[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[frej]

Sorry...
Nie zauważyłem wszystkiego...

[limes123]

Wrzucam moje wypociny
\(\displaystyle{ f(x)=\sqrt{x}}\) i zalozmy \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2=1}\). Mamy
\(\displaystyle{ LHS=\sum f(\frac{a^2}{(a^2+b^2)(a^2+c^2)})\leq 3f(\frac{1}{3} \sum \frac{a^2}{(a^2+b^2)(a^2+c^2)} )=3f(\frac{2}{3} \frac{\sum a^2b^2}{ \prod (a^2+b^2)})=3\sqrt{\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{1- \frac{1}{\sum \frac{1}{a^2}}}}}\), czyli wystarczy udowodnic (jak sie nigdzie nie walnalem przy przeksztalceniach), ze \(\displaystyle{ \sum \frac{1}{a^2}\geq 9}\) co jest prawda. Wydaje mi sie, ze na koncu sobie "pomoglem" przy jakims przejsciu, wiec bede wdzieczny jak ktos to sprawdzi.

[Sylwek]

Dzięki, trochę końcówkę zmodyfikowaliśmy i było rozwiązanie . Jak będzie jeszcze coś ciekawego i trudnego, a nikt nie zrobił, to wrzucimy.

[limes123]

Czyli cos bylo w koncu zle w tej koncowce, czy za bardzo namieszalem? Mozesz wrzucic wasze rozwiazanie?

[Edit]
Nawet jak macie rozwiazania tych ciekawych to powrzucaj

[Gierol]

szczerze to po tym pierwszym jensenie nie chcialo nam sie juz dalej sprawdzac. zostawilismy to tak, wymnozylismy, ujednorodnilismy i banalnie z AM>GM poszlo. wrzucimy co ciekawsze jak wrocimy bo na razie dosyc mocno zawaleni jestesmy (mocne geometrie sa wiec pewnie sie ucieszysz )

[limes123]

OK Szkoda, ze u mnie w okolicy nie ma takich warsztatow...

[andkom]

szczerze to po tym pierwszym jensenie nie chcialo nam sie juz dalej sprawdzac.

Ten "pierwszy jensen" to po prostu nierówność między średnią arytmetyczną i kwadratową.

Muszę przyznać, że zadanie nie podoba mi się, bo za prosto idzie: mamy brzydką sumę pierwiastków, no to pozbądźmy się jej stosując to, co się narzuca (nierówność między średnimi/nierówność Jensena). Od ładnego zadania oczekiwałbym, że takie brutalne szacowanie będzie za mocne i trzeba działać jakoś subtelniej.

[frej]

XLVII OM drugi etap
\(\displaystyle{ \sum \frac{x}{x^2+1} \le \frac{9}{10} \\ x+y+z=1 \\ x,y,z \ge -\frac{3}{4}}\)
Nierówność jest w sumie dość ciężka, nawet wzorcówka opiera się o wypukłą otoczkę z którą niestety nie miałem jeszcze do czynienia ( przynajmniej tak powiedział Półpasiec w starym temacie ) . Jestem ciekawy czy znacie jakieś inne rozwiązanie ...

[Piotr Rutkowski]

Z właśnie trwających warsztatów, jak ktoś zrobi, to thx, bo nie mamy wzorcówki xD

\(\displaystyle{ \sum_{sym} \frac{a \sqrt{a^2+b^2+c^2}}{\sqrt{a^2+b^2} \cdot \sqrt{a^2+c^2}} \le \frac{3\sqrt{3}}{2}}\)

Ja bym proponował zgoła inne podejście.
Weźmy zmienne pomocnicze \(\displaystyle{ x=\sqrt{a^{2}+b^{2}} \ y=\sqrt{b^{2}+c^{2}} \ z=\sqrt{c^{2}+a^{2}}}\) i wtedy nasza nierówność przyjmuje postać:
\(\displaystyle{ \frac{3\sqrt{3}}{2}xyz\geq \sum_{cyc} \sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{2}}y\sqrt{\frac{x^{2}+z^{2}-y^{2}}{2}}}\)
Wprowadzając nowe zmienne \(\displaystyle{ u=x^{2} \ v=y^{2} \ w=z^{2}}\) i dzieląc obustronnie przez \(\displaystyle{ xyxz}\) dostaniemy \(\displaystyle{ 3\sqrt{3}\geq \sum_{cyc}\sqrt{\frac{u^{2}+w^{2}-v^{2}}{uw}+2}}\)
Zauważmy, że dla zmiennych \(\displaystyle{ u,v,w}\) spełniona jest nierówność trójkąta, zatem są one bokami pewnego trójkąta. Z tw. cosinusów:
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}\sqrt{cosU+1}\leq 3\sqrt{\frac{3}{2}}}\), a tą nierówność już nietrudno udowodnić

