[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[Zahion]

W nieujemnych \(\displaystyle{ a \ge b \ge c}\) takich, że \(\displaystyle{ a + b + c = 1}\) wykazać:
\(\displaystyle{ a^{4}\left( b - c \right) + b^{4}\left( c - a\right) + c^{4}\left( a - b \right) \ge a\left( b - c\right)^{3} + b\left( c - a \right)^{3} + c\left( a - b\right)^{3}}\)

[bosa_Nike]

Już po OMJ, a skoro za poprzednie się nikt z uczestników tu nie wziął, to winy za niewielką popularność łańcuszka nie ma co zrzucać na dużą trudność zadań.

Ukryta treść:    

Warunek na sumę zmiennych jest nadmiarowy.
Oznaczmy \(\displaystyle{ x=a-b,\ y=b-c,\ z=c-a}\). Mamy wtedy \(\displaystyle{ x,y\ge 0\ge z}\) oraz \(\displaystyle{ x+y+z=0,\ xyz\le 0}\).

Mamy także

\(\displaystyle{ \begin{aligned}L&=a^4y+b^4z+c^4x\\&=a^4y-b^4(x+y)+c^4x\\&=\left(a^4-b^4\right)y-\left(b^4-c^4\right)x\\&=xy\left(a^2+b^2\right)(a+b)-xy\left(b^2+c^2\right)(b+c)\\&=xy\left(a^2(a+b)+b^2\left((a+b)-(b+c)\right)-c^2(b+c)\right)\\&=xy\left(a^3-c^3+b\left(a^2-c^2\right)+b^2(a-c)\right)\\&=-xyz\left(a^2+ac+c^2+ab+bc+b^2\right)\\&\ge 0\end{aligned}}\)

oraz

\(\displaystyle{ \begin{aligned}P&=ay^3+bz^3+cx^3\\&=ay^3-b(x+y)^3+cx^3\\&=ay^3-b\left(x^3+3xy(x+y)+y^3\right)+cx^3\\&=(a-b)y^3-(b-c)x^3+3xyzb\\&=xy\left(y^2-x^2+3zb\right)\\&=xyz(x-y+3b)\\&=xyz(a+b+c)\\&\le 0\end{aligned}}\)

Ostatecznie \(\displaystyle{ L\ge 0\ge P}\) z równością wtw, gdy pewne dwie spośród zmiennych są równe.

Dla \(\displaystyle{ a,b,c>0}\) udowodnij \(\displaystyle{ \frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}+\frac{2abc}{a^3+b^3+c^3}\ge\frac{11}{3}}\)

[Premislav]

Ukryta treść:    

