[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[Marcinek665]

Ukryta treść:    

Zastosujmy Cauchyego Schwarza:

\(\displaystyle{ \frac{a}{a+b^n+c^n} = \frac{a(a^{n-1}+2)}{(a+b^n+c^n)(a^{n-1}+1+1)} \le \frac{a^n + 2a}{(\sqrt{a^n}+\sqrt{b^n}+\sqrt{c^n})^2}}\).

Wystarczy więc nam pokazać, że:

\(\displaystyle{ a^n + b^n + c^n + 2a+2b+2c \le (\sqrt{a^n}+\sqrt{b^n}+\sqrt{c^n})^2}\).

Czyli \(\displaystyle{ a + b + c \le \sqrt{a^nb^n} + \sqrt{b^nc^n} + \sqrt{c^na^n}}\),

a to jest już ultra łatwe (średnie) jak się podstawi \(\displaystyle{ a= \frac{x}{y}}\) itd.

Nowa jest taka: niech \(\displaystyle{ a,b,c>0}\), udowodnić, że wówczas:

\(\displaystyle{ \frac{a^2}{b^2} + \frac{b^2}{c^2} + \frac{c^2}{a^2} \ge \left( \frac{a+c}{b+c} \right)^2 + \left( \frac{b+a}{c+a} \right) ^2 + \left( \frac{c+b}{a+b} \right)^2}\).

Uchylę jednocześnie rąbka tajemnicy, że jeśli cyfrę \(\displaystyle{ 2}\) zastąpimy dowolnym \(\displaystyle{ x>1}\), to również będzie ok.

[bosa_Nike]

Ukryta treść:    

WLOG \(\displaystyle{ c=\min\{a,b,c\}}\), wtedy \(\displaystyle{ L-P=M(a-b)^2+N(a-c)(b-c)\ge 0}\), gdzie:

\(\displaystyle{ M=\frac{(a+b)^2}{a^2b^2}-\frac{\left((a+c)+(b+c)\right)^2}{(a+c)^2(b+c)^2}=\\ \\ \left(\frac{a+b}{ab}+\frac{(a+c)+(b+c)}{(a+c)(b+c)}\right)\cdot\left(\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{a+c}\right)+\left(\frac{1}{b}-\frac{1}{b+c}\right)\right)\ge 0}\)


\(\displaystyle{ N=\frac{(a+c)(b+c)}{a^2c^2}-\frac{\left((a+b)+(a+c)\right)\left((a+b)+(b+c)\right)}{(a+b)^2(a+c)^2}\ge\\ \\ \frac{2c\cdot 2c}{a^2c^2}-\frac{2(a+b)\cdot 2(a+b)}{(a+b)^2(a+c)^2}=4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a+c}\right)\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{a+c}\right)\ge 0}\)

Równość dla \(\displaystyle{ a=b=c}\).

W dowodzie pomógł taki chwyt:

\(\displaystyle{ L-3=\left(\frac{a}{b}\right)^2+\left(\frac{b}{c}\right)^2+\left(\frac{c}{a}\right)^2-3=\\ \\ \left(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}-2\right)+\left(\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}-\frac{b^2}{a^2}-1\right)=\frac{(a-b)^2(a+b)^2}{a^2b^2}+\frac{(a-c)(b-c)(a+c)(b+c)}{a^2c^2}}\)

\(\displaystyle{ P-3=\left(\frac{a+c}{b+c}\right)^2+\left(\frac{b+a}{c+a}\right)^2+\left(\frac{c+b}{a+b}\right)^2-3=\\ \\ \left(\frac{(a+c)^2}{(b+c)^2}+\frac{(b+c)^2}{(a+c)^2}-2\right)+\left(\frac{(b+a)^2}{(c+a)^2}+\frac{(c+b)^2}{(a+b)^2}-\frac{(b+c)^2}{(a+c)^2}-1\right)=\\ \\ \frac{(a-b)^2\left((a+c)+(b+c)\right)^2}{(a+c)^2(b+c)^2}+\frac{(a-c)(b-c)\left((a+b)+(a+c)\right)\left((a+b)+(b+c)\right)}{(a+b)^2(a+c)^2}}\)

