[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[pawelsuz]

Dumel, możesz pokazać jak przejść z tego do Nesbitte'a?
gendion, jeśli stosujesz \(\displaystyle{ AM \ge GM}\) do wyrażeń stojących w mianowniku, to nierówność działa w drugą stronę (jeśli sie myle to niech mnie ktos poprawi)

[gendion]

gendion, jeśli stosujesz \(\displaystyle{ AM \ge GM}\) do wyrażeń stojących w mianowniku, to nierówność działa w drugą stronę (jeśli sie myle to niech mnie ktos poprawi)

no tak, chyba masz rację, kolejna porażka ;d

[robson161]

jensen ?

[jerzozwierz]

Ja to robiłem z jensena i zostało mi do udowodnienia takie dziwne cuś:

\(\displaystyle{ 2 \sum_{cyc}^{3} a^{3} + 12abc \ge 3 \sum_{cyc}^{3} (a^{2}b+ab^{2})}\).
Mniej więcej z grubsza szacując jako tako z pewnym przybliżeniem wygląda na prawdziwe, ale głowy nie daję.

EDIT: dupa jasiu karuzela, nieprawda

[Dumel]

pierwsze:
przekształcamy równoważnie lewą stronę:
\(\displaystyle{ \sum_{}^{ } \frac{1}{\sqrt{ \frac{b}{a} } \cdot \sqrt{1+ \frac{b}{a} }}}\)\(\displaystyle{ = \sum_{}^{} \frac{1}{ \sqrt{x} \cdot \sqrt{1+x} }}\)
gdzie \(\displaystyle{ xyz=1}\)
standardowo:
\(\displaystyle{ x=e^{\alpha} \ y=e^{\beta} \ z=e^{\gamma}}\)

(\(\displaystyle{ \alpha+\beta+\gamma=0)}\)
i jedziemy funkcją \(\displaystyle{ f(x)= \frac{1}{ \sqrt{e^x} \cdot \sqrt{1+e^x} }}\). jest ona wypukła, gdyż:
\(\displaystyle{ f''(x)= \frac{e^x}{4(1+e^x)^{2.5}} (5e^x+2)>0}\)
więc
\(\displaystyle{ f(\alpha)+f(\beta)+f(\gamma) \ge 3f(0)= \frac{3}{ \sqrt{2}}}\) ckd

co do powyższego to też tak robiłem ale raczej widać że to nie jest prawda, bo to byłoby znaczące wzmocnienie nierówności Shura

a do Nesbitt'a w drugim sie dochodzi tak:
trywialne podstawienie:
\(\displaystyle{ x= \frac{a}{b} \ y= \frac{b}{c} \ y= \frac{b}{c}}\)
daje nam:
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{xy}{x+1}= \sum_{}^{} \frac{ \frac{a}{c} }{ \frac{a}{b}+1 } = \sum_{}^{} \frac{ab}{ac+bc}= \sum_{}^{} \frac{A}{B+C} \ge \frac{3}{2}}\)

[jerzozwierz]

Dumel, nie wytrzymam. Z jakiej dupy Ty bierzesz te pomysły...
Poza tym to my się mamy rozgrzewać, Ty już student

[Dumel]

no to stymuluje właśnie Twoją rozgrzewkę
a na zachete może zmienie nazwe tematu
a z pomysłami nie przesadzaj, w ostatnim II etapie nierówności nie zrobiłem -- 16 listopada 2009, 08:35 --uups jak liczylem pochodną to wziąłem jedną cyfrę za skreślenie i wyszło sympatycznie, ale źle, ta funckja w pewnym przedziale nie jest wypukła, ale to nic, bo można wziąć dużo sympatyczniejszą funkcję:
\(\displaystyle{ f(x)= \frac{e^x}{ \sqrt{1+e^x} }}\) (ona już mur beton jest wypukła) i pojechać:
\(\displaystyle{ f(-\alpha)+f(-\beta)+f(-\gamma) \ge \frac{3}{ \sqrt{2} }}\)

[frej]

