[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[bosa_Nike]

Podpowiedź:    

\(\displaystyle{ \sum\blue{\frac{a}{1+b^2}}=\sum\left(\blue{ a-\frac{ab^2}{1+b^2}}\right)\ge 4-\frac{1}{2}\sum ab}\)

[bakala12]

bosa_Nike, z podpowiedziami to łatwe. Mamy:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{a}{1+b^{2}}= \sum_{}^{} \left( a- \frac{ab^{2}}{1+b^{2}} \right)}\)
Zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ \frac{ab^{2}}{1+b^{2}} \le \frac{1}{2}ab}\)
Dowód przez wymnożenie sprowadza się do \(\displaystyle{ b\left( b-1\right)^{2} \ge 0}\) a to jest prawda dla dodatniego \(\displaystyle{ b}\).
Sumując cztery takie nierówności dostajemy nierówność napisaną przez bosa_Nike w podpowiedzi.
Dla dokończenia dowodu wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ \sum_{}^{} ab \le 4}\) a to już jest proste z AM-GM:
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} ab=ab+bc+cd+da=\left( a+c\right)\left( b+d\right) \le \left( \frac{a+b+c+d}{2} \right)^{2}=4}\)

Zaraz poszukam czegoś fajnego.

Dla dodatnich \(\displaystyle{ a _{1},a _{2},...,a _{n}; \left( n \ge 4\right)}\) znaleźć optymalną (największą) stałą \(\displaystyle{ M}\) dla której zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} \frac{a _{i} }{a _{i-1}+a _{i+1} } \ge M}\)

[bakala12]

wskazówka:    

Biorąc \(\displaystyle{ n=4}\) można szybko otrzymać optymalną stałą \(\displaystyle{ M}\). Dla pozostałych \(\displaystyle{ n}\) otrzymaną nierówność dowodzi się indukcyjnie.

[ordyh]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ M = 2}\).
Dla \(\displaystyle{ n = 4}\) sprawa jest prosta, mamy nierówność postaci \(\displaystyle{ x+\frac{1}{x} \geq 2}\).

Zajmijmy się przypadkiem \(\displaystyle{ n > 4}\). Przyjmijmy bez straty ogólności, że \(\displaystyle{ a_n = \min(a_1,...,a_n)}\). Zachodzi:
\(\displaystyle{ \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}+a_n} + \frac{a_n}{a_{n-1}+a_1} + \frac{a_1}{a_n+a_2} \geq \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}+a_1} + \frac{a_1}{a_{n-1}+a_2}}\) (szacujemy kolejno \(\displaystyle{ a_n \leq a_1}\), \(\displaystyle{ a_n \geq 0}\), \(\displaystyle{ a_n \leq a_{n-1}}\))
stąd nasze wyrażenie dla ciągu \(\displaystyle{ (a_1,...,a_n)}\) jest nie mniejsze niż dla ciągu \(\displaystyle{ (a_1,...,a_{n-1})}\), więc przez indukcję nierówność zachodzi dla dowolnego \(\displaystyle{ n \geq 4}\).

Teraz pokażemy, że stała jest optymalna. Bierzemy ciąg \(\displaystyle{ (t^k, t^{k-1}, ..., t, 1, 1, t, ..., t^{k-1}, t^k)}\) lub \(\displaystyle{ (t^k, t^{k-1}, ..., t, 1, t, ..., t^{k-1}, t^k)}\) w zależności od parzystości \(\displaystyle{ n}\) i dążymy z \(\displaystyle{ t}\) do nieskończoności, 2 wyrazy sumy dążą do 1, a pozostałe do 0, zatem cała suma dąży do 2, więc stała 2 jest optymalna.

Niech \(\displaystyle{ n \geq 3}\). Udowodnij, że dla dodatnich liczb \(\displaystyle{ a_1, ..., a_n}\) zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ \frac{(a_1+a_2+a_3)(a_2+a_3+a_4)...(a_n+a_1+a_2)}{(a_1+a_2)(a_2+a_3)...(a_n+a_1)} > (\sqrt{2})^n}\)

[Marcinek665]

Vax rozniósł tę nierówność i zaraz ujrzycie jego niesamowity dowód!