Niech \(\displaystyle{ a,b,c}\) będą bokami trójkąta. Udowodnić \(\displaystyle{ (a+b)^4+(b+c)^4+(c+a)^4\ge 9\left(a^4+b^4+c^4\right)}\)

[micha73]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ a, b, c}\) są bokami trójkąta, więc możemy zapisać \(\displaystyle{ a = y + z, b = x + y, c = z + x}\), gdzie \(\displaystyle{ x, y, z \ge 0}\). Ponadto z jednorodności możemy założyć, że \(\displaystyle{ x + y + z = 1}\). Wtedy dana nierówność przyjmuje postać \(\displaystyle{ (1+x)^4 + (1+y)^4 + (1+z)^4 \ge 9((1-x)^4 + (1-y)^4 + (1-z)^4)}\), co po rozinięciu i skróceniu daje \(\displaystyle{ 5(x^3 + y^3 + z^3) + 2 \ge x^4 + y^4 + z^4 + 6(x^2 + y^2 + z^2)}\).
\(\displaystyle{ x, y, z \in [0,1] \implies x^3 + y^3 + z^3 \ge x^4 + y^4 + z^4}\). Pozostaje udowodnić, że zachodzi \(\displaystyle{ 2(x^3 + y^3 + z^3) + 1 \ge 3(x^2 + y^2 + z^2)}\).
Skoro \(\displaystyle{ x + y + z = 1}\), to \(\displaystyle{ {x^2 + y^2 + z^2 = (x+y+z)(x^2 + y^2 + z^2) = x^3 + y^3 + z^3 + x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2}}\) oraz \(\displaystyle{ {1 = (x +y +z)^3 = x^3 + y^3 + z^3 + 3(x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2) + 6xyz}}\). Stąd \(\displaystyle{ {3(x^2 + y^2 + z^2) - 2(x^3 + y^3 + z^3) = x^3 + y^3 + z^3 + 3(x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2) = 1 - 6xyz \le 1}}\), co chcieliśmy wykazać.

Nowe: \(\displaystyle{ x, y, z > 0, x + y + z = 1}\) Udowodnić, że \(\displaystyle{ \frac{x}{x+yz} + \frac{y}{y+zx} + \frac{z}{z+xy} \le \frac{9}{4}}\).

[gus]

Ukryta treść:    

Zauważmy, że \(\displaystyle{ x+yz=x(x+y+z)+yz=(x+y)(z+x)}\)
Po przepisaniu nierówności i wymnożeniu dostajemy:
\(\displaystyle{ x(y+z)+y(z+x)+z(x+y) \le \frac{9}{4}(x+y)(y+z)(z+x)}\)
Czyli:
\(\displaystyle{ 9(1-x)(1-y)(1-z) \ge8(xy+yz+zx)}\)
Po wymnożeniu i zredukowaniu dostajemy \(\displaystyle{ xy+yz+zx \ge 9xyz}\)
\(\displaystyle{ (x+y+z)(xy+yz+zx)-9xyz=x(y-z)^2+y(z-x)^2+z(x-y)^2 \ge 0}\)

\(\displaystyle{ x,y,z \ge 0}\)
Udowodnij, że:
\(\displaystyle{ \frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ca} +\frac{1}{c^2+ab} \ge \frac{3}{ab+bc+ca}}\)