1)
Z AM-GM
\(\displaystyle{ \sum \frac{a}{\sqrt{2b(a+b)}} \ge \sum \frac{2a}{3b+a} \ge 2\frac{(a+b+c)^2}{3\sum ab +\sum a^2} \ge \frac{3}{2}}\)
ponieważ \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca}\)

[Dumel]

ładnie, też tak robiłem (to AM-GM) ale pewnie robiłem jakiś beznadziejny błąd bo nic mi ciekawego nie wyszło z tego-- 18 listopada 2009, 10:34 --dla dodatnich x,y,z i naturalnego dodatniego n:
\(\displaystyle{ (x^{n+3}-x^n+3)(y^{n+3}-y^n+3)(z^{n+3}-z^n+3) \ge (x+y+z)^3}\)

całkiem fajne zadanie polecam sie z nim pobawić

[binaj]

rzeczywiście fajne, najpierw:

\(\displaystyle{ x^{n+3}-x^n+3 \ge x^3+2 \Leftrightarrow x^{n+3}-x^n-x^3+1 \ge 0 \Leftrightarrow x^n(x^3-1)-(x^3-1)=(x-1)^2(x^2+x+1)(x^{n-1}+x^{n-2}+...+1) \ge 0}\)
co jest dla dodatnich oczywiście prawdziwe

więc zostaje: \(\displaystyle{ (x^3+2)(y^3+2)(z^3+2)=(x^3+1+1)(1+y^3+1)(1+1+z^3) \ge (x+y+z)^3}\)
z Holdera

[Dumel]

no to moje rozwiązanie:
najpierw troche podobna idea pozbycia się n: \(\displaystyle{ x^{n+4}-x^{n+1}+3 \ge x^{n+3}-x^{n}+3}\)
więc kluczowy jest przypadek n=1
pozbywamy się minusa:
\(\displaystyle{ \frac{x^4+1+1+1}{4} \ge x}\)
wystarczy więc pokazać że:
\(\displaystyle{ \frac{3}{4} \sqrt[3]{(x^4+3)(y^4+3)(z^4+3)} \ge x+y+z}\)
no i teraz nierówność Minkowskiego i Am-gm:
\(\displaystyle{ \frac{3}{4} \sqrt[3]{(x^4+3)(y^4+3)(z^4+3)}= \frac{3}{4} \sqrt[3]{(x^4+1+1+1)(1+y^4+1+1)(1+1+z^4+1)} \ge \frac{3}{4}(x^{ \frac{4}{3}}+ y^{ \frac{4}{3}}+ z^{ \frac{4}{3}})+ \frac{3}{4} = \sum_{}^{} \frac{x^{ \frac{4}{3}}+x^{ \frac{4}{3}}+x^{ \frac{4}{3}}+1}{4} \ge \sum_{}^{} x}\)

właściwie to sobie troche niepotrzebnie wydłużyłem drogę - zmyliło mnie założenie że n jest dodatnie

[pawelsuz]

Niech \(\displaystyle{ a,b,c}\) dodatnie.
Pokazać, że zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ 2 \sqrt{ab+bc+ca} \le \sqrt{3} \sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}}\)

[Dumel]

\(\displaystyle{ (a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc}\)
\(\displaystyle{ 2 \sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3} } \le \sqrt{(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc}}\)
podstawiamy:
\(\displaystyle{ a+b+c=3x}\)
\(\displaystyle{ ab+bc+ca=3y^2}\)
\(\displaystyle{ abc=z^3}\)
mamy \(\displaystyle{ x \ge y \ge z}\)
nierówność przybiera postać:
\(\displaystyle{ 2y \le \sqrt{9xy^2-z^3}}\)
czyli
\(\displaystyle{ 8y^3+z^3 \le 8xy^2+xy^2}\)
co jest oczywiste

[pawelsuz]

Wrzucajcie jakieś nierówności, bo do rozwiązywania to ludzie są, ale żeby zadanko zapodać to już nie:P

[Dumel]

ok może coś takiego:
\(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{4n} } \le \frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4} \cdot \ldots \cdot \frac{2n-1}{2n}< \frac{1}{ \sqrt{2n} }}\)