Jeszcze gwoli formalności, tę ostatnią nierówność najprościej pociągnąć z innej znanej nierówności \(\displaystyle{ \sum_{cyc}cosU\leq \frac{3}{2}}\) dla kątów trójkata \(\displaystyle{ U,V,W}\)
Wtedy niech \(\displaystyle{ c_{U}=\sqrt{cosU+1}}\) itd.
Mamy:
\(\displaystyle{ c_{U}+c_{V}+c_{W}\leq \sqrt{3\sum_{cyc}c_{U}^{2}}=\sqrt{9+3\sum_{cyc}cos_{U}}\leq \sqrt{9+3*\frac{3}{2}}=\sqrt{\frac{27}{2}}=3\sqrt{\frac{3}{2}}}\)

[bury]

To ja wrzucę coś
\(\displaystyle{ a,b,c >0 \qquad abc=1}\)
Udowodnić, że
\(\displaystyle{ (a+b)(b+c)(c+a)+7\ge 5(a+b+c)}\)

wymnażamy, przekształcamy do postaci
\(\displaystyle{ (a+b+c)( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} - 5) - 6 \geqslant 0}\)

potem pokazujemy ze przy rozsuwaniu np a i b przy zachowaniu iloczynu a + b rosnie
\(\displaystyle{ a=max(a,b)}\)\(\displaystyle{ k>0}\)
\(\displaystyle{ ak + b \frac{1}{k} - (a+b) = (k-1)(a - \frac{b}{k} ) > 0}\)
wiec
\(\displaystyle{ ( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} - 5) = min}\)
dla a = b = c = 1[/latex]

nie zlinczujcie jeśli to ja sie myle, ale chyba Jelen sie machnął i tam mialo być +6 nie -6 .......
bo drugi nawias nie chce być dodatni, a to by znaczylo że to a+b w drugim czynniku wpływa na caly czynnik odwrotnie niż w opierwszym (ze względu na znak wlasnie) i chyba nie można tu zbliżeń stosować

[Sylwek]

Jestem ciekawy czy znacie jakieś inne rozwiązanie

Z tego co pamiętam szło z Jensena po rozważeniu drobnych przypadków (bo nie wszędzie gdzie chcieliśmy 2 pochodna była dobrego znaku).

[Dumel]

1.
\(\displaystyle{ x+y+z=3}\)
udowodnic ze
\(\displaystyle{ \sqrt{x}+ \sqrt{y}+ \sqrt{z} \ge xy+xz+yz}\)
2.
\(\displaystyle{ x,y}\) - liczby rzeczywiste spelniajace \(\displaystyle{ x^2+y^2 \ge 1+xy}\)
udowodnic ze dla naturalnych \(\displaystyle{ m}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ x^{2m}+y^{2m} \ge \frac{2}{3^m}}\)-- 8 lutego 2009, 16:52 --raczej nie radze ujednoradniać nierowności z zad. 1.

[limes123]

1 bylo na trzeciej stronie tego tematu.

[szablewskil]

1. Przekształcamy:
Mnożąc razy dwa i korzystając z wzoru sróconego mnożenia mamy:
\(\displaystyle{ 2( \sqrt{x}+ \sqrt{y}+ \sqrt{z}) \ge (x+y+z)^{2}-(x^{2}+y^{2}+z^{2})}\)
stąd mamy:
\(\displaystyle{ (2 \sqrt{x}+x^{2} + 2 \sqrt{y}+y^{2} + 2 \sqrt{z}+z^{2} \ge 9}\)
i na mocy \(\displaystyle{ AM \ge GM}\) mamy
\(\displaystyle{ \sqrt{x} + \sqrt{x} + x^{2} \ge 3 \sqrt[3]{x^{3}}}\) co po zsumowaniu daje tezę

[Wasilewski]

No to warto przy okazji wspomnieć o drobnym fakcie, że funkcja \(\displaystyle{ f(x) = \frac{x^2}{2} +\sqrt{x}}\) nie jest wypukła w całym tym przedziale.