[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[Premislav]

Ukryta treść:    

Równoważnie mamy
\(\displaystyle{ \sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}-\sqrt{xy}\ge \frac{x+y}{2}-\frac{2xy}{x+y}\\\frac{(x-y)^{2}}{2\left(\sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}+\sqrt{xy}\right)}\ge \frac{(x-y)^{2}}{2(x+y)}}\)
Jeśli więc \(\displaystyle{ x+y<0}\), to teza jest oczywista (LHS jest nieujemna, zaś RHS jest niedodatnia). W przeciwnym przypadku obie liczby są dodatnie; mnożymy stronami przez iloczyn mianowników i przenosimy na jedną stronę, co daje nam równoważną nierówność
\(\displaystyle{ \frac{(x-y)^{2}}{2}\left(x+y-\sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}-\sqrt{xy}\right)\ge 0\\ \frac{(x-y)^{2}}{2}\left(\frac{\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^{2}}{2}-\frac{(x-y)^{2}}{4\left(\sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}+\frac{x+y}{2}\right)}\right)\ge 0\\\frac{(x-y)^{2}\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^{2}}{4}\left(1-\frac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)^{2}}{2\left(\sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}+\frac{x+y}{2}\right)}\right)\ge 0}\)
Ta ostatnia nierówność jest w sposób oczywisty prawdziwa, gdyż
\(\displaystyle{ \sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}\ge \sqrt{xy}}\) z nierówności między średnią kwadratową a geometryczną, a zatem
\(\displaystyle{ 2\left(\sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}+\frac{x+y}{2}\right)\ge 2\sqrt{xy}+x+y=\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)^{2}}\)

[Tmkk]

Jest dobrze, wrzucaj dalej.

Ukryta treść:    

Można troszeczkę krócej. Jak jesteś w momencie \(\displaystyle{ x+y -\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}} - \sqrt{xy} \ge 0}\), to po przerzuceniu pierwiastków na drugą stronę i podniesieniu do kwadratu (wszystko jest dodatnie) dostajemy \(\displaystyle{ \frac{(x+y)^2}{2} \ge 2\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}\sqrt{xy}}\), a to jest już dokładnie AM-GM.

[Premislav]

Niech liczby nieujemne \(\displaystyle{ x_{1}, x_{2}\ldots x_{n}}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n}=1}\).
Proszę znaleźć maksimum wyrażenia \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}^{4}-x_{i}^{5}\right)}\)

[bosa_Nike]

Ukryta treść:    

Pomysł na to rozwiązanie wziął się z badania tzw. małych przypadków (ale nie \(\displaystyle{ n=1}\) - ten nie zostanie tu uwzględniony).

WLOG \(\displaystyle{ x_1=\max\left\{x_1,x_2,\ldots ,x_n\right\}}\). Pokażemy, że $$\begin{gather}x_1(1-x_1)^4\ge\sum\limits_{2\le i\le n}x_i^4(1-x_i).\tag{$*$}\end{gather}$$
Z jednej strony mamy $$\begin{aligned}(1-x_1)^4&=\left(\sum\limits_{2\le i\le n}x_i\right)^4\\&=\left(\sum\limits_{2\le i\le n}x_i^2+2\cdot\sum\limits_{2\le i<j\le n}x_ix_j\right)^2\\&\ge\left(\sum\limits_{2\le i\le n}x_i^2\right)^2+\left(\sum\limits_{2\le i\le n}x_i^2\right)\cdot\left(\sum\limits_{2\le i<j\le n}x_ix_j\right)\\&\ge\sum\limits_{2\le i\le n}x_i^4+\sum\limits_{2\le i<j\le n}x_ix_j\left(x_i^2+x_j^2\right)\\&=\sum\limits_{2\le i\le n}x_i^4+\sum\limits_{2\le i\le n}\left(x_i^3\cdot\sum\limits_{2\le j\neq i\le n}x_j\right),\end{aligned}$$
a stąd $$x_1(1-x_1)^4\ge x_1\cdot\sum\limits_{2\le i\le n}x_i^4+x_1\cdot\sum\limits_{2\le i\le n}\left(x_i^3\cdot\sum\limits_{2\le j\neq i\le n}x_j\right).$$
Z drugiej strony zaś $$\begin{aligned}\sum\limits_{2\le i\le n}x_i^4(1-x_i)&=\sum\limits_{2\le i\le n}\left(x_i^4\left(x_1+\sum\limits_{2\le j\neq i\le n}x_j\right)\right)\\&=x_1\cdot\sum\limits_{2\le i\le n}x_i^4+\sum\limits_{2\le i\le n}\left(x_i^4\cdot\sum\limits_{2\le j\neq i\le n}x_j\right).\end{aligned}$$
Jasne jest, że dla \(\displaystyle{ 2\le i\le n}\) mamy \(\displaystyle{ x_1x_i^3(1-x_1-x_i)\ge x_i^4(1-x_1-x_i)}\), zatem dowód \(\displaystyle{ (*)}\) jest zakończony.

