[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[bury]

\(\displaystyle{ n>3}\), \(\displaystyle{ a_1,\dots,a_n\ge 0}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ a_1+\dots +a_n=2}\)

Wyznaczyć najmniejszą wartość sumy
\(\displaystyle{ \frac{a_1}{a_2^2+1}+\frac{a_2}{a_3^2+1} +\dots +\frac{a_n}{a_1^2+1}}\)

[Dumel]

powyższa nierówność wydaje mi się dosyć trudna. nic konstruktywnego nie wymyśliłem, wrzuciłem na mathlinksa ale nikt nie odpowiedział więc chyba rzeczywiście nie jest zbyt prosta.
coś łatwiejszego:
\(\displaystyle{ a,b,c \in (0,1)}\)
oraz
\(\displaystyle{ a^x=bc, b^y=ca, c^z=ab}\)
udowodnić, że:
\(\displaystyle{ \frac{1}{2+x}+ \frac{1}{2+y}+ \frac{1}{2+z} \le \frac{3}{4}}\)

-- 18 sierpnia 2009, 10:49 --

bardzo mi sie podoba ta nierówność:
\(\displaystyle{ a,b,c}\)-długości boków trójkąta
udowodnić że
\(\displaystyle{ \frac{(a-b+c)^4}{a(a+b-c)}+ \frac{(a+b-c)^4}{b(b+c-a)}+ \frac{(b+c-a)^4}{c(c+a-b)} \ge ab+bc+ca}\)

a na to nie mam pomysłu. pewnie da się pyknąć troche mniej elementarną analizą ale takowej nie znam. elementrane rozwiązanie też mile widziane
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n^3}< \frac{5}{4}}\)

[Wasilewski]

Nie chce mi się liczyć, ale prawdopodobnie dla M większych od jedynki zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{M} \frac{1}{n^3} < \frac{5}{4} - \frac{1}{(M+1)^2}}\)

[Zordon]

Nie chce mi się liczyć, ale prawdopodobnie dla M większych od jedynki zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{M} \frac{1}{n^3} < \frac{5}{4} - \frac{1}{(M+1)^2}}\)

to się zgadza

Można też tak:

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n^3}= 1+ \sum_{n=2}^{ \infty } \frac{1}{n^3}}\)
teraz
\(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{ \infty } \frac{1}{n^3}<\sum_{n=2}^{ \infty } \frac{1}{n^3-n}=\sum_{n=2}^{ \infty } \frac{1}{(n-1)n(n+1)}=\sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n(n+1)(n+2)}= \frac{1}{4}}\)
to liczyłem tutaj: 136167.htm

zatem
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n^3}<1+\frac{1}{4}= \frac{5}{4}}\)

[frej]

\(\displaystyle{ a,b,c}\)-długości boków trójkąta
udowodnić że
\(\displaystyle{ \frac{(a-b+c)^4}{a(a+b-c)}+ \frac{(a+b-c)^4}{b(b+c-a)}+ \frac{(b+c-a)^4}{c(c+a-b)} \ge ab+bc+ca}\)

Podstawmy

\(\displaystyle{ x=-a+b+c \quad y=a-b+c \quad z=a+b-c}\)

wtedy

\(\displaystyle{ \frac{2y^4}{(y+z)z} + \frac{2z^4}{(x+z)x} + \frac{2x^4}{(y+x)y} \ge \frac{1}{4} \left( (x+y)(x+z)+(x+y)(y+z) + (y+z)(x+z) \right)}\)

co jest prawdą na mocy nierówności

\(\displaystyle{ \frac{2y^4}{(y+z)z} \ge \frac{1}{4} \left( \frac{11}{2} y^2 - \frac{9}{2}z^2 + 3yz \right) \quad \Leftrightarrow \quad (y-z)^2 \left( 16y^2+21yz+9z^2 \right) \ge 0}\)

oby nie było błędów rachunkowych

[patry93]

frej - skąd wyczarowałeś ostatnią nierówność? :O Mam nadzieję, że to jest coś trudniejszego, niż I etap OM...?

[frej]

\(\displaystyle{ a,b,c \in (0,1)}\)
oraz
\(\displaystyle{ a^x=bc, b^y=ca, c^z=ab}\)
udowodnić, że:
\(\displaystyle{ \frac{1}{2+x}+ \frac{1}{2+y}+ \frac{1}{2+z} \le \frac{3}{4}}\)

Oczywiście \(\displaystyle{ x=\frac{\ln b + \ln c}{\ln a}}\) etc.
Do dowodu nierówności wystarczy udowodnić nierówność

\(\displaystyle{ \frac{-4\ln a}{-2\lna - \ln b - \ln c} \le \frac{-10\lna -\ln b-\ln c}{4\left( -\ln a -\ln b-\ln c \right)}}\)

patry93 zobacz to

[Dumel]

pierwszą nierówność robiłem tak samo. dodam może parę komentarzy dla mniej wprawnych rozwiązywaczy nierówności:
dla boków trójkąta \(\displaystyle{ a,b,c}\) podstawienie \(\displaystyle{ a=x+y;b=y+z;c=z+x}\) (podobne do tego freja) nazywa się podstawieniem Ravi'ego. Często się je stosuje dla wyeliminowania krępującego warunku o bokach trójkąta.
o metodzie którą zaprezentowali frej i Sylwek w poście z linka można poczytać w wędrówkach w dziale "przegrupowania".
tutaj nie wydaje mi się takie oczywiste jakie dobrać współczynniki więc robiłem bardziej łopatologicznie tj. szukając odpowiedniej stałej \(\displaystyle{ k}\) takiej że:
\(\displaystyle{ \frac{8x^4}{(x+y)y} \ge kx^2+(1-k)y^2+3xy}\) wymnożyłem przez lewy mianownik, podzieliłem wszystko przez \(\displaystyle{ y^4}\) tak aby móc przyjąć \(\displaystyle{ a= \frac{x}{y}}\). jest wtedy wielomian jednej zmiennej. od razu widać jeden pierwiastek=1. rozkładamy hornerem i wystarczy dobrać takie k aby 1 była dwukrotnym pierwiastkiem wielomianu.

