[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[blublu]

Wspaniale, można kontynuować.

[Premislav]

Niech \(\displaystyle{ n\in \NN^{+}, x\in \left(0, \frac{\pi}{2n}\right)}\). Proszę wykazać, że
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}\frac{\sin((k+1)x)}{\sin(kx)}< 2\frac{\cos x}{\sin^{2}x}}\)

[Premislav]

Za długo stoi…

To zadanie może nie jest typowe dla wątku (w którym rzadko pojawia się w zasadzie trygonometria, i trudno się dziwić). Jak można się dowiedzieć z imomath.com, jest to zadanie pierwsze z ukraińskiego TSE 1999 (część druga).

rozwiązanie:    

Zacznę od szacowania, które na początku wydawało mi się zdecydowanie za grube (i to mnie zatrzymało). Oczywiście gdy \(\displaystyle{ k\in \left\{1,2\ldots n\right\}, \ x\in \left(0, \frac{\pi}{2n}\right)}\), to \(\displaystyle{ 0<\sin x\le \sin(kx)}\) oraz \(\displaystyle{ \sin((k+1)x)\ge 0}\), a zatem
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} \frac{\sin((k+1)x)}{\sin(kx)}\\\le \sum_{k=1}^{n}\frac{\sin((k+1)x)}{\sin x}\\=\frac{1}{\sin x}\sum_{k=1}^{n}\sin((k+1)x)}\)

Zatem nietrudno spostrzec, że wystarczy wykazać nierówność
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}\sin((k+1)x))<2\ctg x, \ x\in \left(0, \frac{\pi}{2n}\right)}\)

Rozważmy funkcję \(\displaystyle{ g_{n}(x)=2\ctg x-\sum_{k=1}^{n}\sin((k+1)x)}\).
Wykażemy, że jest ona dodatnia w rozpatrywanym przedziale, co zakończy dowód. Mamy
\(\displaystyle{ g'_{n}(x)=-\frac{2}{\sin^{2}x}-\sum_{k=1}^{n}(k+1)\cos((k+1)x)}\)
Postaramy się wykazać, że \(\displaystyle{ g'_{n}(x)<0, \ x\in \left(0, \frac{\pi}{2n}\right)}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ \sin^{2} t}\) rośnie w przedziale \(\displaystyle{ \left(0, \frac{\pi}{2}\right)}\) będącym nadzbiorem \(\displaystyle{ \left(0, \frac{\pi}{2n}\right)}\) i jest w tym przedziale dodatnia, więc \(\displaystyle{ -\frac{2}{\sin^{2}t}}\) rośnie w \(\displaystyle{ \left(0, \frac{\pi}{2n}\right)}\), jako złożenie funkcji rosnących.
Ponadto ponieważ \(\displaystyle{ -\cos t}\) rośnie w przedziale \(\displaystyle{ (0,\pi)}\) i gdy \(\displaystyle{ k\in \left\{0,1\ldots n\right\}, \ x\in \left(0,\frac{\pi}{2n}\right)}\), to \(\displaystyle{ 0<(k+1)x<\pi}\), więc \(\displaystyle{ -(k+1)\cos(x(k+1)x)}\) też rośnie w tym przedziale dla ustalonego \(\displaystyle{ k\in \left\{,1\ldots n\right\}}\). Zatem \(\displaystyle{ g'_{n}(x)}\) jest funkcją rosnącą w \(\displaystyle{ \left(0, \frac{\pi}{2n}\right)}\), jako suma skończenie wielu funkcji rosnących.
Łatwo widać, że \(\displaystyle{ g}\) jest ciągła w przedziale \(\displaystyle{ \left(0, \frac{\pi}{2n}\right]}\), a więc w celu skonstatowania, że \(\displaystyle{ g'_{n}(x)<0, \ x\in\left(0, \frac{\pi}{2n}\right)}\), wystarczy wykazać, że \(\displaystyle{ g'_{n}\left(\frac{\pi}{2n}\right)<0}\).
Dla \(\displaystyle{ n\in \left\{1,2\right\}}\) jest to oczywiste, a dla większych postępujemy tak:
\(\displaystyle{ -\frac{2}{\sin^{2}\left(\frac{\pi}{2n}\right)}-\sum_{k=1}^{n}(k+1)\cos\left(\frac{(k+1)\pi}{2n}\right)\\<-2-\left((n-1)\cos\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2n}\right)+(n+1)\cos\left(\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2n}\right)\right)\\=-2-2\cos\left(\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2n}\right)<0}\)
ponieważ ze wzoru redukcyjnego \(\displaystyle{ \cos(\pi-t)=-\cos t}\) wynika, że
\(\displaystyle{ \cos\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2n}\right)+\cos\left(\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2n}\right)=0}\).

