[Nierówności] H.Pawłowski - Nierówności przygotowawcze

[kammeleon18]

1) \(\displaystyle{ x,y,z>0}\) Udowodnij, że

\(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{} ( \frac{x}{y} + \frac{z}{ \sqrt[3]{xyz} }) \ge 12}\)

2) \(\displaystyle{ a,b,c>0}\) Udowodnij, że

\(\displaystyle{ \frac{a^3+b^3+c^3}{3abc}+ \frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge 2}\)

3) \(\displaystyle{ a,b,c>0}\) oraz \(\displaystyle{ ab+bc+ca=3}\) Udowodnij, że

\(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{} \frac{ab}{c^2+1} \ge \frac{3}{2}}\)

4) \(\displaystyle{ a, b, c}\) są długościami boków trójkąta. Udowodnij, że

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

5) Wyznacz maksymalną wartość \(\displaystyle{ k \in R}\) taką, że dla dowolnych liczb \(\displaystyle{ a,b,c>0}\) spełniających warunek \(\displaystyle{ a+b+c \ge 3abc}\) zachodzi
\(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2 \ge k \cdot abc}\)

[czekoladowy]

Pierwsza nierówność jest dobrze przepisana??

[ordyh]

3.:    

\(\displaystyle{ \sum\frac{ab}{c^2+1} = \sum\frac{a^2b^2}{abc^2+ab} \geq \frac{(ab+bc+ca)^2}{abc(a+b+c)+ab+bc+ca} = \frac{9}{abc(a+b+c)+3} \geq \frac{9}{3+3} = \frac{3}{2}}\)
Pierwsze przejście to C-S w formie Engela, a drugie jest prawdziwe, bo \(\displaystyle{ abc(a+b+c) \leq \frac{1}{3}(ab+bc+ca)^2}\)

5.:    

Podstawiając \(\displaystyle{ a=b=c=1}\) dostajemy \(\displaystyle{ k\leq 3}\). Pokażemy, że \(\displaystyle{ k=3}\) spełnia.
Wykorzystując założenie otrzymujemy: \(\displaystyle{ (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^2\geq 3(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}) = 3\frac{a+b+c}{abc} \geq 9}\), stąd \(\displaystyle{ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 3}\).
Mamy \(\displaystyle{ \frac{a^2+b^2+c^2}{abc} \geq \frac{ab+bc+ca}{abc} = \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 3}\)
Zatem największa wartość \(\displaystyle{ k}\) to \(\displaystyle{ 3}\)

[Vax]

2:    

\(\displaystyle{ \frac{a^3+b^3+c^3}{3abc}+ \frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge 2 \\ \\ \iff \\ \\ a^5(b+c)+b^5(a+c)+c^5(a+b)+a^2b^2(a^2+b^2)+a^2c^2(a^2+c^2)+b^2c^2(b^2+c^2)+2abc(a^3+b^3+c^3)+12a^2b^2c^2 \ge 5abc(a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2)}\)

Zauważmy, że:

\(\displaystyle{ a^5b+ab^5+a^4b^2+a^2b^4+a^4bc+ab^4c+4a^2b^2c^2 \ge 5a^3b^2c+5a^2b^3c \\ \\ \iff \\ \\ a^4+b^4+a^3b+ab^3+a^3c+b^3c+4abc^2 \ge 5abc(a+b) \\ \\ \iff \\ \\ (a^3+b^3)(a+b+c)+4abc^2 \ge 5abc(a+b)}\)

Ale \(\displaystyle{ a^3+b^3 \ge ab(a+b)}\) więc:

\(\displaystyle{ (a^3+b^3)(a+b+c)+4abc^2 \ge ab(a+b)(a+b+c)+4abc^2 \ge 5abc(a+b) \Leftrightarrow \\ \\ (a+b)(a+b+c)+4c^2 \ge 5ac+5bc \Leftrightarrow a^2+b^2+4c^2+2ab-4ac-4bc \ge 0 \Leftrightarrow (a+b-2c)^2 \ge 0}\)

Dodając stronami tą i 2 podobne nierówności dostajemy tezę.