Resztę załatwia AM-GM: $$\begin{aligned}\sum\limits_{1\le i\le n}x_i^4(1-x_i)&\le x_1^4(1-x_1)+x_1(1-x_1)^4\\&=x_1(1-x_1)\left(x_1^3+(1-x_1)^3\right)\\&=\frac{1}{3}\cdot 3x_1(1-x_1)\left(1-3x_1(1-x_1)\right)\\&\le\frac{1}{3}\cdot\left(\frac{3x_1(1-x_1)+1-3x_1(1-x_1)}{2}\right)^2=\frac{1}{12}.\end{aligned}$$
Teraz wystarczy zauważyć, że gdy \(\displaystyle{ x_1=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{6}}\), \(\displaystyle{ x_2=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{6}}\), \(\displaystyle{ x_{i>2}=0}\), to \(\displaystyle{ \sum\limits_{1\le i\le n}\left(x_i^4-x_i^5\right)=\frac{1}{12}}\) dla dowolnej liczby zmiennych, więc to jest szukane maksimum. To zauważanie bierze się oczywiście częściowo z warunku równości w AM-GM powyżej, a częściowo z warunku równości w pierwszym szacowaniu.

[Premislav]

Piękne rozwiązanie, można wstawiać następną nierówność.

[bosa_Nike]

Liczby rzeczywiste \(\displaystyle{ a,b,c>0}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ abc=1}\). Udowodnij, że $$\frac{\sqrt[3]{a}}{a^a}+\frac{\sqrt[3]{b}}{b^b}+\frac{\sqrt[3]{c}}{c^c}\le 3.$$

[bosa_Nike]

Znany mi sposób rozwiązania tego zadania może być też zastosowany do udowodnienia np. $$\frac{\sqrt{a}}{a^a}+\frac{\sqrt{b}}{b^b}+\frac{\sqrt{c}}{c^c}\le 3$$ dla \(\displaystyle{ a,b,c>0}\) spełniających \(\displaystyle{ abc=1}\), przy czym dowód tej ostatniej nierówności jest "czystszy". Jeżeli to mogłoby pomóc także przy ewentualnych innych podejściach, to dowód nierówności z pierwiastkiem stopnia drugiego również zostanie zaakceptowany.

Podpowiedź:    

Postulujemy, że istnieją liczby rzeczywiste \(\displaystyle{ k}\), dla których \(\displaystyle{ x^x\ge\frac{x^k-1}{k}+1}\) jest spełniona dla każdego rzeczywistego \(\displaystyle{ x>0}\). Nawiasem mówiąc, znalezienie wszystkich takich \(\displaystyle{ k}\) byłoby bodaj ciekawsze od głównego problemu. Teraz chodzi o dobranie takiego (konkretnego) \(\displaystyle{ k}\), by można było efektywnie oszacować z góry lewą stronę nierówności \(\displaystyle{ \sum\limits_{a,b,c}\frac{a^n}{a^a}\le 3}\) czy to dla \(\displaystyle{ n=\frac{1}{3}}\), czy też dla \(\displaystyle{ n=\frac{1}{2}}\).