Wykazaliśmy powyżej, że \(\displaystyle{ g_{n}}\) jest malejąca w przedziale \(\displaystyle{ \left(0, \frac{\pi}{2n}\right)}\), a
zatem w celu udowodnienia, że \(\displaystyle{ g_{n}(x)>0, \ x\in\left(0, \frac{\pi}{2n}\right)}\) (znów argument ciągłości na prawostronnie domkniętym przedziale się tu przydaje) wystarczy udowodnić, że \(\displaystyle{ g_{n}\left(\frac{\pi}{2n}\right)\ge 0}\)

W tym celu przedstawimy \(\displaystyle{ g_{n}}\) w bardziej zwartej postaci: dla \(\displaystyle{ x}\) niebędacych krotnościami \(\displaystyle{ 2\pi}\) mamy
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}\sin((k+1)x)=\frac{1}{2\sin \left(\frac{x}{2}\right)}\sum_{k=1}^{n}2\sin\left(\frac{x}{2}\right)\sin((k+1)x)\\=\frac{1}{2\sin\left(\frac{x}{2}\right)}\sum_{k=1}^{n}\left(\cos\left((k+1)x-\frac{x}{2}\right)-\cos\left((k+1)x+\frac{x}{2}\right)\right)\\=\frac{\cos\left(\frac{3}{2}x\right)-\cos\left(\frac{2n+3}{2}x\right)}{2\sin\left(\frac{x}{2}\right)}\\=\frac{\sin\left(\frac{nx}{2}\right)\sin\left(\frac{n+3}{2}x\right)}{\sin\left(\frac{x}{2}\right)}}\)