[Panda]

W \(\displaystyle{ 1.}\) albo \(\displaystyle{ 6}\) albo \(\displaystyle{ sym}\), w obu wypadkach

1:    

po prostu z \(\displaystyle{ AM-GM}\) \(\displaystyle{ \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} \ge 3 \sqrt[3]{\frac{(xyz)^3}{(xyz)^3}} = 3}\)
\(\displaystyle{ \frac{x}{\sqrt[3]{xyz}} + \frac{y}{\sqrt[3]{xyz}} + \frac{z}{\sqrt[3]{xyz}} \ge 3}\)
i dodajemy stronami, w przypadku z \(\displaystyle{ sym}\) dodajemy jeszcze raz to samo, ale z odwrotnym cyklem.

[kammeleon18]

Pierwsza nierówność jest dobrze przepisana??

Niestety nie, poprawny zapis to: \(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{} \left( \frac{x}{y} + \frac{z}{ \sqrt[3]{xyz} }\right) ^2 \ge 12}\).

[Marcinek665]

1:    

Sposób dowodu nie ulega wielkiej zmianie (dwie aplikacje AM-GM):

\(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{} (\frac{x}{y} + \frac{z}{ \sqrt[3]{xyz} })^2} \ge \sum_{cyc} 4\frac{xz}{x^{\tfrac{1}{3}}y^{\tfrac{4}{3}}z^{\tfrac{1}{3}}} \ge 12 \sqrt[3]{ \frac{xz}{x^{\tfrac{1}{3}}y^{\tfrac{4}{3}}z^{\tfrac{1}{3}}} \cdot \frac{yx}{y^{\tfrac{1}{3}}z^{\tfrac{4}{3}}x^{\tfrac{1}{3}}} \cdot \frac{zy}{z^{\tfrac{1}{3}}x^{\tfrac{4}{3}}y^{\tfrac{1}{3}}}} = 12}\)

[Ponewor]

4.:    

Wjeżdzamy brutalnie z Raviego. Wymnażamy. Redukujemy. Podwajamy. Otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \sum x^{6} + 6 \sum x^{5}y+ 7 \sum x^{4}yz+ \sum x^{3}y^{3} \ge 14 \sum x^{3}yz + \sum x^{2}y^{2}z^{2}}\)
czyli Muirhead.

[timon92]

4:    

niech \(\displaystyle{ a \ge b \ge c}\), przepiszmy nierówność trochę inaczej

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

zachodzą nierówności \(\displaystyle{ (a-c)^2 \ge 4(a-b)(b-c)}\) oraz \(\displaystyle{ ab+bc \ge b^2+ac}\) zatem

\(\displaystyle{ (a-c)^2 \cdot \frac{2ab+2bc-b^2-ac}{(a^2+bc)(c^2+ab)} \ge \frac{4(a-b)(b-c)(ab+bc)}{(a^2+bc)(c^2+ab)}}\)

zatem wystarczy wykazać że

\(\displaystyle{ 4a(b+c)(b^2+ac) \ge (a^2+bc)(c^2+ab)}\)

skoro to są boki trójkąta to \(\displaystyle{ b+c\ge a}\), więc wystarczy że

\(\displaystyle{ 4a^2(b^2+ac) \ge (a^2+bc)(c^2+ab)}\)

oczywiście \(\displaystyle{ 4a^2 > a^2+bc}\) więc wystarczy że

\(\displaystyle{ b^2+ac \ge c^2+ab}\)

czyli że \(\displaystyle{ (b-c)(b+c-a) \ge 0}\)

czyli jest ok

[Ponewor]

@up:    

Nie liczy się - nie wymnożyłeś na pałę

[kammeleon18]

timon92, że Tobie w tym wieku chce się w olimpiadę bawić i to nierówności!

[Kartezjusz]

Tak bywa. Ja też prawdopodobnie zacznę z powrotem. W stowarzyszeniu pojawia się kolejka chętnych do treningu.