[micha73]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ {\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ca} +\frac{1}{c^2+ab} \ge \frac{3}{ab+bc+ca}} \iff {\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ca} +\frac{1}{c^2+ab} - \frac{3}{ab+bc+ca}} = {\frac{1}{ab+bc+ca}\left(\frac{a(b+c-a)}{a^2+bc}+\frac{b(c+a-b)}{b^2+ca} +\frac{c(a+b-c)}{c^2+ab}\right) \ge 0}}\)
Bez straty ogólności niech \(\displaystyle{ a}\) będzie największą z liczb \(\displaystyle{ a, b, c}\). Jeśli \(\displaystyle{ a \le b +c}\), to wszystkie trzy ułamki są nieujemne, czyli nierówność jest spełniona. Załóżmy teraz, że \(\displaystyle{ a > b+c}\).
\(\displaystyle{ {\frac{a(b+c-a)}{a^2+bc}+\frac{b(c+a-b)}{b^2+ca} +\frac{c(a+b-c)}{c^2+ab}} = {M \frac{a-b-c}{(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)} + \frac{4bc(b^2+bc+c^2)}{(b^2+ca)(c^2+ab)}}}\), gdzie \(\displaystyle{ {M = a^2(a(b^2-bc+c^2)+3bc(b+c)-b^3-c^3)+ abc(b^2-bc+c^2)+3b^2c^2(b+c)}.}\)
\(\displaystyle{ \frac{a-b-c}{(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)} \ge 0}\)
\(\displaystyle{ \frac{4bc(b^2+bc+c^2)}{(b^2+ca)(c^2+ab)} \ge 0}\)
\(\displaystyle{ {a^2(a(b^2-bc+c^2)+3bc(b+c)-b^3-c^3) \ge a^2((b+c)(b^2-bc+c^2)+3bc(b+c)-b^3-c^3) = 3a^2bc(b+c) \ge 0}}\)
\(\displaystyle{ abc(b^2-bc+c^2) \ge 0}\)
\(\displaystyle{ 3b^2c^2(b+c) \ge 0}\)
Z powyższych nierówności wynika, że w tym przypadku dana nierówność również jest spełniona.

Nowe: \(\displaystyle{ x, y, z \ge 0}\). Wykazać, że \(\displaystyle{ \frac{x-y}{xy+2y+1} + \frac{y-z}{yz+2z+1} + \frac{z-x}{zx+2x+1} \ge 0}\).

[gus]

Ukryta treść:    

Zauważmy, że: \(\displaystyle{ (x+1)(y+1)=xy+2y+1+(x-y)}\)
\(\displaystyle{ \frac{x-y}{(x+1)(y+1)-(x-y)} + \frac{y-z}{(y+1)(z+1)-(y-z)} + \frac{z-x}{(z+1)(x+1)-(z-x)} \ge 0}\)
Niech \(\displaystyle{ a=x+1}\), \(\displaystyle{ b=y+1}\), \(\displaystyle{ c=z+1}\)
Wtedy nierówność przyjmuje postać:
\(\displaystyle{ \frac{a-b}{ab-(a-b)} + \frac{b-c}{bc-(b-c)} + \frac{c-a}{ca-(c-a)} \ge 0}\)
\(\displaystyle{ \frac{a-b}{ab-(a-b)}= \frac{1}{ \frac{ab}{a-b}-1}= \frac{1}{ \frac{1}{ \frac{1}{b}- \frac{1}{a} } -1}}\)
Niech \(\displaystyle{ f(t)= \frac{1}{ \frac{1}{t}-1 }= \frac{t}{1-t}}\)
Funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest funkcją homograficzną rosnącą o asymptocie pionowej równej \(\displaystyle{ 1}\), więc dla \(\displaystyle{ t<1}\) jest wypukła. Wystarczy więc wykazać, że \(\displaystyle{ \frac{1}{b}- \frac{1}{a} \le 1\Leftrightarrow a \le b(a+1)}\), co jest oczywiste, ponieważ \(\displaystyle{ a, b, c \ge 1}\)
Mamy więc:
\(\displaystyle{ \frac{1}{3} \cdot f( \frac{1}{b} - \frac{1}{a})+\frac{1}{3} \cdot f( \frac{1}{c} - \frac{1}{b})+\frac{1}{3} \cdot f( \frac{1}{a} - \frac{1}{c}) \ge f(0)=0}\)

Nowa(jeśli moje rozwiązanie jest poprawne):
\(\displaystyle{ a, b, c>0}\)
Wykaż, że:
\(\displaystyle{ \frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2} \ge \frac{a+b+c}{2}}\)

[Zahion]

Ukryta treść:    

Dla dowolnych dodatnich \(\displaystyle{ x, y}\) mamy \(\displaystyle{ \frac{x^{3}}{x^{2}+y^{2}} \ge \frac{2x-y}{2}}\). Sumujemy tak trzy nierownosci dla \(\displaystyle{ a,b,c}\)