[Premislav]

Udowodnione tylko dzięki wskazówce. Jestem głupi. Kombinowałem wprawdzie z szacowaniami \(\displaystyle{ x^{x}}\) przez funkcje wielomianowe, ale nie w taki sposób.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \textbf{Lemat}}\)
dla dowolnego \(\displaystyle{ x>0}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ x^{x}\ge \frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{2}}\)
Dowód lematu:
rozważmy funkcję \(\displaystyle{ g(x)=x^{x}-\frac{1}{2}x^{2}-\frac{1}{2}}\). Mamy \(\displaystyle{ g(1)=0, \ g'(1)=(1+\ln 1)\cdot 1-1=0}\), a ponadto
gdy \(\displaystyle{ x>1}\), to \(\displaystyle{ g'(x)=(1+\ln x)x^{x}-x>x^{x}-x>x-x=0}\), zaś gdy \(\displaystyle{ 0<x<1}\), to
\(\displaystyle{ g'(x)=(1+\ln x)x^{x}-x=(1+\ln(1+(x-1)))x^{x}-x\le x^{x+1}-x=x\left(x^{x}-1\right)<0}\).
Zatem \(\displaystyle{ g}\) maleje w przedziale \(\displaystyle{ (0,1)}\), a rośnie w przedziale \(\displaystyle{ (1,+\infty)}\), co w połączeniu z \(\displaystyle{ g(1)=0}\) kończy dowód lematu.

Korzystając z lematu, mamy
\(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}^{}\frac{\sqrt[3]{a}}{a^{a}}\le \sum_{\text{cyc}}^{}\frac{\sqrt[3]{a}}{\frac{1}{2}a^{2}+\frac{1}{2}}=2\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{\sqrt[3]{a}}{a^{2}+1}}\)

Połóżmy teraz \(\displaystyle{ x=\sqrt[3]{a}, \ y=\sqrt[3]{b}, \ z=\sqrt[3]{c}}\), a jest \(\displaystyle{ x,y,z>0, \ xyz=1}\), zaś teza przyjmuje formę
\(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}^{}\frac{x}{x^{6}+1}\le \frac{3}{2}}\)
Tę nierówność możemy jeszcze trochę osłabić: ze wzoru na sumę sześcianów i AM-GM jest
\(\displaystyle{ \frac{x}{x^{6}+1}=\frac{x}{x^{2}+1}\cdot\frac{1}{x^{4}-x^{2}+1}\le \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{x^{4}-x^{2}+1}}\)
i analogicznie dla pozostałych ułamków, a zatem (podstawiamy dla prostoty \(\displaystyle{ x^{2}=p}\) etc. – iloczynu to nie zmienia) wystarczy udowodnić, że w dodatnich \(\displaystyle{ p,q,r}\) spełniających \(\displaystyle{ pqr=1}\) zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}^{}\frac{1}{p^{2}-p+1}\le 3}\)