[Vax]

ok;p:    

Mnożymy licznik i mianownik przez \(\displaystyle{ 2^n}\) i mamy równoważnie do pokazania:

\(\displaystyle{ \frac{(2a_1+2a_2+2a_3)...(2a_n+2a_1+2a_2)}{2^n(a_1+a_2)(a_2+a_3)...(a_n+a_1)} > (\sqrt{2})^n}\)

Ale \(\displaystyle{ 2a_1+2a_2+2a_3 = (2a_1+a_2)+(a_2+2a_3) \ge 2\sqrt{(2a_1+a_2)(a_2+2a_3)}}\)

Szacujemy tak każdy z n czynników z licznika, skracamy licznik i mianownik przez \(\displaystyle{ 2^n}\) i dostajemy:

\(\displaystyle{ \frac{\sqrt{(2a_1+a_2)(a_1+2a_2) \cdot (2a_2+a_3)(a_2+2a_3)\cdot ... \cdot (2a_n+a_1)(a_n+2a_1)}}{(a_1+a_2)(a_2+a_3)...(a_n+a_1)} >}\)

\(\displaystyle{ \frac{\sqrt{(\sqrt{2}(a_1+a_2))^2\cdot (\sqrt{2}(a_2+a_3))^2\cdot ... \cdot (\sqrt{2}(a_n+a_1))^2}}{(a_1+a_2)(a_2+a_3)...(a_n+a_1)} = (\sqrt{2})^n}\)

Nowe:

\(\displaystyle{ x,y,z > 0 \wedge x^2+y^2+z^2 = 3}\)

Pokazać, że \(\displaystyle{ \frac{x}{\sqrt{x^2+y+z}}+\frac{y}{\sqrt{x+y^2+z}}+\frac{z}{\sqrt{x+y+z^2}} \le \sqrt{3}}\)

[Wojteg]

$$\sum {\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + y + z} }} \le \sqrt {\sum {{x^2}} } } \cdot \sqrt {\sum {\frac{1}{{{x^2} + y + z}}} } = \sqrt 3 \cdot \sqrt {\sum {\frac{1}{{{x^2} + y + z}}} }$$

Potem:

był blef

[Ponewor]

Źle. Założenie mówi nam coś o sumie kwadratów.

[Wojteg]

No wydawało mi się, że z tego skorzystałem

@edit

Ok widzę jak zwykle musiałem zrobić durny błąd

[ordyh]

Ukryta treść:    

Z Jensena dla \(\displaystyle{ \sqrt{x}}\):
\(\displaystyle{ \sum x\cdot \sqrt{\frac{1}{x^2+y+z}} \leq (x+y+z)\sqrt{\frac{1}{x+y+z} \sum \frac{x}{x^2+y+z}}}\)

Teraz mamy z C-S:
\(\displaystyle{ (x^2+y+z)(1+y+z) \geq (x+y+z)^2}\)
zatem
\(\displaystyle{ \sum \frac{x}{x^2+y+z} \leq \frac{1}{(x+y+z)^2} \sum x(1+y+z) = \frac{x+y+z+2(xy+yz+zx)}{(x+y+z)^2} \leq 1}\)
(ostatnie przejście wynika z tego, że \(\displaystyle{ x+y+z \leq 3 = x^2+y^2+z^2}\))

Stąd mamy
\(\displaystyle{ (x+y+z)\sqrt{\frac{1}{x+y+z} \sum \frac{x}{x^2+y+z}} \leq (x+y+z)\sqrt{\frac{1}{x+y+z}} = \sqrt{x+y+z} \leq \sqrt{3}}\)
co należało pokazać.

Niech \(\displaystyle{ a_n = 1+\frac{1}{\sqrt[3]{2}} + \frac{1}{\sqrt[3]{3}} +...+ \frac{1}{\sqrt[3]{n}}}\).

Udowodnij, że dla każdego \(\displaystyle{ n\in\mathbb{N}}\) zachodzi

\(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt[3]{2}a_1a_2^3}+\frac{1}{\sqrt[3]{3}a_2a_3^3}+...\frac{1}{\sqrt[3]{n+1}a_na_{n+1}^3} < \frac{1}{3}}\)