drugą nierówność można zrobić tak:
najpierw podstawienie \(\displaystyle{ a=e^{\alpha},b=a=e^{\beta},c=e^{\gamma}}\) dla ujemnych liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ \alpha,\beta,\gamma}\)
no i teraz:
\(\displaystyle{ x= \frac{\beta+\gamma}{\alpha}}\) i tak dalej, dla wygody można zamienić liczby ujemne na dodatnie (nierówność więc zachodzi też dla \(\displaystyle{ a,b,c>1}\)) i od razu w oczy rzuca się Jensen koniec.

-- 19 sierpnia 2009, 13:10 --

a rozwiązanie z posta wyżej jest troche paskudne

-- 19 sierpnia 2009, 13:15 --

Mam nadzieję, że to jest coś trudniejszego, niż I etap OM...?

raczej nie

[frej]

drugą nierówność można zrobić tak:
najpierw podstawienie \(\displaystyle{ a=e^{\alpha},b=a=e^{\beta},c=e^{\gamma}}\) dla ujemnych liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ \alpha,\beta,\gamma}\)
no i teraz:
\(\displaystyle{ x= \frac{\beta+\gamma}{\alpha}}\) i tak dalej, dla wygody można zamienić liczby ujemne na dodatnie (nierówność więc zachodzi też dla \(\displaystyle{ a,b,c>1}\))

do tej pory robiłem tak samo, jednak z tego co pamiętam, to właśnie nie pasowała mi coś ta wypukłość, ale może się po prostu pomyliłem w rachunkach

[Dumel]

przyjmujemy \(\displaystyle{ \alpha+\beta+\gamma=1}\) i wystarczy rozważyć wklęsłą funkcję \(\displaystyle{ f(x)= \frac{x}{1+x}}\)

[pawelsuz]

Temat umiera, nie można na to pozwolić:P
1)
Dla \(\displaystyle{ a,b,c}\) dodatnich pokazać, że
\(\displaystyle{ \frac{a}{ \sqrt{ab+b^2} }+\frac{b}{ \sqrt{bc+c^2} }+\frac{c}{ \sqrt{ac+a^2} } \ge \frac{3 \sqrt{2} }{2}}\)

2)
Dodatnie \(\displaystyle{ x,y,z}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ xyz=1}\)
Udowodnić, że zachodzi:
\(\displaystyle{ \frac{xy}{x+1} + \frac{yz}{y+1} + \frac{zx}{z+1} \ge \frac{3}{2}}\)

[Dumel]

2) po podstawieniu \(\displaystyle{ x= \frac{a}{b}}\) itd. mamy zwykłą nierówność Nesbitt'a

[gendion]

Nie wiem czy to nie byłoby za proste, możliwe, że jest jakiś duży błąd, tak czy owak, człowiek się uczy na błędach, więc ewentualnie prosze o ich wskazanie

\(\displaystyle{ \frac{x}{ \sqrt{xy+y^2} } \ge \frac{\sqrt{2}}{2}}\)
możemy obie strony do kwadratu podnieść bo x dodatnie
i otrzymujemy po prostych przekształceniach
\(\displaystyle{ 2x^2-xy-y^2 \ge 0}\)
\(\displaystyle{ \Delta=y^2+8y^2}\)
Czyli dla każdego y większego od zera wyróżnik większy opd zera
więc nierówność jest prawdziwa.
i sumujemy 3 takie nierówności.

[Dumel]

wszystko jest źle
sam pomysł był skazany na porażkę bo przy dużych wartościach y mianownik jest duży

a wyróżnik chyba chciałeś dostać ujemny

[gendion]

wszystko jest źle
sam pomysł był skazany na porażkę bo przy dużych wartościach y mianownik jest duży

a wyróżnik chyba chciałeś dostać ujemny

no tak, porażka ;p
coś mi od początku z tym wyróżnikiem nie pasowało ;]

to może się poprawię:

\(\displaystyle{ \sqrt{ \frac{a^2}{ab+b^2} }+\sqrt{ \frac{b^2}{bc+c^2} }+ \sqrt{ \frac{c^2}{ac+a^2} } \ge \sqrt{ \frac{a^2}{2 \sqrt{ab^3} } }+ \sqrt{ \frac{b^2}{2 \sqrt{bc^3} } }+ \sqrt{ \frac{c^2}{ \sqrt{a^3c} } } \ge 3 \sqrt[3]{ \sqrt{ \frac{a^2b^2c^2}{8 \sqrt{a^4b^4c^4} } } } =3 \sqrt[3]{ \sqrt{ \frac{1}{8} } } = \frac{3 \sqrt{2} }{2}}\)