[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[Dumel]

teraz zobaczylem ze jeszcze nikt nie podal rozwiazania tej nierowności:

wykaż ze
dla a,b,c>0
\(\displaystyle{ \frac{1}{6a^2+bc}+\frac{1}{6b^2+ac}+\frac{1}{6c^2+ab}\ge\frac{9}{7} \cdot \frac{1}{ab+bc+ca}}\)

[Wasilewski]

Mi się jednak bardziej podoba Twoja druga propozycja. Chcę pokazać, że:
\(\displaystyle{ x^2 + y^2 \ge \frac{2}{3}}\)
Jeśli x i y są tego samego znaku, to jest to jasne, niech więc x będzie dodatnie, a za y wstawimy -y (dla wygody). Mamy teraz dwa przypadki:
\(\displaystyle{ xy \le \frac{1}{3}}\)
Wtedy żądana nierówność wynika z warunku.
Drugi przypadek:
\(\displaystyle{ xy \ge \frac{1}{3}}\)
Wtedy mamy:
\(\displaystyle{ x^2 + y^2 \ge 2xy \ge \frac{2}{3}}\)
Przejdźmy do dowodu wyjściowej nierówności:
\(\displaystyle{ x^{2m} + y^{2m} \ge \frac{(x^2 + y^2)^{m}}{2^{m-1}} \ge \frac{\left(\frac{2}{3}\right)^{m}}{2^{m-1}} = \frac{2}{3^{m}}}\)

[szablewskil]

\(\displaystyle{ n^{n} \le (n!)^{2} \le ( \frac{(n+1)(n+2)}{6} )^{n}}\)

[frej]

Lewa strona to np. indukcja plus Bernoullini, zaraz pomyślę nad prawą stroną. Swoją drogą gdzieś widziałem to zadanie jakoś wczoraj czy przedwczoraj, tylko nie mogę sobie przypomnieć gdzie....

[limes123]

Mozew Pawłowskim (6.69). Z tego co pamietam to do lewej strony nawet nie trzeba Bernoulliego (chyba wystarczy sama indukcja).

[frej]

Kurczę, niestety nie znalazłem...
Może coś takiego da radę...
Prawa strona kojarzy się z sumą kwadratów (przynajmniej mi )
\(\displaystyle{ \left( \frac{\frac{(n+1)(n+2)(2n+2)}{6}}{2(n+1)}\right)^n =\left( \frac{\sum_{i=1}^{n+1} i^2}{2(n+1)}\right)^n \stackrel{AM-GM}{\ge} \left(\frac{\sqrt[n+1]{((n+1)!)^2}}{2} \right)^n \ge (n!)^2 \\ \left(\frac{(n+1)!^2}{2^{n+1}} \right)^n \ge (n!)^{2(n+1)} \\ \frac{(n+1)^{2n}}{(n!)^2} \ge 2^{n(n+1)}}\)
i teraz może jakoś to indukcją... Nie wiem czy coś z tego wyjdzie, ale może... Popatrzę na to jutro. Masz jakieś ciekawe rozwiązanie do tego? Albo może wiesz gdzie to ostatnio widziałem... -- 8 lutego 2009, 22:51 --Racja, limes123. To chyba był Pawłowski...

[Piotr Rutkowski]

teraz zobaczylem ze jeszcze nikt nie podal rozwiazania tej nierowności:

wykaż ze
dla a,b,c>0
\(\displaystyle{ \frac{1}{6a^2+bc}+\frac{1}{6b^2+ac}+\frac{1}{6c^2+ab}\ge\frac{9}{7} \cdot \frac{1}{ab+bc+ca}}\)

Dopiero teraz zauważyłem, że to zadanie jest tutaj zamieszczone. Jak ktoś jest zainteresowany jest rozwiązane tutaj:

[Dumel]

straszne pustki nastały w kółku matematycznym po II etapie, wiec pora je rozruszac. zmodyfikowalem na zachete troche nazwe tego topica i wrzucam kolejna nierownosc (lub moze zadanie nierownosciowopodobne). na poczatekcos latwego i brzydkiego :
iloczyn liczb dodatnich \(\displaystyle{ x_1,x_2,...,x_n}\) wynosi 1. udowodnic ze istnieje takie \(\displaystyle{ k \in \{1,2,...,n\}}\) ze:
\(\displaystyle{ \frac{x_k}{k+x_1+x_2+...+x_k} \ge 1- \frac{1}{ \sqrt[n]{2} }}\)

[Sylwek]

Pustki, pustki, aż temat spadł na drugą stronę

Coś z suplementu z niebieskiego Pawłowskiego: \(\displaystyle{ a,b,c > 0}\), udowodnij: \(\displaystyle{ a\sqrt{b^2-bc+c^2}+c\sqrt{a^2-ab+b^2} \ge b\sqrt{a^2-ac+c^2}}\) oraz przedyskutuj, kiedy zachodzi równość.

Zrobiłem, ale coś dziwnie prosto wyszło i chciałbym poznać inne rozwiązanie:

mój sposób:    

\(\displaystyle{ x=ab, \ y=bc, \ z=ca, \ p=\frac{x}{z}, \ q=\frac{y}{z}}\), po podzieleniu stronami przez \(\displaystyle{ z}\) nierówność przedstawia się następująco:
\(\displaystyle{ \sqrt{a^2-a+1}+\sqrt{b^2-b+1} \ge \sqrt{a^2-ab+b^2}}\)
Co zrobiłem standardowo - do kwadratu, porządkowanie, znowu do kwadratu (przy okazji udowadniając nieco silniejszą nierówność, bo po jednej stronie mam pierwiastek, bo drugiej liczbę niewiadomego znaku, a i tak nierówność jest prawdziwa), na końcu zostało coś w stylu: \(\displaystyle{ (pq-p)^2+(pq-q)^2+(p-q)^2+p^2+q^2+pq^2 \ge 0}\), a tu mamy nawet ostrą nierówność (bo p,q dodatnie), zatem nigdy nie może zajść równość.

