiązanie powyżej jak dla mnie trzeba dopracować (a może to ja czegoś nie widzę?). Owszem, taka funkcja \(\displaystyle{ f}\) jak wyżej jest wypukła w \(\displaystyle{ (0,1]}\), a nawet w \(\displaystyle{ (0,18)}\), ale akurat to nie \(\displaystyle{ \frac 1 a, \ \frac 1 b, \ \frac 1 c, \ \frac 1 d}\) należą do takiego przedziału, tylko \(\displaystyle{ a, \ b, \ c, \ d}\). Jeśli któraś z liczb \(\displaystyle{ a,b,c,d}\) jest mniejsza niż \(\displaystyle{ \frac{1}{18}}\), to nierówność
\(\displaystyle{ af\left( \frac 1 a\right)+ b\left( \frac 1 b\right) +c\left( \frac 1 c\right) +d\left( \frac 1 d\right) \ge f(4)}\) nie działa (a tak naprawdę działa, bo inaczej teza by była fałszywa, ale w takiej formie z Jensena tego nie udowodnisz).