[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[bosa_Nike]

Ukłon w stronę Zahiona.

Do poprzedniego:    

Kod: Zaznacz cały

https://www.dropbox.com/s/evlskte9fmn59np/Epsilon_No1.pdf?dl=0

EDIT: \(\displaystyle{ \downarrow\uparrow}\) Nowy link, może ten działa.

[Zahion]

poprzednie:    

Nie wiem czy poprzednie zostało rozwiązane, ponieważ odnośnik nie działa:
Z Hoeldera: \(\displaystyle{ L \ge \left( a^{2} + b^{2} + c^{2}\right)^{3} = \sum_{}^{} a^{6} + 3 \prod_{}^{} \left( a^{2} + b^{2} \right)}\) skąd zostaje do udowodnienia, że

\(\displaystyle{ \prod_{}^{} \left( a^{2} + b^{2} \right) \ge \sum_{}^{} a^{6}}\). Niech \(\displaystyle{ a \ge b \ge c}\), mamy

\(\displaystyle{ \prod_{}^{} \left( a^{2} + b^{2} \right) \ge a^{2}\left( a^{2} + b^{2} \right)\left( a^{2} + c^{2} \right) = a^{6} + a^{4}c^{2} + a^{4}b^{2} + a^{2}b^{2}c^{2}

\ge \sum_{}^{} a^{6} + a^{2}b^{2}c^{2} \ge \sum_{}^{} a^{6}}\)

O ile brak błędu to wrzucę.

[Premislav]

Wygląda OK, możesz wrzucać nową.
bosa_Nike, dzięki, fajne.

[Zahion]

W dodatnich \(\displaystyle{ a, b, c}\) niech \(\displaystyle{ a^{2} + b^{2} + c^{2} = 1}\). Wykazać, że
\(\displaystyle{ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \ge \left( a + b + c \right)^{3}}\)

[Premislav]

Ukryta treść:    

Chyba zmieniłeś nierówność, gdy ją rozwiązywałem
Z AM-HM: \(\displaystyle{ \frac{\frac 1 a+\frac 1 b+\frac 1 c}{3} \ge \frac{3}{a+b+c}}\)
i mnożymy stronami przez \(\displaystyle{ 3}\).
Wystarczy więc wykazać, że
\(\displaystyle{ (a+b+c)^4\le 9}\)
Ale \(\displaystyle{ 3=(1^2+1^2+1^2)(a^2+b^2+c^2)\ge (a+b+c)^2}\) na mocy nierówności Caucy'ego-Schwarza, podnosimy stronami do kwadratu i до свидания!

[Zahion]

Jest git. Tak zmieniłem, nie podobała mi się. Możesz wrzucać.

[Premislav]

Nowe zadanie: \(\displaystyle{ a,b,c}\) rzeczywiste (niekoniecznie dodatnie) spełniają warunek
\(\displaystyle{ a+b+c=3}\)
Proszę wykazać, że \(\displaystyle{ \frac{(a-11)(a-1)}{2a^2+1}+\frac{(b-11)(b-1)}{2b^2+1}+\frac{(c-11)(c-1)}{2c^2+1}\ge 0}\)

[bosa_Nike]

Ukryta treść:    

Zmieniłam u siebie w edytorze oznaczenia, nie będę już z powrotem zamieniać: niech \(\displaystyle{ a=x,\ b=y,\ c=z}\).

Ponieważ
\(\displaystyle{ 1+\frac{(x-1)(x-11)}{2x^2+1}=\frac{3(x-2)^2}{2x^2+1}}\)
więc równoważnie
\(\displaystyle{ \frac{(x-2)^2}{2x^2+1}+\frac{(y-2)^2}{2y^2+1}+\frac{(z-2)^2}{2z^2+1}\ge 1}\)

Z C-S jest
\(\displaystyle{ \sum\frac{(x-2)^2}{2x^2+1}\ge\frac{\left(\sum(x-2)^2\right)^2}{\sum (x-2)^2\left(2x^2+1\right)}}\)
i mianownik po prawej nigdy się nie zeruje, bo musiałoby być \(\displaystyle{ x=y=z=2}\), a nie może.