[Dumel]

rozwazmy na plaszczyznie punkty A,B,C,D takie ze: \(\displaystyle{ AD=c \ AC=b \ AB=a \ \sphericalangle DAC=60 \ \sphericalangle CAB=60}\) wtedy rachu ciachu twierdzenie cosinusow i od razu wychodzi mocniejsza nierownosc z nierownosci Ptolemeusza

[Sylwek]

Mało intuicyjne (znałeś wcześniej?), ale fajne

Znalazłem jeszcze rozwiązanie Piotrka Rutkowskiego do mocniejszej nierówności:

Dla wygody zamieńmy \(\displaystyle{ b}\) na \(\displaystyle{ -b}\)
Wtedy wystarczy pokazać, że:
\(\displaystyle{ \forall_{a,b,c\in \mathbb{R}} \ \sqrt{b^{2}+ab+a^{2}}+\sqrt{b^{2}+bc+c^{2}}\geq \sqrt{a^{2}+ac+c^{2}}}\)

Rozważmy punkty \(\displaystyle{ X,Y,Z}\) w układzie współrzędnych takie, że \(\displaystyle{ X=(b,0) \ Y=(-\frac{a}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}a) \ C=(-\frac{c}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}c)}\)
Zauważmy, że wtedy nasza nierówność przyjmuje postać \(\displaystyle{ |XY|+|XZ|\geq |YZ|}\), co jest nierównością trójkąta (lub zdegenerowanego do odcinka trójkąta). Q.E.D.
Notabene to chyba dość znane zadanie, a technikę można stosować dość często w takich przypadkach (odpowiednio wyszukując współczynniki przy współrzędnych).

Jak widać wymnożyć też się da, co zaprezentowałem 2 posty wyżej

No i równość nie może u nas zachodzić, bo to by wymagało, żeby co najmniej (a to i tak nie wystarcza) \(\displaystyle{ b=0}\), co jest sprzeczne z założeniem.

[Dumel]

nie znalem wczesniej, ale na mathlinksie widzialem kiedys nierownosc zrobioną taką metodą (troche latwiejsza bo na koncu byla nierownosc trojkata)-- 26 marca 2009, 18:40 --to jest ta sama nierownosc ktora wychodzi z tej mojej metody

[Piotr Rutkowski]

Ta nierówność mi się podobała, bo jest niezwykle prosta choć forma na to nie wskazuje:
Weźmy \(\displaystyle{ a,b,c\in \mathbb{R_{+}}}\) Dodatkowo \(\displaystyle{ \sum_{cyc}\frac{a^{3}+2a}{a^{2}+1}=\frac{9}{2}}\)
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \sum_{cyc}\frac{1}{a}\geq 3}\)

[Sylwek]

Ciekawa ta powyższa nierówność. Rzeczywiście nie wygląda na prostą

\(\displaystyle{ n^{n} \le (n!)^{2} \le ( \frac{(n+1)(n+2)}{6} )^{n}}\)

Racja, jest w suplemencie w "niebieskim Pawłowskim".

Lewa nierówność - stosujemy lemat: \(\displaystyle{ \boxed{n \le k(n+1-k)} \iff (n-k)(k-1)\ge 0}\) dla \(\displaystyle{ k=1,2,\ldots,n}\) i przemnażamy te \(\displaystyle{ n}\) lematów stronami - otrzymujemy dokładnie żądaną nierówność.

Prawa nierówność - z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną:
\(\displaystyle{ (n!)^2 = \overbrace{(1 \cdot n) \cdot (2 \cdot (n-1)) \cdot \ldots \cdot (n \cdot 1)}^{n} \le \left( \frac{\sum_{i=1}^n k(n+1-k)}{n} \right)^n = \\ = \left( \frac{\left( (n+1) \sum_{i=1}^n k \right) - \left(\sum_{i=1}^n k^2 \right)}{n} \right)^n= \\ =\left( \frac{(n+1)\frac{n(n+1)}{2}-\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}{n} \right)^n=\left( \frac{(n+1)(n+2)}{6} \right)^n}\)

[ojciec_kogut]

Ta nierówność mi się podobała, bo jest niezwykle prosta choć forma na to nie wskazuje:
Weźmy \(\displaystyle{ a,b,c\in \mathbb{R_{+}}}\) Dodatkowo \(\displaystyle{ \sum_{cyc}\frac{a^{3}+2a}{a^{2}+1}=\frac{9}{2}}\)
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \sum_{cyc}\frac{1}{a}\geq 3}\)

Fakt proste

Oczywiście:
\(\displaystyle{ \frac{a}{a^{2}+1}=\frac{1}{2}\frac{2a}{a^{2}+1} \le \frac{1}{2}}\)

stąd:
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}a=\sum_{cyc}\frac{a^{3}+2a}{a^{2}+1}- \sum_{cyc}\frac{a}{a^{2}+1} \ge 3}\)

\(\displaystyle{ \sum_{cyc}\frac{1}{a} \ge \frac{9}{a+b+c} \ge 3}\)