Najpierw nierówność Cauchy'ego-Schwarza w formie Engela:
\(\displaystyle{ \frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\ge \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2}}\)
Wystarczy więc udowodnić, że:
\(\displaystyle{ \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2}+\frac{2abc}{a^3+b^3+c^3}\ge \frac{11}{3}}\)
czy też:
\(\displaystyle{ \frac{a^4+b^4+c^4}{(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2}+\frac{2abc}{a^3+b^3+c^3}\ge \frac 5 3}\)
Wymnażając na pałę:
\(\displaystyle{ 3(a^4+b^4+c^4)(a^3+b^3+c^3)+6abc((ab)^2+(bc)^2+(ca)^2)\ge \\ \ge 5(a^3+b^3+c^3)((ab)^2+(bc)^2+(ca)^2) \ (\spadesuit)}\)
W celu udowodnienia tej ostatniej nierówności (z samych średnich się raczej nie da) zastosujemy metodę \(\displaystyle{ pqr}\). Niech \(\displaystyle{ p=a+b+c, \ q=ab+bc+ca, \ r=abc}\).
Wtedy
\(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3r\\a^4+b^4+c^4=(p^2-2q)^2-2(q^2-2pr) \\ (ab)^2+(bc)^2+(ca)^2=q^2-2pr}\)
i nierówność przyjmuje formę:
\(\displaystyle{ 3\left( (p^2-2q)^2-2(q^2-2pr)\right)(p^3-3pq+3r)+6r(q^2-2pr)\ge\\ \ge 5(p^3-3pq+3r)(q^2-2pr) \ (*)}\)
Przy ustalonych \(\displaystyle{ p, q}\) sprawdzamy, że \(\displaystyle{ f(r)=LHS-RHS}\) jest rosnącą funkcją \(\displaystyle{ r}\):
istotnie, mamy
\(\displaystyle{ f'(r)= 31 p^4 +9q^2 - 102 p^2q + 108 p r}\)
(wiem, że to trójmian kwadratowy, ale nie lubię), a to, że to jest dodatnie, to jakieś łatwe,
z nierówności Schura mamy bowiem
\(\displaystyle{ p^3+9r\ge 4pq}\), więc np. \(\displaystyle{ 12p^4+108pr\ge 48p^2 q}\), a ponadto jest \(\displaystyle{ 18p^4\ge 54p^2 q}\), gdyż \(\displaystyle{ p^2\ge 3q}\).
Zatem nierówność \(\displaystyle{ (*)}\) wystarczy wykazać w przypadku, gdy \(\displaystyle{ r}\) jest możliwie małe.
Używamy ograniczenia \(\displaystyle{ r\ge \max\left\{ 0, \frac{4pq-p^3}{9}\right\}}\), rozważając dwa przypadki.
\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) Jeżeli \(\displaystyle{ p^2>4q}\) i powyższe maksimum równe jest \(\displaystyle{ 0}\), to mamy do udowodnienia:
\(\displaystyle{ 3((p^2-2q)^2-2q^2)(p^3-3pq)\ge 5q^2(p^3-3pq)\\ 3(p^2-2q)^2\ge 11 q^2}\)
ale skoro \(\displaystyle{ p^2>4q}\), to\(\displaystyle{ p^2-2q>2q\ge 0}\) i nierówność jest oczywista, gdyż lewa strona jest większa niż \(\displaystyle{ 12q^2}\).

\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) Niech \(\displaystyle{ p^2\le 4q}\), a więc \(\displaystyle{ \max\left\{ 0, \frac{4pq-p^3}{9}\right\}=\frac{4pq-p^3}{9}}\). Skoro zajdzie
\(\displaystyle{ r=\frac{4pq-p^3}{9}}\), tj. zajdzie równość w nierówności Schura dla zmiennych \(\displaystyle{ a,b,c}\), więc któreś dwie z nich będą równe. Bez straty ogólności niech \(\displaystyle{ b=c.}\)
Wówczas nierówność \(\displaystyle{ (\spadesuit)}\) przyjmuje formę:
\(\displaystyle{ 3(a^2+2b^4)(a^3+2b^3)+6ab^2( 2(ab)^2+b^4)\ge 5(a^3+2b^3)(2(ab)^2+b^4)}\)
a równoważnie:
\(\displaystyle{ (a - b)^2 (3a^5 + 6a^4b - a^3b^2 - 2a^2b^3 + 10ab^4 + 2b^5)\ge 0}\)
Ta ostatnia nierówność jest już oczywista, ponieważ na przykład \(\displaystyle{ \frac{3a^5+2b^5}{5}\ge a^3b^2}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{4a^5+6b^5}{5}\ge 2a^2b^3}\) (obie nierówności wynikają z AM-GM), zaś pozostałe składniki w drugim nawiasie są dodatnie.
Równość zachodzi dla \(\displaystyle{ a=b=c.}\)

Wyjątkowo okropne rozwiązanie, wiem, ale dręczyło mnie to zadanie.

Nowe zadanie:
niech liczby \(\displaystyle{ a_0, \ a_1, \ldots a_n}\) z przedziału \(\displaystyle{ \left( 0, \frac \pi 2\right)}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{n}\tg\left( a_i-\frac \pi 4\right) \ge n-1}\).
Proszę wykazać, że \(\displaystyle{ \prod_{i=0}^{n} \tg a_i\ge n^{n+1}}\).