Tę nierówność jak przez mgłę pamiętam, nie wiem, czy nie zakładałem wątku z podobną kilka lat temu. Udowodnimy ją następująco:
jeśli \(\displaystyle{ pqr=1, \ p,q,r>0}\), to
\(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}^{}}\frac{1}{p^{2}+p+1}\ge 1 \ (*)}\)
By to udowodnić, wystarczy wymnożyć przez mianowniki i skorzystać z założenia o iloczynie, pozostaje nam nierówność
\(\displaystyle{ p^{2}+q^{2}+r^{2}\ge pq+qr+pr}\), która w oczywisty sposób zwija się do kwadratów.
Odnotujmy teraz, że
\(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}^{}\frac{1}{p^{2}+p+1}+\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{1}{p^{2}-p+1}\\=\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{2\left(p^{2}+1\right)}{p^{4}+p^{2}+1}=\sum_{\text{cyc}}^{}\left(2-\frac{2p^{4}}{p^{4}+p^{2}+1}\right)=6-2\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{p^{4}}{p^{4}+p^{2}+1}}\)
i ponieważ podstawiając w tej sumie
\(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}^{}\frac{p^{4}}{p^{4}+p^{2}+1}, \ u=\frac{1}{p^{2}}, \ v=\frac{1}{q^{2}}, \ w=\frac{1}{r^{2}}}\)
łatwo dostajemy, że szacuje się ona z dołu przez \(\displaystyle{ 1}\), na mocy \(\displaystyle{ (*)}\).
Zatem mamy:
\(\displaystyle{ 1+\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{1}{p^{2}-p+1}\\ \le \sum_{\text{cyc}}^{}\frac{1}{p^{2}+p+1}+\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{1}{p^{2}-p+1}\\=6-2\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{p^{4}}{p^{4}+p^{2}+1}\\\le 6-2=4}\),
czyli
\(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}^{}\frac{1}{p^{2}-p+1}\le 3}\)
c.k.d.

[bosa_Nike]

Bosko.

Ukryta treść:    

Nieco inne rozwiązanie opiera się jedynie na pierwszej z tych dwóch powiązanych nierówności: 1, 2, z których co najmniej jedną można przypisać V. Cirtoaje. Chodzi o trick pokrótce przedstawiony tutaj. Z jego perspektywy również sądzę, że \(\displaystyle{ k=2}\) będzie dobrym wyborem dla \(\displaystyle{ n=\frac{1}{3}}\), zaś dla \(\displaystyle{ n=\frac{1}{2}}\) korzystnie będzie wziąć \(\displaystyle{ k=\frac{3}{2}}\).

[Premislav]

Może coś prostego.
Liczby rzeczywiste dodatnie \(\displaystyle{ x,y}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ x^{3}+y^{4}\le x^{2}+y^{3}}\). Proszę udowodnić, że
\(\displaystyle{ x^{3}+y^{3}\le 2}\).

[Tmkk]

Ukryta treść:    

Z AM-GM zachodzi \(\displaystyle{ 2x^3 + 1 \ge 3x^2}\) oraz \(\displaystyle{ 3y^4 + 1 \ge 4y^3}\). Stąd

\(\displaystyle{ x^3 + y^3 \le (3x^3 + 1 - 3x^2) + (3y^4 + 1 - 3y^3) = 2 + 3(x^3 + y^4 - x^2 - y^3) \le 2}\).

[Premislav]

Elegancko, takie rozwiązanie właśnie miałem na myśli. Możesz wrzucać następne zadanie.

[Tmkk]

To ja też proste. Dla \(\displaystyle{ a \ge b \ge c > 0}\) pokazać, że zachodzi

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

[Premislav]

Ukryta treść:    

Łatwo widać, że
\(\displaystyle{ \frac{a^{2}b}{c}+\frac{b^{2}c}{a}+\frac{c^{2}a}{b}-\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)\\=\frac{\frac{1}{2}a^{3}(b-c)^{2}+\frac{1}{2}b^{3}(c-a)^{2}+\frac{1}{2}c^{3}(a-b)^{2}+\frac{1}{2}(a-b)(b-c)\left(a^{2}b+a^{2}c-ac^{2}-bc^{2}\right)}{abc}}\)
i z założeń mamy
\(\displaystyle{ a-b\ge 0, \\ b-c\ge 0, \\ ab\ge c^{2}\implies a^{2}b-ac^{2}\ge 0, \\ a^{2}\ge bc\implies a^{2}c-bc^{2}\ge 0}\)
co kończy dowód.

[Tmkk]

Ok, możesz dalej.