.
Liczby dodatnie \(\displaystyle{ a,b,c}\) spelniaja nierownosc
\(\displaystyle{ a^{8} + b^{8} + c^{8} \le 2 a^{4}b^{4} + 2b^{4}c^{4} + 2c^{4}a^{4}}\). Udowodnij, ze \(\displaystyle{ a^{6} + b^{6} + c^{6} \le 2a^{3}b^{3} + 2b^{3}c^{3} + 2c^{3}a^{3}}\).
Czy mozemy to uogolnic ?
Hint :
Skorzystać z tożsamości \(\displaystyle{ \left( x+y+z\right)\left( x+y-z\right)\left( x-y+z\right)\left( -x+y+z\right) = ...}\)

[bosa_Nike]

Ukryta treść:    

Mamy:
\(\displaystyle{ a^8+b^8+c^8\le 2a^4b^4+2b^4c^4+2a^4c^4\iff \\ \left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2+b^2-c^2\right)\left(a^2-b^2+c^2\right)\left(-a^2+b^2+c^2\right)\ge 0}\)

Musimy mieć we wszystkich nawiasach wyrażenia nieujemne. Przypuśćmy, że jest inaczej i WLOG wyrażenia w dwóch ostatnich nawiasach są niedodatnie (to osłabienie ma uwzględniać przypadek, gdy jedno z wyrażeń jest ujemne, a drugie zerowe). Wtedy \(\displaystyle{ a^2+c^2\le b^2}\), ale \(\displaystyle{ 0\ge -a^2+b^2+c^2>-a^2+a^2+c^2=c^2>0}\) - sprzeczność.

Teraz WLOG \(\displaystyle{ a^2\ge b^2\ge c^2>0}\), co implikuje \(\displaystyle{ a^{3/2}\ge b^{3/2}\ge c^{3/2}}\), a to z kolei \(\displaystyle{ a^{3/2}+b^{3/2}\ge c^{3/2}}\) oraz \(\displaystyle{ a^{3/2}+c^{3/2}\ge b^{3/2}}\).

Udowodnimy, że \(\displaystyle{ b^2+c^2\ge a^2\implies b^{3/2}+c^{3/2}\ge a^{3/2}}\)

Mamy: \(\displaystyle{ a^{3/2}=\left(a^2\right)^{3/4}\le\left(b^2+c^2\right)^{3/4}}\), czyli wystarczy pokazać \(\displaystyle{ \left(b^2+c^2\right)^3\le\left(b^{3/2}+c^{3/2}\right)^4}\).

Przyjmując dodatkowo \(\displaystyle{ a=t^2,\ b=u^2}\), po otwarciu nawiasów i uproszczeniu mamy:

\(\displaystyle{ 4t^6+4u^6+6t^3u^3\ge 3t^5u+3tu^5}\)

To jest prawda, bo np. \(\displaystyle{ 2t^6+2t^6+3t^3u^3\ge 3\sqrt[3]{12}t^5u>3t^5u}\).

Zatem prawdą jest również, że

\(\displaystyle{ 0\le\left(a^{3/2}+b^{3/2}+c^{3/2}\right)\left(a^{3/2}+b^{3/2}-c^{3/2}\right)\left(a^{3/2}-b^{3/2}+c^{3/2}\right)\left(-a^{3/2}+b^{3/2}+c^{3/2}\right)}\)

To jest równoważne tezie zadania.

Dobrze by było, gdyby ktoś (Zahion?) prześledził to uważnie, bo być może gdzieś się oszukałam.

OK, skoro nie ma protestów, to sama co nieco wygładziłam (kursywa) i daję tym razem coś, co raczej nie będzie leżeć (rozgrzewać ) miesiącami.

Nie używając pochodnych znaleźć wartość największą i najmniejszą wyrażenia \(\displaystyle{ \left(x^3+1\right)\left(y^3+1\right)}\) z warunkiem \(\displaystyle{ x+y=1}\) w przypadku:
a) \(\displaystyle{ x,y\ge 0}\)
b) \(\displaystyle{ x,y\in\mathbb{R}}\)

Jeśli to za łatwe:    

Miłośnicy trudnych nierówności zapewne wiedzą, że niebawem światło dzienne ujrzy opus magnum Vasca - Mathematical Inequalities (4 tomy, prawie półtora tysiąca stron). Jeżeli ktoś nie jest pewien, czy warto zainwestować, to draft pracy jeszcze niedawno leżał na serwerze Uniwersytetu w Ploiesti. Być może wciąż jeszcze można go przejrzeć.