Wystarczy więc dowieść
\(\displaystyle{ \left(\sum(x-2)^2\right)^2-\sum (x-2)^2\left(2x^2+1\right)\ge 0}\)

Dla wygody \(\displaystyle{ p=\sum x,\ q=\sum xy,\ r=xyz}\).

Mamy
\(\displaystyle{ \sum(x-2)^2=\sum x^2-4\sum x+12=p^2-2q-4p+12=9-2q}\)
oraz
\(\displaystyle{ \begin{aligned}\sum (x-2)^2\left(2x^2+1\right)&=2\sum x^2(x-2)^2+\sum (x-2)^2\\&=2\left(\sum x^4-4\sum x^3+4\sum x^2\right)+\sum (x-2)^2\end{aligned}}\)

Ponieważ
\(\displaystyle{ \sum x^4=p^4-4p^2q+2q^2+4pr}\)
oraz
\(\displaystyle{ \sum x^3=p^3-3pq+3r}\)
oraz
\(\displaystyle{ \sum x^2=p^2-2q}\)
zatem
\(\displaystyle{ 2\sum x^2(x-2)^2=2\left(2q^2-8q+9\right)}\)
i do udowodnienia zostaje
\(\displaystyle{ 54-18q=6(9-3q)=6\left(p^2-3q\right)\ge 0}\)
oczywiście prawdziwe.

Jeśli się tego nie zauważy, to mamy
\(\displaystyle{ \begin{aligned}3-\sum xy&=3-xy-(x+y)(3-x-y)\\&=(x-y)^2+3(x-1)(y-1)\ge 0\end{aligned}}\)
z Dirichleta.

Równość dla \(\displaystyle{ x=y=z=1}\).

Jeżeli nie ma błędów, to tym razem oddaję kolejkę.

[Premislav]

Nie widzę błędów, ładne. Teraz dowolna osoba może wstawić swoje zadanie.

[bosa_Nike]

Nie ma wzięcia, to się poprawiam, żeby nie było na mnie.

Dla \(\displaystyle{ a,b>0}\), takich że \(\displaystyle{ a^3+b^3=2}\) udowodnij \(\displaystyle{ 2a+b+\frac{2}{ab}\ge\sqrt{5\left(3a^2+2b^2\right)}}\)

[Premislav]

Ukryta treść:    

Z uwagi na to, że przy założeniach zadania \(\displaystyle{ \frac{2}{ab}=\frac{a^3+b^3}{ab}}\) możemy napisać równoważną wyjściowej nierówność jednorodną:
\(\displaystyle{ 2a+b+\frac{a^3+b^3}{ab}\ge\sqrt{5\left(3a^2+2b^2\right)}}\)

Równoważnie
\(\displaystyle{ a^3+2a^2b+b^2 a+b^3\ge ab\sqrt{5(3a^2+2b^2)}}\)
Podnosimy stronami do kwadratu i skracamy co się da, otrzymując równoważną:
\(\displaystyle{ a^6+b^6+4a^5b+6b^3a^3+2b^5a\ge 9a^4b^2+5a^2b^4}\)
Ale z AM-GM mamy:
\(\displaystyle{ b^6+2b^5a+a^5b+b^3a^3\ge 5a^2 b^4 \\a^6+3a^5b+5a^3b^3\ge 9a^4b^2}\)
Dodajemy stronami i koniec.
A można jakoś bez chamskiego podnoszenia do kwadratu

-- 26 mar 2019, o 01:59 --

Nowe zadanie (proste zresztą), dedykowane pewnemu użytkownikowi:
proszę udowodnić, że dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich \(\displaystyle{ a, \ b, \ c, \ x, \ y, \ z}\) zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ \frac{a^3}{x}+\frac{b^3}{y}+\frac{c^3}{z}\ge \frac{(a+b+c)^3}{3(x+y+z)}}\)