Wobec tego wystarczy uzasadnić nierówność
\(\displaystyle{ 2\ctg\left(\frac{\pi}{2n}\right)\ge \frac{\frac{1}{\sqrt{2}}\sin\left(\frac{\pi}{4}+\frac{3\pi}{4n}\right)}{\sin\left(\frac{\pi}{4n}\right)}}\)
a równoważnie:
\(\displaystyle{ \cos\left(\frac{\pi}{2n}\right)\ge \frac{1}{\sqrt{2}}\cos\left(\frac{\pi}{4n}\right)\sin\left(\frac{\pi}{4}+\frac{3\pi}{4n}\right)}\)
Dla \(\displaystyle{ n\in\left\{1,2,3\right\}}\) po prostu podstawiamy i sprawdzamy prawdziwość nierówności (trochę pracy wymaga jedynie \(\displaystyle{ n=3}\), czyli nierówność
\(\displaystyle{ \cos \left(\frac{\pi}{6}\right)\ge \frac{1}{\sqrt{2}}\cos\left(\frac{\pi}{12}\right)}\), którą ciśniemy ze wzoru na kosinus kąta połówkowego, \(\displaystyle{ \cos \left(\frac{t}{2}\right)=\sqrt{\frac{1+\cos t}{2}}}\)). Dalej niech \(\displaystyle{ n\ge 4}\).
Zauważmy teraz, że ze znanej tożsamości
\(\displaystyle{ 2\sin x\cos y=\sin(x+y)+\sin(x-y)}\) wynika, iż
\(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{2}}\cos\left(\frac{\pi}{4n}\right)\sin\left(\frac{\pi}{4}+\frac{3\pi}{4n}\right)\\=\frac{1}{2\sqrt{2}}\left(\sin\left(\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{n}\right)+\sin\left(\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{2n}\right)\right)}\)
Ponadto ciąg
\(\displaystyle{ a_{n}=\cos\left(\frac{\pi}{2n}\right)}\) jest rosnący, natomiast dla \(\displaystyle{ n\ge 4}\) ciąg \(\displaystyle{ b_{n}=\frac{1}{2\sqrt{2}}\left(\sin\left(\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{n}\right)+\sin\left(\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{2n}\right)\right)}\) jest malejący,
więc jeśli wykażemy, że \(\displaystyle{ a_{4}\ge b_{4}}\), to już dla każdego \(\displaystyle{ n\in \NN, \ n\ge 4}\) zajdzie
\(\displaystyle{ a_{n}\ge b_{n}}\)
Dla \(\displaystyle{ n=4}\) nierówność przyjmuje formę
\(\displaystyle{ \cos\left(\frac{\pi}{8}\right)\ge \frac{1}{2\sqrt{2}}\left(1+\sin\left(\frac{3}{8}\pi\right)\right)}\)
a równoważnie (dzięki kolejnemu wzorowi redukcyjnemu)
\(\displaystyle{ \cos\left(\frac{\pi}{8}\right)\ge \frac{1}{2\sqrt{2}}\left(1+\cos\left(\frac{\pi}{8}\right)\right)}\)
Ze wspomnianego wzoru na kosinus kąta połówkowego mamy jednak
\(\displaystyle{ \cos\left(\frac{\pi}{8}\right)=\sqrt{\frac{1+\cos\left(\frac{\pi}{4}\right)}{2}}=\sqrt{\frac{1+\frac{1}{\sqrt{2}}}{2}}}\)
i wystarczy zweryfikować prawdziwość nierówności
\(\displaystyle{ \left(2\sqrt{2}-1\right)\sqrt{\frac{1+\frac{1}{\sqrt{2}}}{2}}\ge 1 }\)
co kończy dowód.

Nie pisałbym tego rozwiązania, gdyby udało mi się wymyślić bardziej eleganckie lub gdyby ktoś inny takie zaproponował, no ale nie stało się tak.

Nowe zadanie:
dla \(\displaystyle{ x,y,z\in \RR^{+}}\) proszę udowodnić nierówność
\(\displaystyle{ \left(1+\frac{x}{y}\right)\left(1+\frac{y}{z}\right)\left(1+\frac{z}{x}\right)\ge 2\left(1+\frac{x+y+z}{\sqrt[3]{xyz}}\right)}\)

[H0t_Orange_B0i]

Po rozpisaniu dostajemy
\(\displaystyle{ 1+ \frac{y}{z}+ \frac{x}{y}+ \frac{x}{z}+ \frac{z}{x}+ \frac{y}{x}+ \frac{z}{y}+1 \ge 2+ \frac{2(x+y+z)}{ \sqrt[3]{xyz} } }\)

Skracamy dwójkę
\(\displaystyle{ \frac{y}{z}+ \frac{x}{y}+ \frac{x}{z}+ \frac{z}{x}+ \frac{y}{x}+ \frac{z}{y}+ \ge \frac{2(x+y+z)}{ \sqrt[3]{xyz} } }\)

Duża liczba ułamków sugeruje użycie ciągów monotonicznych a ponieważ występuje wyrażenie to \(\displaystyle{ \sqrt[3]{xyz}}\) to podstawmy
\(\displaystyle{ x= a^{3} }\)
\(\displaystyle{ y= b^{3} }\)
\(\displaystyle{ z= c^{3} }\)
Dostajemy wówczas
\(\displaystyle{ \frac{ b^{3} }{ c^{3} }+ \frac{ a^{3} }{ b^{3} }+ \frac{ a^{3} }{ c^{3} }+ \frac{ c^{3} }{ a^{3} }+ \frac{ b^{3} }{ a^{3} }+ \frac{ c^{3} }{ b^{3} }+ \ge \frac{2( a^{3}+b^{3}+c^{3} )}{ abc } }\)