[Zahion]

Rozwiązanie powyższego jest - 169659,475.htm
Dla liczb rzeczywistych niech \(\displaystyle{ a^{2} + b^{2} + c^{2} + ab + bc + ac = 1}\)
Wyznaczyć minimum wyrażenia \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \sqrt{a^{2} + b^{2}}}\)

[Premislav]

Ukryta treść:    

Zamiast minimum tej sumy, wyznaczymy minimum jej kwadratu - potem wystarczy spierwiastkować. Łatwo sprawdzić, że \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2} \ge \frac{(a+b)^{2}}{2}}\), toteż
\(\displaystyle{ \left( \sum_{}^{} \sqrt{a^{2}+b^{2}}\right)^{2}= 2\sum_{}^{}a^{2}+2 \sum_{}^{} \sqrt{a^{2}+b^{2}} \sqrt{b^{2}+c^{2}} \ge \\ \ge2 \sum_{}^{} a^{2}+ \sum_{}^{} (a+b)(b+c)=3 \sum_{}^{} a^{2}+3 \sum_{}^{} ab =3}\),
zatem minimum dla pierwiastka z tego wynosi \(\displaystyle{ \sqrt{3}}\) i jest przyjmowane gdy \(\displaystyle{ a=b=c=+/- \frac{1}{ \sqrt{6} }}\) (wszystkie muszą być tego samego znaku).

Zaraz wygrzebię coś z mathlinksa, bo nie mam innych źródeł.-- 5 mar 2016, o 22:58 --To może takie:
niech \(\displaystyle{ a_{1},...a_{2016} \ge 0}\) oraz \(\displaystyle{ a_{1}+...+a_{2016}=8}\). Proszę znaleźć minimum wyrażenia
\(\displaystyle{ \[\frac{a_1}{a_2^2+4}+\frac{a_2}{a_3^2+4}+ ...+\frac{a_{2016}}{a_1^2+4}\]}\).

[Premislav]

Moje rozwiązanie zadania, które zaproponowałem, jest całkowicie błędne, co przypomniałem sobie dzięki interwencji użytkowniczki bosa_Nike na PW. Chyba nie umiem adekwatnie ocenić poziomu, więc już się tu nie bawię, bardzo przepraszam userów, którzy się z tym męczyli.

Dodałem 14 marca o 20:00

Korzystając z ciekawego PDF-a którego podesłała mi bosa_Nike, można znaleźć pewne ograniczenie dolne tego wyrażenia (potem dorzucę, bo coś nie ten format), ale jakoś nie widać naboru realizującego równość.

To może nowe, żeby nie blokowało:
\(\displaystyle{ a,b,c,d \in \RR^{+}}\). Proszę udowodnić, że \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{1}{a^{2}+ab} \ge \frac{4}{ac+bd}}\)

-- 15 mar 2016, o 01:42 --

Łokiej, dla zainteresowanych wrzucam:

oszacowanie do poprzedniego -bez realizacji:    

