[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[Premislav]

Elegancko, można kontynuować.

[Tmkk]

Pokazać, że z warunku \(\displaystyle{ ab+bc+ca \ge 1}\) wynika nierówność

\(\displaystyle{ \frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2} \ge \frac{\sqrt{3}}{abc}}\)

[Premislav]

Ukryta treść:    

Mnożymy stronami przez \(\displaystyle{ (abc)^{2}}\) i mamy równoważną wyjściowej nierówność:
\(\displaystyle{ (bc)^{2}+(ca)^{2}+(ab)^{2}\ge \sqrt{3}abc}\)

Teraz stosując znaną nierówność \(\displaystyle{ x^{2}+y^{2}+z^{2}\ge xy+yz+zx}\) (co kto lubi, ciągi, AM-GM lub zwinięcie do sumy kwadratów)
dla \(\displaystyle{ x=|bc|, \ y=|ca|, \ z=|ab|}\) otrzymujemy
\(\displaystyle{ (bc)^{2}+(ca)^{2}+(ab)^{2}\ge |abc|(|a|+|b|+|c|)\ge |abc||a+b+c|}\)
(ostatnia nierówność wynika z nierówności trójkąta).
Jednak wspomniana nierówność \(\displaystyle{ x^{2}+y^{2}+z^{2}\ge xy+yz+zx}\) daje nam, po obustronnym dodaniu \(\displaystyle{ 2(xy+yz+zx)}\),
\(\displaystyle{ (x+y+z)^{2}\ge 3(xy+yz+zx)}\),
a po spierwiastkowaniu tej ostatniej nierówności stronami dla \(\displaystyle{ xy+yz+zx\ge 0}\) otrzymujemy
\(\displaystyle{ |x+y+z|\ge \sqrt{3(xy+yz+zx)}}\)
Wobec tego gdy \(\displaystyle{ ab+bc+ca\ge 1}\), to
\(\displaystyle{ |abc||a+b+c|\ge |abc| \cdot \sqrt{3(ab+bc+ca)}\ge \sqrt{3}|abc|\ge \sqrt{3}abc}\)
co kończy dowód.

[Tmkk]

Bardzo ładnie.

[Premislav]

Niech \(\displaystyle{ a,b,c\in \RR^{+}}\). Proszę wykazać, że
\(\displaystyle{ \frac{a^{3}}{(a+b)^{3}}+\frac{b^{3}}{(b+c)^{3}}+\frac{c^{3}}{(c+a)^{3}}\ge \frac{3}{8}}\).

[bosa_Nike]

Ukryta treść:    

Nowe zmienne \(\displaystyle{ x=\frac{b}{a},\ y=\frac{c}{b},\ z=\frac{a}{c}}\) sprowadzają rozwiązanie do udowodnienia, że dla \(\displaystyle{ x,y,z>0}\), takich że \(\displaystyle{ xyz=1}\), zachodzi \(\displaystyle{ \sum\frac{1}{(1+x)^3}\ge\frac{3}{2^3}}\). Wystarczy dowieść \(\displaystyle{ \sum\frac{1}{(1+x)^2}\ge\frac{3}{2^2}}\), ponieważ z Höldera (czy tam z nierówności średnich potęgowych) będziemy mieć wówczas $$3\left(\sum\frac{1}{(1+x)^3}\right)^2\ge\left(\sum\frac{1}{(1+x)^2}\right)^3\ge\left(\frac{3}{2^2}\right)^3,$$ a więc to, co chcemy.
Nierówność \(\displaystyle{ \sum\frac{1}{(1+x)^2}\ge\frac{3}{2^2}}\) jest konsekwencją \(\displaystyle{ 4\left(x^2+x+1\right)\ge 3(x+1)^2}\) oraz (a jakże!) tej nierówności.

