[Nierówności] dwie nierówności

[Nerchio123]

1.

\(\displaystyle{ \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \le \frac{a^2}{b^2} + \frac{b^2}{c^2} + \frac{c^2}{a^2}}\) dla \(\displaystyle{ a, b, c>0}\)

Proszę o sprawdzenie mojego rozwiązania:

Ukryta treść:    

Po wymnożeniu stronami przez \(\displaystyle{ a^2b^2c^2}\) dostajemy równoważną nierówność \(\displaystyle{ a^3bc^2+a^2b^3c+ab^2c^3 \le a^4c^2 +a^2b^4+b^2c^4 \Leftrightarrow

abc(a^2c+ab^2+bc^2) \le a^4c^2+a^2b^4+b^2c^4}\)
Niech \(\displaystyle{ x=a^2c, y=ab^2, z=bc^2}\)

Wystarczy udowodnić, że \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2 \ge \sqrt[3]{xyz}(x+y+z) \Leftrightarrow \sqrt[3]{xyz} \le \frac{x^2+y^2+z^2}{x+y+z}}\)

Z nierówności między średnią geometryczną i kwadratową:
\(\displaystyle{ \sqrt[3]{xyz} \le \sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}{3}}}\)

Pokażę, że \(\displaystyle{ \sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}{3}} \le \frac{x^2+y^2+z^2}{x+y+z}}\). Podnosząc tę nierówność stronami do kwadratu i dzieląc stronami przez \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2}\) dostajemy \(\displaystyle{ \frac{1}{3} \le \frac{x^2+y^2+z^2}{x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz}}\) co jest prawdą gdyż \(\displaystyle{ 2xy+2yz+2xz \le 2x^2+2y^2+2z^2}\)

Pytanie jeszcze - czy dla postaci którą dostałem po wymnożeniu stronami przez \(\displaystyle{ a^2b^2c^2}\) idzie jakoś zastosować nierówność Muirheada mimo tego, że brakuje trzech składników po obu stronach?

2.
\(\displaystyle{ x^3+y^3+z^3+3xyz \ge xy^2+x^2y+x^2z+xz^2+y^2z+yz^2}\) dla \(\displaystyle{ x, y, z \ge 0}\)

Tutaj proszę o jakąś wskazówkę. Czy idzie jakoś wykorzystać nierówność Muirheada?

[Michalinho]

Tak da się z Muirheada to zrobić już tutaj: \(\displaystyle{ a^3bc^2+a^2b^3c+ab^2c^3 \le a^4c^2 +a^2b^4+b^2c^4}\). Ponieważ \(\displaystyle{ \left(4,2,0\right) \succ \left(3,2,1\right)}\), więc mamy nierówność dla \(\displaystyle{ a, c, b}\).

[Nerchio123]

No właśnie nie jest to takie proste, bo to co zapisałeś to:
\(\displaystyle{ a^3bc^2+a^2b^3c+ab^2c^3+a^3b^2c+ab^3c^2+a^2bc^3 \le a^4c^2 +a^2b^4+b^2c^4+a^4b^2+b^4c^2+a^2c^4}\)

Po 3 składniki z obu stron za dużo.

[Hydra147]

Mamy takie oto dwie nierówności:
\(\displaystyle{ a^3bc^2+a^2b^3c+ab^2c^3 \le a^4c^2 +a^2b^4+b^2c^4}\)
oraz
\(\displaystyle{ a^3b^2c+ab^3c^2+a^2bc^3 \le a^4b^2+b^4c^2+a^2c^4}\)
Suma tych dwu nierówności daje nam nierówność, którą już udowodniliście. Ponadto nierówności te muszą mieć ten sam zwrot, gdyż jedną z nich można otrzymać z drugiej poprzez zamianę \(\displaystyle{ b}\) i \(\displaystyle{ c}\) miejscami. Zatem obie te nierówności muszą zachodzić z takim zwrotem, z jakim je napisałem.

[Marcinek665]

Jedyne poprawne rozwiązanie znalazło się w pierwszym poście.