\(\displaystyle{ \frac{a_{1}}{a_{2}^{2}+4}+\frac{a_{2}}{a_{3}^{2}+4}+...+\frac{a_{2016}}{a_{1}^{2}+4}= \frac{1}{2}\left(\frac{\frac {a_{1}}{ 2}}{\left(\frac {a_{2}}{ 2} \right)^{2}+1}+\frac{ \frac {a_{2}}{ 2}}{\left( \frac {a_{3}}{ 2} \right)^{2}+1}+...+\frac{\frac {a_{2016}}{ 2}}{\left(\frac {a_{1}}{ 2}\right)^{2}+1} \right)}\)
Jako że \(\displaystyle{ a_{1}+a_{2}+...+a_{2016}=8}\), znalezienie wartości \(\displaystyle{ a_{i}}\), dla których przyjmowane jest minimum
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left(\frac{\frac {a_{1}}{ 2}}{\left(\frac {a_{2}}{ 2} \right)^{2}+1}+\frac{ \frac {a_{2}}{ 2}}{\left( \frac {a_{3}}{ 2} \right)^{2}+1}+...+\frac{\frac {a_{2016}}{ 2}}{\left(\frac {a_{1}}{ 2}\right)^{2}+1} \right)}\) jest równoważne znalezieniu wartości, dla których osiągane jest maksimum wyrażenia
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left( \frac{a_{1}}{2}- \frac{\frac {a_{1}}{ 2}}{\left(\frac {a_{2}}{ 2} \right)^{2}+1}+ \frac{a_{2}}{2}- \frac{ \frac {a_{2}}{ 2}}{\left( \frac {a_{3}}{ 2} \right)^{2}+1}+...+\frac{a_{n}}{2}-\frac{\frac {a_{2016}}{ 2}}{\left(\frac {a_{1}}{ 2}\right)^{2}+1} \right)}\)
Dalej zajmiemy się zawartością nawiasu i przyjmiemy \(\displaystyle{ b_{i}= \frac{a_{i}}{2}}\) dla \(\displaystyle{ i=1...2016}\), tj. \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{2016} b_{i}=4}\)
Oczywiście \(\displaystyle{ b_{1}- \frac{b_{1}}{b_{2}^{2}+1}+b_{2}- \frac{b_{2}}{b_{3}^{2}+1}+...+b_{2016}- \frac{b_{2016}}{b_{1}^{2}+1}= \frac{b_{1}b_{2}^{2}}{b_{2}^{2}+1}+ \frac{b_{2}b_{3}^{2}}{b_{3}^{2}+1}+...+ \frac{b_{2016}b_{1}^{2}}{b_{1}^{2}+1}}\)
Ponadto \(\displaystyle{ b_{1}^{2}+1 \ge 2b_{1}}\) etc. a zatem
\(\displaystyle{ \frac{b_{1}b_{2}^{2}}{b_{2}^{2}+1}+ \frac{b_{2}b_{3}^{2}}{b_{3}^{2}+1}+...+ \frac{b_{2016}b_{1}^{2}}{b_{1}^{2}+1} \le \frac 1 2 \left(b_{1}b_{2}+b_{2}b_{3}+...+b_{2016}b_{1}\right)}\). Teraz skorzystamy z następującego lematu: jeśli \(\displaystyle{ a_{1},...a_{n}}\) są liczbami rzeczywistymi nieujemnymi oraz \(\displaystyle{ n \ge 4}\), to \(\displaystyle{ 4(a_{1}a_{2}+...+a_{n-1}a_{n}+a_{n}a_{1}) \le (a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{2}}\). (Nie będę dowodzić prawdziwości lematu, bo zrobiono to w pracy, którą podrzuciła mi bosa_Nike - można zerknąć). A zatem
\(\displaystyle{ \frac{b_{1}b_{2}^{2}}{b_{2}^{2}+1}+ \frac{b_{2}b_{3}^{2}}{b_{3}^{2}+1}+...+ \frac{b_{2016}b_{1}^{2}}{b_{1}^{2}+1} \le \\ \le\frac 1 2 \left(b_{1}b_{2}+b_{2}b_{3}+...+b_{2016}b_{1}\right) \le \frac{1}{8}(b_{1}+b_{2}+...+b_{2016})^{2}=2}\)
Wobec tego \(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left(\frac{b_{1}b_{2}^{2}}{b_{2}^{2}+1}+ \frac{b_{2}b_{3}^{2}}{b_{3}^{2}+1}+...+ \frac{b_{2016}b_{1}^{2}}{b_{1}^{2}+1}\right) \le 1}\), a więc
\(\displaystyle{ 2-\frac{1}{2}\left(\frac{b_{1}b_{2}^{2}}{b_{2}^{2}+1}+ \frac{b_{2}b_{3}^{2}}{b_{3}^{2}+1}+...+ \frac{b_{2016}b_{1}^{2}}{b_{1}^{2}+1}\right)=\frac{a_{1}}{a_{2}^{2}+4}+\frac{a_{2}}{a_{3}^{2}+4}+...+\frac{a_{2016}}{a_{1}^{2}+4} \ge 1}\),
natomiast nie mogę znaleźć liczb, dla których zaszłaby równość.
Naprawdę piękne, nigdy bym tego nie wymyślił, choćbym siedział do śmierci... Dario1, jeśli to czytasz, to niech łuska opadnie z Twoich oczu.