Zapiszmy to w bardziej przejrzystej formie

\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc} \frac{b^2}{c^2} & \frac{a^2}{b^2} & \frac{a^2}{c^2} & \frac{c^2}{a^2} & \frac{b^2}{a^2} & \frac{c^2}{b^2} \\ \frac{b}{c} & \frac{a}{b} & \frac{a}{c}& \frac{c}{a}& \frac{b}{a}& \frac{c}{b} \end{array}\right]}\) \(\displaystyle{ \ge}\) \(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc} \frac{b^2}{c^2} & \frac{a^2}{b^2} & \frac{a^2}{c^2} & \frac{c^2}{a^2} & \frac{b^2}{a^2} & \frac{c^2}{b^2} \\ \frac{c}{a} & \frac{b}{c} & \frac{c}{b}& \frac{a}{b}& \frac{a}{c}& \frac{b}{a}\end{array}\right]}\)

Widzimy że po prawej stronie te dwa ciągi są zgodne monotonicznie więc dowolna permutacja dolnego ciągu z jaką mamy do czynienia po lewej stronie dowodzi prawdziwość nierówności dla \(\displaystyle{ a,b,c \in \mathbb{ R^{+} }}\)

Dodano po 1 godzinie 31 minutach 46 sekundach:
.

[Premislav]

Świetnie, Twoja kolej.

Ukryta treść:    

To jest Z1.K7 z czwartej części Matematyki olimpijskiej Neugebauera i spółki (część poświęcona równaniom i nierównościom), wstrzeliłeś się we wzorcówkę.

[H0t_Orange_B0i]

NIech \(\displaystyle{ x_{1}, x _{2} , x_{3} ...... x_{n}}\) należą do \(\displaystyle{ \mathbb R }\)

Udowodnić że zachodzi

\(\displaystyle{ \frac{ x_{1} }{1+ x_{1} ^{2} }+\frac{ x_{2} }{1+ x_{1} ^{2}+ x_{2} ^{2} }+.......+\frac{ x_{n} }{1+ x_{1} ^{2}+ x_{2} ^{2}+.....+ x_{n} ^{2} } < \sqrt{n} }\)

[cmnstrnbnn]

\(\displaystyle{ \frac{ x_{1} }{1+ x_{1} ^{2} }+\frac{ x_{2} }{1+ x_{1} ^{2}+ x_{2} ^{2} }+.......+\frac{ x_{n} }{1+ x_{1} ^{2}+ x_{2} ^{2}+.....+ x_{n} ^{2} } \le }\)
\(\displaystyle{ \frac{ x_{1} }{1+ x_{1} ^{2}+ x_{2} ^{2}+.....+ x_{n} ^{2} }+\frac{ x_{2} }{1+ x_{1} ^{2}+ x_{2} ^{2}+.....+ x_{n} ^{2} }+.......+\frac{ x_{n} }{1+ x_{1} ^{2}+ x_{2} ^{2}+.....+ x_{n} ^{2} }=\frac{ x_{1} + x_{2} +...+ x_{n} }{1+ x_{1} ^{2}+ x_{2} ^{2}+.....+ x_{n} ^{2} }}\)

Równość zachodzi, jeżeli \(\displaystyle{ x_{2} = x_{3} =....= x_{n}=0}\)

Z nierówności pomiędzy średnią kwadratową, a arytmetyczną
\(\displaystyle{ \sqrt{ \frac{ 1+ x_{1} ^{2}+ x_{2} ^{2}+.....+ x_{n} ^{2}}{n} } \ge \frac{1 + x_{1} + x_{2} +...+ x_{n} }{n} }\) więc
\(\displaystyle{ \sqrt{ n} \ge \frac{1 + x_{1} + x_{2} +...+ x_{n}}{ 1+ x_{1} ^{2}+ x_{2} ^{2}+.....+ x_{n} ^{2} } >\frac{ x_{1} + x_{2} +...+ x_{n} }{1+ x_{1} ^{2}+ x_{2} ^{2}+.....+ x_{n} ^{2} }}\)

co należało dowieść

[Premislav]

cmnstrnbnn, to nie zadziała, już pierwsza nierówność jest nieprawdziwa (dokładniej: nie zawsze prawdziwa), bo np. jeśli zwiększysz mianownik ułamka o dodatnim liczniku i mianowniku, to zmniejszysz ułamek, zamiast go zwiększyć.