Oczywiście \(\displaystyle{ \sum\frac{1}{(1+x)^3}\ge\frac{3}{2^3}}\) można też dowieść z pominięciem Höldera, a wykorzystując (a jakże!) ten trick, ponieważ mamy $$\sum\left(\frac{1}{(1+x)^3}-\frac{1}{8}\right)\ge\frac{9}{16}\sum\left(\frac{1}{x^2+x+1}-\frac{1}{3}\right)\ge 0.$$

Dość łatwo zauważyć, że prawdziwość nierówności \(\displaystyle{ \sum\frac{1}{(1+x)^p}\ge\frac{3}{2^p}}\) (z niezmienionymi warunkami na zmienne) dla dowolnego dodatniego \(\displaystyle{ p}\) pociąga za sobą fakt, że będzie ona również prawdziwa dla wszystkich rzeczywistych wykładników większych od \(\displaystyle{ p}\). Ciekawostka: za pomocą tricku z poprzedniego akapitu możliwe jest udowodnienie tej nierówności dla \(\displaystyle{ p=\frac{8}{5}}\), choć sprawdzenie, czy nie kłamię, polecam raczej wyłącznie biczownikom matematyki. Przypuszczam, że nierówność jest prawdziwa dla \(\displaystyle{ p>\log_23}\) (i że jest to najlepsze oszacowanie). Prawdziwa jest również z pewnością dla dowolnych niedodatnich \(\displaystyle{ p}\) - dla \(\displaystyle{ p=0}\) to jest oczywiste, dla \(\displaystyle{ p<0}\) wystarczy użyć AM-GM, Höldera i warunku \(\displaystyle{ xyz=1}\).

[Premislav]

Znakomicie (szkoda, że mogę przyznać tylko jeden punkt za ten post), początek (do Höldera włącznie) miałem taki sam, ale to, co robiłem później, jest jak moja twarz – wstyd to pokazywać ludziom, więc gdy mogę tego uniknąć, to tak uczynię. Można kontynuować.

[bosa_Nike]

Zadania w stylu poniższego spotkać można w różnych wstępnych zestawach treningowych, może przyda się trochę ogólniejszy wynik. Ostrzegam - powiedzieć, że ten problem nie jest finezyjny, to jak nic nie powiedzieć.

Dane są: całkowite dodatnie liczby \(\displaystyle{ m,n}\) oraz dodatnia rzeczywista liczba \(\displaystyle{ k}\). Znajdź najmniejszą wartość wyrażenia $$ka^m+\frac{1}{(a-b)b^n}$$ dla rzeczywistych \(\displaystyle{ a>b>0}\).

[Premislav]

Ukryta treść:    

Najpierw z AM-GM przechodzimy na jedną zmienną:
\(\displaystyle{ (a-b)b^{n}=n^{n}(a-b)\left(\frac{b}{n}\right)^{n}\le n^{n}\left(\frac{a-b+\overbrace{\frac{b}{n}+\ldots+\frac{b}{n}}^{n}}{n+1}\right)^{n+1}\\=n^{n}\left(\frac{a}{n+1}\right)^{n+1}}\)
toteż
\(\displaystyle{ ka^{m}+\frac{1}{(a-b)b^{n}}\ge ka^{m}+\frac{(n+1)^{n+1}}{n^{n}a^{n+1}}}\)
Można to teraz skończyć za pomocą rachunku różniczkowego jednej zmiennej, co było moim pierwszym odruchem, ale można też dalej pociągnąć to z AM-GM, tym razem dla \(\displaystyle{ m+n+1}\) zmiennych:
\(\displaystyle{ \overbrace{\frac{k}{n+1}a^{m}+\ldots+\frac{k}{n+1}a^{m}}^{n+1}+\overbrace{\frac{(n+1)^{n+1}}{mn^{n}a^{n+1}}+\ldots+\frac{(n+1)^{n+1}}{mn^{n}a^{n+1}}}^{m}\\ \ge (m+n+1)\left(\left(\frac{k}{n+1}\right)^{n+1}\left(\frac{(n+1)^{n+1}}{mn^{n}}\right)^{m}\right)^{\frac{1}{m+n+1}}}\)
Pewnie da się to trochę ładniej zapisać, ale nie chce mi się.

