[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[Dumel]

\(\displaystyle{ a,b,c,d,e \in \mathbb{R}_{+} \\ (a+b+c+d+e)^2 \ge 4(ab+bc+cd+de+ea)}\)

troche brzydko, ale nie widze innej opcji bo nierownosc nie jest symetryczna
bez straty ogólności załóżmy że \(\displaystyle{ e=\max(a,b,c,d,e)}\)
otwórzmy nawiasy:
\(\displaystyle{ \sum_{}^{}a^2 +2(ab+bc+cd+de+ae)+2(ac+ad+bd+be+ce) \geqslant \sum_{cyc}^{}ab}\)
fiku miku i zaraz mamy z tego:
\(\displaystyle{ a^2-2a(b+e-c-d) +b^2+c^2+d^2+e^2+2(bd+be+ce) \geqslant 2(bc+cd+de)}\)
teraz trzeba coś wciągnąć pod kwadrat:
\(\displaystyle{ a^2-2a(b+e-c-d)=(a-((b+e)-(c+d))^2-b^2-c^2-d^2-e^2-2cd-2be+2bc+2bd+2ce+2de}\)
nierówność przybiera postać:
\(\displaystyle{ (a+c+d-b-e)^2-2cd-2be+2bc+2bd+2ce+2de+2bd+2be+2ce \geqslant 2(bc+cd+de)}\)
kwadrat można olać. po redukcji wyrazów podobnych pozostaje:
\(\displaystyle{ 4bd+4ce \geqslant 4cd}\)
co jest prawdą na mocy założenia. mam nadzieje ze nigdzie sie w przeksztalceniach nie pomyliłem

[ Dodano: 23 Grudnia 2008, 16:48 ]
co do tego:

\(\displaystyle{ \sum \sqrt{a^4+a^2b^2+b^4}\geq \sum a\sqrt{2a^2+bc}}\) dla nieujemnych a,b,c.

to:
podnosząc do kwadratu otrzymujemy:
\(\displaystyle{ 2\sum_{}^{} a^4+ a^2b^2+2 \sqrt{(a^4+a^2b^2+b^4)(b^4+b^2c^2+c^4)} \geqslant 2 a^4+abc a+ 2\sum_{}^{} ab \sqrt{(2a^2+bc)(2b^2+ac)}}\)
czyli oczywiście:
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} a^2b^2+2 \sqrt{(a^4+a^2b^2+b^4)(b^4+b^2c^2+c^4)} \geqslant abc a+ 2\sum_{}^{} ab \sqrt{(2a^2+bc)(2b^2+ac)}}\)
teraz wykorzystam moją ulubioną nierówność - nierówność Minkowskiego (tę z iloczynami a nie z sumami)
mamy:
\(\displaystyle{ \sqrt{((a^4+a^2b^2)+b^4)((c^4+b^2c^2)+b^4)} \geqslant \sqrt{ (a^4+a^2b^2)(b^2c^2+c^4)}+b^4 \geqslant abc(a+c)+b^4}\)
wykorzystując powyższe, wystarczy wykazac ze:
\(\displaystyle{ L \geqslant a^2b^2+4abc a+2 a^4 \geqslant abc a+ 2\sum_{}^{} ab \sqrt{(2a^2+bc)(2b^2+ac)}}\)
co jest równoważne:
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} a^2b^2+3abc a+ 2\sum_{}^{} a^4 \geqslant 2\sum_{}^{} ab \sqrt{(2a^2+bc)(2b^2+ac)}}\)

z AM-GM otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} ab \sqrt{(2a^2+bc)(2b^2+ac)} \leqslant ab(a^2+b^2+ \frac{bc+ac}{2})= (ab^3+a^3b)+abc a}\)
pozostaje wykazać, że
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} a^2b^2+abc a+ 2\sum_{}^{} a^4 \geqslant 2\sum_{}^{} (ab^3+a^3b)}\)

//znalazlem pare bledow w tym dowodzie, teraz juz są poprawione, jeszcze musze pomyśleć nad tą ostatnią nierównością

Edit:
to oczywiście jest prawda, gdyż
z nierówności Schura mamy:
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} a^4+abc a \geqslant ab(a^2+b^2)}\)
i
\(\displaystyle{ \sum_{}^{}\frac{1}{2}(a^2+b^2)^2 \geqslant ab(a^2+b^2)}\)

co kończy dowód

[ Dodano: 23 Grudnia 2008, 17:44 ]
limes123 masz do tego wzorcówke?

[limes123]

Jesli dobrze pamietam to szla jakos tak. Korzystajac z tego co napisalem (wskazowka pare postow wczesniej).
\(\displaystyle{ (a^2-b^2)^2\geq 0\iff \sqrt{a^4+b^2c^2+b^4}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}(a^2+b^2)}\) i z tego i Cauchyego Schwarza chyba pozniej latwo szlo. A ta nierownosc Minkowskiego z iloczynami to chyba Holder co nie?

[Sylwek]

Nie wiem, ale lubię, jak co post rzucisz jakąś egzotyczną nazwę, która się, delikatnie mówiąc, średnio przydaje na OM

Wesołych Świąt!

[limes123]

Egzotyczne jest Cauchy Schwarz czy Holder? Nie spotkalem sie wczesniej z Minkowskim dla iloczynow wiec pytalem. Wesolych Swiat

[Dumel]

chyba Holder jest egzotyczny szczerze mówiąc jeszcze nigdy go w żadnym zadaniu nie wykożystałem
a do kwadratu + Minkowski to złota metoda na (prawie) każdą nierówności z sumą pierwiastków po jednej stronie

[limes123]

Bo pewnie wielu odstrasza jego ogolna forma i po drugie nie ma zbyt wiele ksiazek, w ktorych ta nierownosc jest opisana (a jest czesto bardzo pomocna). Uzywajac Holdera mozna np udowodnic w 3 linijkach nierownosc z MOM 2001
\(\displaystyle{ \sum \frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}\geq 1}\).