[Mruczek]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \frac{1}{ a_{k} ^{3} } - \frac{1}{a_{k+1} ^{3}} = \frac{ a_{k+1} ^{3}-a_{k} ^{3}}{ a_{k} ^{3} a_{k+1} ^{3}} =\frac{ (a_{k}+ \frac{1}{ \sqrt[3]{k+1} } ) ^{3} -a_{k} ^{3}}{ a_{k} ^{3} a_{k+1} ^{3}} > \frac{3 \cdot a_{k} ^{2} \cdot \frac{1}{ \sqrt[3]{k+1}}}{a_{k} ^{3} a_{k+1} ^{3}}= \frac{3}{ \sqrt[3]{k+1} a_{k} a_{k+1} ^{3} }}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt[3]{2}a_1a_2^3}+\frac{1}{\sqrt[3]{3}a_2a_3^3}+...\frac{1}{\sqrt[3]{n+1}a_na_{n+1}^3}= \\ \frac{1}{3} ((\frac{1}{ a_{1} ^{3} } - \frac{1}{a_{2} ^{3}} )+(\frac{1}{ a_{2} ^{3} } - \frac{1}{a_{3} ^{3}}) +...+(\frac{1}{ a_{k} ^{3} } - \frac{1}{a_{k+1} ^{3}}))= \frac{1}{3} (\frac{1}{ a_{1} ^{3} } - \frac{1}{a_{k+1} ^{3}})< \frac{1}{ 3a_{1} ^{3} }= \frac{1}{3}}\)

a,b,c,d,e,f rzeczywiste
\(\displaystyle{ a \ge b \ge c}\) oraz \(\displaystyle{ d \ge e \ge f}\)
Wykazać, że \(\displaystyle{ (a+b+c+d+e+f) ^{2} \ge 12(af+be+cd)}\)

[Msciwoj]

Wrzuciłeś cokolwiek, żeby było?

Ukryta treść:    

Z narzucających się ciągów jednomonotonicznych mamy:
\(\displaystyle{ (ad + bf + ce) + (ae + bd + cf) + (af + be + cd) \ge 3(af + be + cd)}\)
Co daje:
\(\displaystyle{ 4(a + b + c)(d + e + f) \ge 12(af + be + cd)}\)
Oczywiście
\(\displaystyle{ (a + b + c + d + e + f)^{2} \ge 4(a + b + c)(d + e + f)}\)
Bo
\(\displaystyle{ (a + b + c - d - e -f )^{2} \ge 0}\)

Wrzucę coś jutro (znaczy w czwartek) wieczorem, jak macie jakąś inną fajną do tego tematu, nie wahajcie się mi zabrać kolejki.

[Msciwoj]

Ojojoj, zapomniałem. Nie mogę edytować poprzedniego posta z jakiegoś powodu. Ale coś mam

\(\displaystyle{ a,b,c}\) - dodatnie liczby rzeczywiste.

Udowodnić i wskazać wszystkie przypadki kiedy zachodzi równość:

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

[Ponewor]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}-a-b-c=\frac{\left(a-b\right)^{2}}{b}+\frac{\left(b-c\right)^{2}}{c}+\frac{\left(c-a\right)^{2}}{a}}\)
chcemy więc pokazać, że \(\displaystyle{ \frac{\left(a-b\right)^{2}}{b}+\frac{\left(b-c\right)^{2}}{c}+\frac{\left(c-a\right)^{2}}{a} \ge \frac{4\left(a-b\right)^{2}}{a+b+c}}\)
ale z cs mamy, że
\(\displaystyle{ \left( b+c+a\right)\left( \frac{\left(a-b\right)^{2}}{b}+\frac{\left(b-c\right)^{2}}{c}+\frac{\left(c-a\right)^{2}}{a}\right) \ge \left( \left| a-b\right|+\left| b-c\right| +\left| c-a\right| \right)^{2}}\)
a skoro z nierówności trójkąta <3 jest \(\displaystyle{ \left| b-c\right| +\left| c-a\right| \ge \left| a-b\right|}\) to
\(\displaystyle{ \left( \left| a-b\right|+\left| b-c\right| +\left| c-a\right| \right)^{2} \ge \left(2\left| a-b\right| \right)^{2}=4\left(a-b\right)^{2}}\) czyli teza.

Należy znaleźć największą możliwą wartość stałej \(\displaystyle{ k}\), tak by nierówność
\(\displaystyle{ \left( a+b+c\right)\left( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}-k\right) \ge k}\)
zachodziła dla wszystkich liczb nieujemnych \(\displaystyle{ a, \ b, \ c}\), takich, że nie wszystkie są równe zero oraz spełniona jest równość \(\displaystyle{ a+b+c=ab+bc+ca}\).