Jak ktoś chce zobaczyć artykulik, z którego skorzystałem, pisząc to rozwiązanie, to

Kod: Zaznacz cały

https://www.google.pl/url?sa=t&rct=j&q=&esrc=s&source=web&cd=1&cad=rja&uact=8&ved=0ahUKEwiZqKWhqsHLAhUFEpoKHfKzDscQFggbMAA&url=https%3A%2F%2Fservices.artofproblemsolving.com%2Fdownload.php%3Fid%3DYXR0YWNobWVudHMvNy9lL2IxNmJlNmRiMzNmODA4ZjdlNThmYTIxMWQ1MTg1ODBhYTNlMWMz%26rn%3DQW5fT3JpZ2luYWxfTWV0aG9kX29mX1Byb3ZpbmdfSW5lcXVhbGl0aWVzLnBkZg%3D%3D&usg=AFQjCNEi-AO2BdUYY24W9Q3wl_hC0yT9ig&sig2=TP0jXHH-u9ChzPleOlow_Q&bvm=bv.116636494,d.bGs

, dzięki uczynności nieobutej (jeszcze raz dzięki). Przepraszam za cały ten bałagan.

[Kartezjusz]

Suma jedzie po wszystkich parach ze zbioru \(\displaystyle{ \{ a,b,c,d \}}\) czy po cyklu \(\displaystyle{ (a,b), (b,c),(c,d), (d,a)}\)?

[Premislav]

Po cyklu. Wybacz, że tego nie napisałem, roztargnienie.

-- 17 mar 2016, o 11:30 --

Jeżeli się obraziliście, że taki leszcz śmie wchodzić do tego działu, a co dopiero dawać zadania, to OK. Jeśli natomiast potrzebna jest wskazówka, to
wystarczy AM-GM i trochę sprytnych przekształceń (acz sam bym na pewno nigdy na to nie wpadł, nie ujrzawszy rozwiązania lub szkicu rozwiązania) - było w tomie I Secrets of Inequalities, można wyszukać na upartego.-- 22 mar 2016, o 03:41 --:arrow: Wskazówka do nowego: \(\displaystyle{ \frac{ac+bd}{a^{2}+ab}= \frac{a+c}{a+b}+ \frac{b}{a} \frac{d+a}{a+b}-1}\). Analogicznie \(\displaystyle{ \frac{ac+bd}{b^{2}+bc}=...}\) i tak dalej.

[Premislav]

Ech, jak widać nie mogę się przyzwyczaić do tego, że odlicza czas od napisania poprzedniego posta w formacie dwudziestoczterogodzinnym, co w sumie powinno być jasne.
Wskazówka do nowego: \(\displaystyle{ \frac{ac+bd}{a^{2}+ab}= \frac{a+c}{a+b}+ \frac{b}{a} \frac{d+a}{a+b}-1}\). Analogicznie \(\displaystyle{ \frac{ac+bd}{b^{2}+bc}=}\)... i tak dalej.
wskazówka druga: zsumować te tożsamości dla \(\displaystyle{ (a,b)}\), \(\displaystyle{ (b,c)}\), \(\displaystyle{ (c,d)}\) i \(\displaystyle{ (d,a)}\) w mianowniku, pogrupować i zastosować AM-GM.

[Zahion]

Widze, ze stoi i nikt nie chce ruszyc, to na szybko

Ukryta treść:    

Mamy więc \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{a+c}{a+b} + \sum_{}^{} \frac{b}{a} \frac{d+a}{a+b} \ge \sum_{}^{} \frac{a+c}{a+b} + 4}\) ( średnia arytmetyczna \(\displaystyle{ \ge}\) geometrycznej ) Musimy więc dowieść, że \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{a+c}{a+b} \ge 4}\) Otóz korzystając z nierówności \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{x_{i}}{y_{i}} \ge \frac{ \left( \sum_{}^{}x_{i}\right)^{2} }{ \sum_{}^{}x_{i}y_{i} }}\) mamy dla \(\displaystyle{ x_{i} = a+c, y_{i} = a+b}\) i \(\displaystyle{ n = 4}\), że \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{a+c}{a+b} \ge \frac{4\left(a+b+c+d \right)^{2} }{ a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+2\left( ab+bc+ca+ad+bd+cd\right) }= 4}\).

O ile nie ma bledu to postaram sie cos wrzucic ( jak ktos ma ochote to rowniez moze smialo ).