[bosa_Nike]

Do poprzedniego:    

Oficjalne rozwiązanie wychodzi od tego, że zarówno lewa \(\displaystyle{ \left(a^3+b^3\ge ab(a+b)\right)}\), jak i prawa \(\displaystyle{ \left(\mbox{C-S}\right)}\) strona dowodzonej nierówności jest nie mniejsza od \(\displaystyle{ 3a+2b}\), więc odejmujemy to wyrażenie od obu stron. Później mnożymy po prawej przez sprzężenie, czyli tak zupełnie podnoszenia do kwadratu nie unikamy, ale być może ktoś uzna taki rachunek za prostszy.

[arek1357]

zrobię to brzydko,

przekształćmy:

\(\displaystyle{ \frac{x+y+z}{x}a^3+ \frac{x+y+z}{y}b^3+ \frac{x+y+z}{z}c^3 \ge \frac{\left( a+b+c\right)^3 }{3}}\)

lewa strona z Czebyszewa, ponieważ możemy założyć, że:

\(\displaystyle{ a \le b \le c, x \ge y \ge z}\)

po skróceniu przez trzy mamy:

\(\displaystyle{ \left( x+y+z\right)\left( \frac{1}{x}+ \frac{1}{y}+ \frac{1}{z} \right)\left( a^3+b^3+c^3\right) \ge \left( a+b+c\right)^3}\)

łatwo zauważyć, że:

\(\displaystyle{ \left( x+y+z\right)\left( \frac{1}{x}+ \frac{1}{y}+ \frac{1}{z} \right) \ge 9}\)

Wystarczy udowodnić, że:

\(\displaystyle{ \frac{\left( a+b+c\right)^3 }{a^3+b^3+c^3} \le 9}\)

niech teraz:

\(\displaystyle{ \frac{a}{c}=x , \frac{b}{c}=y , 0 \le x,y \le 1}\)

po rozwinięciu mamy:

\(\displaystyle{ 8x^3+8y^3-3xy(x+y)-3(x^2+y^2)-3(x+y)-6xy+8 \ge 0}\)

nie chce mi się szukać niczego innego ale z pochodnych minimum mamy zero dla:

\(\displaystyle{ (x,y)=(1,1)}\)

[Zahion]

Ojj to chyba było do mnie

Ukryta treść:    

Mamy z Mojej ulubionej nierówności \(\displaystyle{ \left( 1 + 1 + 1\right)\left( x + y + z \right)\left( \frac{a^{3}}{x} + \frac{b^{3}}{y} + \frac{c^{3}}{z} \right) \ge \left( a + b + c\right)^{3}}\)
To też idzie z CS z tego co pamiętam, ale w formie Engela.

[Premislav]

Chodziło mi o Zahiona, bo i o takim rozwiązaniu myślałem (Hölder uogólniony), zresztą dość podobnie robili we wzorcówce (jest to zadanie 11. z zawodów indywidualnych, Zwardoń 2001).

arek1357, a dlaczego twierdzisz, że możesz założyć, że \(\displaystyle{ a \le b \le c, x \ge y \ge z}\)
Nierówność nie jest symetryczna. Przy takich założeniach szacowanie z Czebyszewa działa, ale już na przykład dla \(\displaystyle{ a=c=2, b=1, x=z=3, y=1}\) nierówność
\(\displaystyle{ \frac{a^3}{x}+\frac{b^3}{y}+\frac{c^3}{z}\ge \frac{1}{3}\left(\frac 1 x+\frac 1 y+\frac 1 z \right)\left( a^3+b^3+c^3\right)}\) nie zachodzi, gdyż lewa strona wynosi
\(\displaystyle{ \frac{19}{3}}\), zaś prawa jest równa \(\displaystyle{ \frac{85}{9}}\).
Możesz zadawać, Zahion.