rozwiązanie:    

Łatwo widać, że wystarczy rozważyć \(\displaystyle{ x_{1},x_{2}\ldots x_{n}\ge 0}\)
Niech dla takich \(\displaystyle{ x_{i}}\) będzie
\(\displaystyle{ a_{0}=1, \ a_{i}=1+x_{1}^{2}+\ldots+x_{i}^{2}}\)
Wówczas ciąg \(\displaystyle{ (a_{i})_{0\le i\le n}}\)
jest niemalejący i ma wyrazy dodatnie, a nasza nierówność przyjmuje formę
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}\frac{\sqrt{a_{i}-a_{i-1}}}{a_{i}}\le \sqrt{n}}\)
Mamy:
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}\frac{\sqrt{a_{i}-a_{i-1}}}{a_{i}}\\ \le \sum_{i=1}^{n}\frac{\sqrt{a_{i}-a_{i-1}}}{\sqrt{a_{i}a_{i-1}}}\\=\sum_{i=1}^{n}\sqrt{\frac{1}{a_{i-1}}-\frac{1}{a_{i-}}}\\ \le \sqrt{n\left(\sum_{i=1}^{n}\left(\frac{1}{a_{i-1}}-\frac{1}{a_{i}}\right)\right)}}\)
przy czym ostatnia nierówność jest konsekwencją nierówności Cauchy'ego-Schwarza, bo \(\displaystyle{ n=\overbrace{1^{2}+\ldots+1^{2}}^{n}}\)
Pozostaje zauważyć, że
\(\displaystyle{ \sqrt{n\left(\sum_{i=1}^{n}\left(\frac{1}{a_{i-1}}-\frac{1}{a_{i}}\right)\right)}\\=\sqrt{n\left(\frac{1}{a_{0}}-\frac{1}{a_{n}}\right)}\\=\sqrt{n\left(1-\frac{1}{a_{n}}\right)}\\<\sqrt{n}}\)
co kończy dowód.

Tak w ogóle, to chyba właśnie sobie przypomniałem, że już dawałem to zadanie, a wcześniej mol_ksiazkowy je wrzucał w którymś wątku…

[cmnstrnbnn]

Dobra racja, faktycznie bardzo głupi błąd popełniłem

To ode mnie w ramach zadośćuczynienia

\(\displaystyle{ a, b, c>0}\), oraz \(\displaystyle{ abc= \frac{1}{8} }\)

Udowodnij, że \(\displaystyle{ a^{2} + b^{2} + c^{2} + a^{2}b^{2} + a^{2}c^{2} + b^{2}c^{2} \ge \frac{15}{16} }\)

[Premislav]

Ukryta treść:    

Wystarczy dwa razy użyć nierówności między średnią kwadratową a geometryczną:
\(\displaystyle{ \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}}\ge \sqrt[3]{abc}=\frac{1}{2}\implies a^{2}+b^{2}+c^{2}\ge \frac{3}{4} \ (\heartsuit)\\\sqrt{\frac{a^{2}b^{2}+a^{2}c^{2}+b^{2}c^{2}}{3}}\ge \sqrt[3]{ab\cdot ac\cdot bc}=\frac{1}{4}\implies a^{2}b^{2}+a^{2}c^{2}+b^{2}c^{2}\ge \frac{3}{16} \ (\spadesuit)}\)
Dodając stronami nierówności \(\displaystyle{ (\heartsuit), \ (\spadesuit)}\), dostajemy tezę.