[ Dodano: 25 Grudnia 2008, 15:00 ]

\(\displaystyle{ \sqrt{((a^4+a^2b^2)+b^4)((c^4+b^2c^2)+b^4)} \geqslant \sqrt{ (a^4+a^2b^2)(b^2c^2+c^4)}+b^4 \geqslant abc(a+c)+b^4}\)

ta druga nierownosc chyba nie zachodzi. Nie przepisales czegos zle?

[Wasilewski]

Nierówność Holdera jest w podręczniku Fichtenholza, co jest warunkiem wystarczającym, bym ją znał. W tym przypadku jednak naturalniej jest od razu zastosować Jensena dla funkcji:
\(\displaystyle{ f(x) = \frac{1}{\sqrt{x}}}\)
przy czym:
\(\displaystyle{ x_{i} = a^2 + 8bc}\)
A wagi to \(\displaystyle{ a,b \ i \ c}\).
Na końcu dostanie się coś takiego (o ile się nie pomyliłem):
\(\displaystyle{ a^2b + ab^2 + ac^2 + a^2c + bc^2 + b^2c \geqslant 6abc}\)
A z Holdera, co oczywiście na jedno wychodzi (dla \(\displaystyle{ k=-\frac{1}{2}}\), a dla ujemnych zachodzi z przeciwnym znakiem):
\(\displaystyle{ (a+b+c)^3 \left(\sum_{cyc} \frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}\right)^{-2} \leqslant \sum_{cyc}a(a^2+8bc)}\)

[Dumel]

limes123, wszystko ok, przecież \(\displaystyle{ abc(a+b)=a^2bc+abc^2= \sqrt{a^4 b^2c^2} + \sqrt{a^2b^2 c^4}}\)

[limes123]

Aaaa sorry przeczytalem \(\displaystyle{ abc(a+b+c)+b^4}\)... Teraz juz jasne ładnie. Wasilewski, oczywiscie dobrze. Skoro nie ma zadnej do robienia to zaproponuję taką:
\(\displaystyle{ \frac{1}{5-a}+\frac{1}{5-b}+\frac{1}{5-c}+\frac{1}{5-d}\leq 1}\)
dla dodatnich a,b,c spełniajacych \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2+d^2=4}\).
Nierowsnosc moze sie wydawac "grozna", bo na pierwszy rzut oka ciezko w niej wykorzystac zalozenie ale istnieje ladne rozwiazanie z nierownosci Chebysheva (znow sie robi egzotycznie), ktora jest w dziale Kompendium 2+2 (chyba artykuł polskiegomiśka). Oczywiscie inne rozwiazania mile widziane

[Wasilewski]

Jeśli wszystkie zmienne są mniejsze niż \(\displaystyle{ \frac{5}{3}}\) to stosujemy Jensena dla funkcji:
\(\displaystyle{ f(x) = \frac{1}{5 - \sqrt{x}}}\)
z równymi wagami.
Jeśli jedna jest większa (na przykład d), to stosujemy Jensena dla pozostałych trzech zmiennych:
\(\displaystyle{ \sum_{cyc} \frac{1}{5-a} \leqslant \frac{3}{5 - \sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}} + \frac{1}{5 - \sqrt{4 - (a^2+b^2+c^2)}}}\)
Przyjmujemy:
\(\displaystyle{ x = a^2 + b^2 + c^2 \\
x }\)
I przez prymitywne badanie pochodnej dochodzimy do tego, że nie przekracza to jedynki. Mam nadzieję, że nie ma błędów w rachunkach.

[limes123]

Niestety nie mam wprawy w uzywaniu Jensena ale pewnie jest oke;p A jak ktos szuka bardziej elementarnego rozwiazania to podpowiedz
\(\displaystyle{ \sum (a^2-1)=0}\)

[frej]

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

[limes123]

Moze cos z tozsamoscia \(\displaystyle{ (a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ac)-1}\)? Tylko pozniej wychodzi nierownosc, ktora znowu nie jest za latwa do udowodnienia... Widzialem gdzies podobny przyklad (ale oczywiscie latwiejszy)
\(\displaystyle{ (a+b)(b+c)(c+a)\geq 4(a+b+c-1)}\) dla abc=1.

[Sylwek]

Spróbuję standardowo - ujednorodnijmy (czyli pozbywamy się warunku abc=1) oraz podstawmy: \(\displaystyle{ a=x^3, b=y^3, c=z^3}\):

\(\displaystyle{ x^6y^3+x^3y^6+x^6z^3+x^3z^6+y^6z^3+y^3z^6+9x^3y^3z^3 \\ 5x^5y^2z^2+5x^2y^5z^2+5x^2y^2z^5}\)

Dalej można badać przy ustalonnych y,z pochodną funkcji f(x) , bądź spróbować to ładnie zwinąć.

[frej]

I przez prymitywne badanie pochodnej dochodzimy do tego, że nie przekracza to jedynki

Dobra, ja się jeszcze na tym nie znam, ale czy mógłby to ktoś pokazać?
W sensie, że
\(\displaystyle{ f(x)=\frac{3}{5-\sqrt{\frac{x}{3}}}+\frac{1}{5-\sqrt{4-x}}}\)

Jest malejąca lub rosnąca na przedziale \(\displaystyle{ [0,\frac{11}{9}]}\) i zbadać sytuację na brzegu przedziału, tak?