Pozostaje dopisać, że minimum jest osiągane, gdy zachodzą związki \(\displaystyle{ a=\left(1+\frac{1}{n}\right)b}\) (oczywiście jest wówczas zachowany warunek \(\displaystyle{ a>b}\)), no i ten drugi, który brzydko się zapisuje, a który wynika z
\(\displaystyle{ \frac{k}{n+1}a^{m}=\frac{(n+1)^{n+1}}{mn^{n}a^{n+1}}}\) (dodatnie rozwiązanie takiej równości istnieje, bo to się przekształca do \(\displaystyle{ a^{\text{coś tam 1}}=\text{coś tam 2}}\), przy czym jasna jest dodatniość \(\displaystyle{ \text{coś tam 2}}\), ponieważ będzie to iloraz liczb dodatnich), gdyż w nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną równość zachodzi dla równych zmiennych.

[bosa_Nike]

Dla mnie żyleta.

[Premislav]

Oby nie było (nie mam cierpliwości, żeby sprawdzać cały temat, w każdym razie przypominam sobie, że zadanie, które sąsiaduje w Powrocie z tym, pojawiło się na forum co najmniej dwa razy, więc może być różnie).

Liczby dodatnie \(\displaystyle{ a,b,c}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+c^{2}=1}\). Proszę udowodnić nierówność
\(\displaystyle{ \frac{a}{1-a^{2}}+\frac{b}{1-b^{2}}+\frac{c}{1-c^{2}}\ge\frac{3\sqrt{3}}{2}}\)

Zadanie wydawało mi się kiedyś trudniejsze przez to, że Kourliandtchik używał tu wypukłej powłoki (no ale to tez celem ilustracji zagadnienia, bo temu poświęcony był rozdział), tymczasem istnieje szalenie elementarne rozwiązanie.

[blublu]

Zauważmy, że dla \(\displaystyle{ x \in (0,1)}\):
\(\displaystyle{ \frac{x}{1-x^{2}}\ge\frac{3\sqrt{3}}{2}x^2}\).
Istotnie, przekształcamy równoważnie: \(\displaystyle{ \Leftrightarrow \frac{1}{x-x^{3}}\ge\frac{3\sqrt{3}}{2} \Leftrightarrow x-x^{3} \le \frac{2}{3\sqrt{3}}}\), co jest prawdą.
(maximum funkcji \(\displaystyle{ x-x^3}\) na \(\displaystyle{ (0, 1)}\) wynosi właśnie \(\displaystyle{ \frac{2}{3\sqrt{3}}}\) i jest osiągane w \(\displaystyle{ x= \frac{1}{\sqrt3}}\))
Zatem
\(\displaystyle{ \frac{a}{1-a^{2}}+\frac{b}{1-b^{2}}+\frac{c}{1-c^{2}}\ge\frac{3\sqrt{3}}{2}(a^2+b^2+c^2)=\frac{3\sqrt{3}}{2}}\).

//Ponieważ \(\displaystyle{ a,b,c>0}\) i \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2=1}\), więc \(\displaystyle{ a,b,c \in (0,1)}\).

[Premislav]

To jest wlaśnie to rozwiazanie dużo prostsze i zgrabniejsze niż wypukła powłoka z Powrotu do krainy nierówności. Można kontynuować.

[blublu]

Załóżmy, że \(\displaystyle{ 0< a_{1} \le a_{2} \le a_{3} \le...\le a_{n} }\). Proszę wykazać, że
\(\displaystyle{ \frac{a_{1}}{a_{2}}+\frac{a_{2}}{a_{3}}+...+\frac{a_{n}}{a_{1}} \ge \frac{a_{2}}{a_{1}}+\frac{a_{3}}{a_{2}}+...+\frac{a_{1}}{a_{n}}}\).

[Premislav]

Ukryta treść:    

Podstawmy \(\displaystyle{ \frac{a_{i}}{a_{i+1}}=x_{i}, \ i=1,2\ldots n-1}\). Mamy oczywiście z warunków zadania \(\displaystyle{ x_{i}\in(0,1]}\),
a ponadto \(\displaystyle{ \frac{a_{n}}{a_{1}}=\frac{1}{\prod_{i=1}^{n-1}x_{i}}}\) i nierówność przyjmuje formę
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n-1}x_{i}+\frac{1}{\prod_{i=1}^{n-1}x_{i}}\ge \sum_{i=1}^{n-1}\frac{1}{x_{i}}+\prod_{i=1}^{n-1}x_{i} \ (*)}\)
Przypadek \(\displaystyle{ n=2}\) jest nieciekawy, wtedy oczywiście mamy równość niezależnie od wartości \(\displaystyle{ x_{1}\in(0,1]}\).