[cmnstrnbnn]

Idealnie, można kontynuować zabawę

[Premislav]

Niech \(\displaystyle{ a_{1}, a_{2}\ldots a_{n}\in \RR^{+}}\) i niechaj \(\displaystyle{ s=\sum_{i=1}^{n}a_{i}}\). Proszę wykazać, że
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}\frac{s+a_{i}}{s-a_{i}}\ge \left(\frac{n+1}{n-1}\right)^{2}\sum_{i=1}^{n}\frac{s-a_{i}}{s+a_{i}}}\)

[bosa_Nike]

Ukryta treść:    

Oczywiście \(\displaystyle{ n>1}\), żeby wszystko było dobrze określone. Skoro dla \(\displaystyle{ a_1=a_2=\ldots =a_n=\frac{s}{n}}\) mamy równość, a składniki mieszane nie występują, to można spróbować dość oczywistego chwytu. Biorąc \(\displaystyle{ f(a)=\frac{s+a}{s-a}-\left(\frac{n+1}{n-1}\right)^2\cdot\frac{s-a}{s+a}-ka-m}\) dla pewnych \(\displaystyle{ k,m}\), takich że \(\displaystyle{ f\left(\frac{s}{n}\right)=f'\left(\frac{s}{n}\right)=0}\), mamy jawnie $$f(a)=\frac{s+a}{s-a}-\left(\frac{n+1}{n-1}\right)^2\cdot\frac{s-a}{s+a}-\frac{4n^2a}{(n-1)^2s}+\frac{4n}{(n-1)^2}=\frac{4a(s-na)^2}{(n-1)^2(s+a)(s-a)s}\ge 0,$$ a więc $$\sum\limits_{i=1}^n\frac{s+a_i}{s-a_i}-\left(\frac{n+1}{n-1}\right)^2\cdot\sum\limits_{i=1}^n\frac{s-a_i}{s+a_i}\ge\frac{4n}{(n-1)^2}\cdot\sum\limits_{i=1}^n\left(\frac{n}{s}\cdot a_i-1\right)=0.$$

[Premislav]

Ciekawe podejście (zresztą nie pierwszy raz tego typu rozwiązanie się pojawia w tym wątku), moje było trochę inne.

Ukryta treść:    

Mamy \(\displaystyle{ \frac{s+a_{i}}{s-a_{i}}=1+\frac{2a_{i}}{s-a_{i}}, \ \frac{s-a_{i}}{s+a_{i}}=1-\frac{2a_{i}}{s+a_{i}}}\), więc nierówność przekształca się do:
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}\frac{2a_{i}}{s-a_{i}}+\frac{(n+1)^{2}}{(n-1)^{2}}\sum_{i=1}^{n}\frac{2a_{i}}{s+a_{i}}\ge n\left(\frac{n+1}{n-1}\right)^{2}-n\\(n-1)^{2}\sum_{i=1}^{n}\frac{a_{i}}{s-a_{i}}+(n+1)^{2}\sum_{i=1}^{n}\frac{a_{i}}{s+a_{i}}\ge 2n^{2}}\)

Teraz grupujemy według \(\displaystyle{ a_{i}}\); z nierówności Cauchy'ego-Schwarza w formie Engela jest
\(\displaystyle{ \frac{(n-1)^{2}}{s-a_{i}}+\frac{(n+1)^{2}}{s+a_{i}}\ge \frac{(2n)^{2}}{2s}=\frac{2n^{2}}{s}}\)
Mnożymy to stronami przez dodatnie \(\displaystyle{ a_{i}}\) i dodajemy stronami takie nierówności po \(\displaystyle{ 1\le i\le n}\), co kończy dowód.

Oczywiście można kontynuować.

[bosa_Nike]

Dla rzeczywistych \(\displaystyle{ a,b,c,d\ge 0}\), takich że \(\displaystyle{ a+b+c+d=4}\), udowodnij $$\frac{a}{3a^3+2}+\frac{b}{3b^3+2}+\frac{c}{3c^3+2}+\frac{d}{3d^3+2}\le\frac{4}{5}.$$