[Msciwoj]

To wisiało tyle czasu?

Ukryta treść:    

Wystarczy, że znajdziemy takie \(\displaystyle{ k}\), że nierówność będzie spełniona zawsze dla nieujemnych \(\displaystyle{ a,b,c}\) spełniających warunki zadania oraz takie \(\displaystyle{ a_1,b_1,c_1}\) spełniające warunki zadania, że dla danego \(\displaystyle{ k}\) zachodzić będzie równość. Oznaczać to będzie, że gdyby nasza stała była większa, zachodziłaby nierówność w drugą stronę.

Zrobimy to heurystycznie, w stylu Polyi, mianowicie rozwiążemy prostsze zadanie przyjmując \(\displaystyle{ c=0}\).

Wtedy nasz warunek wygląda tak: \(\displaystyle{ a+b=ab}\),
a nierówność:

\(\displaystyle{ (a+b)\left(\frac{1}{a+b} + \frac{1}{a} + \frac{1}{b}\right) \ge k (1+ a +b)}\)
Ale
\(\displaystyle{ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} = \frac{a+b}{ab} = 1}\) - zgodnie z założeniem.
Oznacza to, że prawa strona naszej nowej uproszczonej nierówności jest równa:
\(\displaystyle{ 1 + a + b}\)
Co po podstawieniu i skróceniu przez coś większego od jedności sprowadza się do
\(\displaystyle{ 1 \ge k}\)

Wiemy więc, że \(\displaystyle{ k}\) jest mniejsze lub równe \(\displaystyle{ 1}\). Jeśli teraz udowodnimy, że \(\displaystyle{ k = 1}\) spełnia nierówność wyjściową dla każdych \(\displaystyle{ a,b,c}\), takich jak trzeba, będzie to oznaczało koniec zadania.

Spróbujmy więc to zrobić.

Teza:

\(\displaystyle{ \left( a+b+c\right)\left( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}-1\right) \ge 1}\)

Poprzenośmy sobie trochę:

\(\displaystyle{ \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \ge \frac{1}{a+b+c} + 1}\)

Zauważmy, że:

\(\displaystyle{ (a+b)(b+c)(c+a)= 2abc + a^{2}b+b^{2}a+ a^{2}c + c^{2}a + b^{2}c + c^{2}b = 3abc + a^{2}b+b^{2}a+ a^{2}c + c^{2}a + b^{2}c + c^{2}b - abc = (a+b+c)(ab+bc+ca) - abc = (a+b+c)^2 - abc}\)

Oraz:

\(\displaystyle{ (a+b)(b+c)=b^2 +ab+bc+ac}\) i analogicznie.

Stąd:

\(\displaystyle{ \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} = \frac{a^2+b^2 +c^2 +2(ab+bc+ca) + a + b +c}{(a+b+c)^2 - abc}}\)
Ponieważ zaś \(\displaystyle{ abc}\) jest nieujemne, możemy ten duży ułamek ograniczyć z dołu poprzez zwiększenie jego mianownika przez usunięcie tego iloczynu z minusem:
\(\displaystyle{ \frac{a^2+b^2 +c^2 +2(ab+bc+ca) + a + b +c}{(a+b+c)^2 - abc} \ge \frac{a^2+b^2 +c^2 +2(ab+bc+ca) + a + b +c}{(a+b+c)^2} = \frac{(a+b+c)^2 + a+b+c}{(a+b+c)^2} = \frac{1}{a+b+c} + 1}\)
Czyli:
\(\displaystyle{ \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \ge \frac{1}{a+b+c} + 1}\)

Czyli teza. Co kończy dowód, \(\displaystyle{ k=1}\)

Przypilnujcie mnie, żebym coś wrzucił dziś albo jutro.

EDYTA:

Jak chcecie, możecie spróbować sprawdzić, czy to jest prawda:

\(\displaystyle{ \frac{2(ab+bc+ca-b^2)(b+c)}{4ab+4ac-3b^2+c^2+2bc} + 2a \ge \frac{3ac+2a^2}{2(a+c)}}\)

\(\displaystyle{ a,b,c>0}\), a poza tym \(\displaystyle{ c>b}\).

To raczej jest prawda i nie powinno być trudne, a przyda mi się rozwiązanie.

EDYTA2: Jak nie chcecie, to napiszcie, poszukam czegoś nowego.