Udowodnimy nierówność \(\displaystyle{ (*)}\) indukcyjnie po \(\displaystyle{ n}\), dla \(\displaystyle{ n\ge 3}\). Baza indukcji:
dla \(\displaystyle{ n=3}\) mamy
\(\displaystyle{ x_{1}+x_{2}+\frac{1}{x_{1}x_{2}}\ge \frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+x_{1}x_{2}\\\Leftrightarrow x_{1}x_{2}(x_{1}+x_{2})+1\ge x_{2}+x_{1}+(x_{1}x_{2})^{2}\\\Leftrightarrow (1-x_{1}x_{2})(1+x_{1}x_{2}-x_{1}-x_{2})\ge 0\\\Leftrightarrow (1-x_{1}x_{2})(1-x_{1})(1-x_{2})\ge 0}\)
co jest oczywiste z uwagi na \(\displaystyle{ x_{i}\in(0,1]}\).

Teraz krok indukcyjny:
przypuśćmy, że nierówność \(\displaystyle{ (*)}\) zachodzi dla pewnego \(\displaystyle{ n\in \NN, \ n\ge 3}\), dla wszystkich \(\displaystyle{ x_{1}, \ldots x_{n-1}\in(0,1]}\). Korzystając z założenia indukcyjnego dla liczb \(\displaystyle{ x_{1}, x_{2}, \ldots x_{n-2}, x_{n-1}x_{n}}\), otrzymujemy
\(\displaystyle{ \frac{1}{\prod_{i=1}^{n}x_{i}}-\prod_{i=1}^{n}x_{i}\ge \sum_{i=1}^{n-2}\frac{1}{x_{i}}+\frac{1}{x_{n-1}x_{n}}-\sum_{i=1}^{n-2}x_{i}-x_{n-1}x_{n}}\)
i pozostaje wykazać, że gdy \(\displaystyle{ x_{n-1}, x_{n}\in (0,1]}\), to
\(\displaystyle{ \frac{1}{x_{n-1}x_{n}}-x_{n-1}x_{n}\ge \frac{1}{x_{n-1}}+\frac{1}{x_{n}}-x_{n-1}-x_{n}}\)
ale to jest równoważne nierówności, którą wykazaliśmy przy bazie indukcji.
Otrzymujemy zatem
\(\displaystyle{ \frac{1}{\prod_{i=1}^{n}x_{i}}-\prod_{i=1}^{n}x_{i}\\\ge \sum_{i=1}^{n-2}\frac{1}{x_{i}}+\frac{1}{x_{n-1}x_{n}}-\sum_{i=1}^{n-2}x_{i}-x_{n-1}x_{n}\\\ge \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_{i}}-\sum_{i=1}^{n}x_{i}}\)
a równoważnie
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}x_{i}+\frac{1}{\prod_{i=1}^{n}x_{i}}\ge \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_{i}}+\prod_{i=1}^{n}x_{i}}\),
co kończy dowód kroku indukcyjnego.

Na mocy zasady indukcji matematycznej \(\displaystyle{ (*)}\) zachodzi dla dowolnego \(\displaystyle{ n\in \NN, \ n\ge 2}\), dla wszystkich \(\displaystyle{ x_{1}, \ldots x_{n}\in (0,1]}\), co należało dowieść. Równość zachodzi, gdy \(\displaystyle{ x_{1}=x_{2}=\ldots=x_{n-1}=1}\), czyli w wyjściowych zmiennych \(\displaystyle{ a_{1}=a_{2}=\ldots=a_{n}}\) (no i ponadto dla dowolnych zmiennych dodatnich w przypadku \(\displaystyle{ n=2}\)).