Zarówno następujące rozwiązanie:

Mamy takie oto dwie nierówności:
\(\displaystyle{ a^3bc^2+a^2b^3c+ab^2c^3 \le a^4c^2 +a^2b^4+b^2c^4}\)
oraz
\(\displaystyle{ a^3b^2c+ab^3c^2+a^2bc^3 \le a^4b^2+b^4c^2+a^2c^4}\)
Suma tych dwu nierówności daje nam nierówność, którą już udowodniliście.

jak i:

Tak da się z Muirheada to zrobić już tutaj: \(\displaystyle{ a^3bc^2+a^2b^3c+ab^2c^3 \le a^4c^2 +a^2b^4+b^2c^4}\). Ponieważ \(\displaystyle{ \left(4,2,0\right) \succ \left(3,2,1\right)}\), więc mamy nierówność dla \(\displaystyle{ a, c, b}\).

nie jest poprawne. Pierwsze nie działa, bo z prawdziwości \(\displaystyle{ A+B \ge C+D}\) nie można wnioskować prawdziwości \(\displaystyle{ A \ge C}\) oraz \(\displaystyle{ B \ge D}\), a drugie nie działa, bo błednie została użyta nierówność Muirheada.

Można natomiast spróbować następującego podejścia:
Z nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną możemy zapisać:
\(\displaystyle{ 4 \cdot \frac{a^2}{b^2} + \frac{b^2}{c^2} + \frac{c^2}{a^2} \ge 6 \cdot \frac{a}{b}}\).
Sumując te i dwie analogiczne nierówności dla zamienionych zmiennych, otrzymujemy tezę.

[Zahion]

HINT:    

Twoja nierówność jest równoważna postaci \(\displaystyle{ (a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c) \le abc}\)

[Hydra147]

Ja mówię o następującej implikacji:
\(\displaystyle{ A+B \ge C+D \wedge (A \ge C \Leftrightarrow B \ge D) \Rightarrow A \ge C \wedge B \ge D}\).

[Nerchio123]

HINT:    

Twoja nierówność jest równoważna postaci \(\displaystyle{ (a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c) \le abc}\)

Jak to wykorzystać?

[micha73]

Druga nierówność jest szczególnym przypadkiem nierówności Schura. Dowody znajdziesz w Internecie. Jeśli chcesz tylko hint to:

hint:    

nierówność jest symetryczna ze względu na zmienne \(\displaystyle{ x,y,z}\), więc można bez straty ogólności założyć, że \(\displaystyle{ x \ge y \ge z}\).

[Nerchio123]

Nierówność Schura w porządku, ale nie widzę jak to zrobić bez niej z samym założeniem\(\displaystyle{ x \ge y \ge z}\)

[Marcinek665]

Ja mówię o następującej implikacji:
\(\displaystyle{ A+B \ge C+D \wedge (A \ge C \Leftrightarrow B \ge D) \Rightarrow A \ge C \wedge B \ge D}\).

Niestety nie jest prawdą, że \(\displaystyle{ A \ge C \Leftrightarrow B \ge D}\). Tzn jest, bo inaczej zadanie by nie działało, ale nie wynika to z tego co powiedziałeś

Mówisz, że jedna nierówność powstaje przez zamianę zmiennych w pierwszej. Ale nie wiesz, czy nie może się zdarzyć sytuacja, że \(\displaystyle{ A \ge C}\) oraz \(\displaystyle{ B < D}\), dlatego właśnie, że pierwsza nierówność jest dla innych zmiennych niż druga.

[micha73]

Hint nr 2:

hint 2:    

\(\displaystyle{ x^3+y^3+z^3+3xyz-xy^2+x^2y+x^2z+xz^2+y^2z+yz^2 = x(x-y)(x-z)+y(y-z)(y-x)+z(z-x)(z-y) = (x-y)(x(x-z)-y(y-z))+z(x-z)(x-y)}\)

[Zahion]

UP - Nie tyle co HINT jak rozwiązanie

hint(2):    

\(\displaystyle{ a^{2} \ge (a+b-c)(a-b+c)}\)
\(\displaystyle{ b^{2} \ge (a+b-c)(-a+b+c)}\)
\(\displaystyle{ c^{2} \ge (a-b+c)(-a+b+c)}\)
Dowód można łatwo przeprowadzić mnożąc i redukując, albo z nierówności \(\displaystyle{ ( \frac{x+y}{2})^{2} \ge xy}\). Zauważ, że nie możesz bezpośrednio wymnożyć tych nierówności, musisz jeszcze coś rozpatrzeć.

[Nerchio123]

Jeśli \(\displaystyle{ b+c \ge a}\) to wymnażamy i pierwiastkujemy stronami, jeśli \(\displaystyle{ b+c < a}\) to nierówność z hinta 1 jest oczywista, bo lewa strona jest ujemna a prawa dodatnia, tak? Przy założeniu \(\displaystyle{ a \ge b \ge c}\)

[Zahion]

Może być . Da rade obejść założenie, natomiast poprawnie.