[bosa_Nike]

Do poprzedniego:    

Nie znam oficjalnego rozwiązania. Moje również polegało na manipulowaniu wielomianami symetrycznymi. W przypadku tego zadania zaprocentuje wcześniejsze dwukrotne szacowanie lewej strony: najpierw dodajemy trzy do obu stron i szacujemy sumę każdego z małych ułamków i jedynki z AM-GM, później dzielimy przez dwa i szacujemy sumę małych ułamków z C-S otrzymując \(\displaystyle{ \frac{p^2}{q}+\frac{r}{p^3-3pq+3r}\ge\frac{10}{3}}\). Pewną zaletą jest tutaj brak przypadków, bo to jest równoważne \(\displaystyle{ \left(p^2-3q\right)\left(2p\left(p^2-3q\right)+\left(p^3-4pq+9r\right)\right)\ge 0}\).

Bieżące:    

Mamy \(\displaystyle{ \tan\left(x-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\tan x-1}{\tan x+1}}\), wprowadzamy nowe zmienne. Niech \(\displaystyle{ t_i=\tan a_i}\). Jasne jest, że \(\displaystyle{ t_i>0}\).

Jeżeli \(\displaystyle{ n=0}\), to nierówność jest oczywiście prawdziwa. Dalej niech \(\displaystyle{ n\ge 1}\).

Z danego warunku mamy
\(\displaystyle{ \sum\limits_{i=0}^{n}\frac{t_i-1}{t_i+1}=\sum\limits_{i=0}^{n}\left(1-\frac{2}{t_i+1}\right)\ge n-1}\)
równoważne
\(\displaystyle{ 1\ge\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{1}{t_i+1}\qquad (*)}\)

Niech teraz \(\displaystyle{ n=1}\). Mamy z \(\displaystyle{ (*)}\), że
\(\displaystyle{ 0\le 1-\frac{1}{t_0+1}-\frac{1}{t_1+1}=\frac{t_0t_1-1}{\left(t_0+1\right)\left(t_1+1\right)}}\)
zatem \(\displaystyle{ t_0t_1\ge 1=1^{1+1}}\) i wyjściowa nierówność jest prawdziwa. Dalej niech \(\displaystyle{ n\ge 2}\), czyli miejmy co najmniej trzy składniki.

Najpierw udowodnimy, że z warunku \(\displaystyle{ (*)}\) wynika, że jeżeli dla jakiegoś indeksu \(\displaystyle{ j}\) jest \(\displaystyle{ t_j\le 1}\), to dla dowolnego \(\displaystyle{ k\neq j}\) musimy mieć \(\displaystyle{ t_jt_k\ge 1}\).
Przypuśćmy wbrew tezie, że \(\displaystyle{ t_jt_k< 1}\). Wtedy
\(\displaystyle{ 0\le 1-\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{1}{t_i+1}<1-\frac{1}{t_j+1}-\frac{1}{t_k+1}=\frac{t_jt_k-1}{\left(t_j+1\right)\left(t_k+1\right)}<0}\)
To jest sprzeczność.
Naturalnym wnioskiem z powyższego jest to, że nie może być dwóch różnych indeksów \(\displaystyle{ j,k}\), takich że \(\displaystyle{ t_j,t_k<1}\).

Zauważmy teraz, że jeżeli \(\displaystyle{ t_kt_j\ge 1}\), to czywiście \(\displaystyle{ \sqrt{t_kt_j}\ge 1}\), więc przyjmujemy WLOG \(\displaystyle{ t_0=\min\left\{t_0,t_1,\dots ,t_n\right\}}\) i wprowadzamy nowe zmienne. Niech \(\displaystyle{ u_0=u_1=\sqrt{t_0t_1}}\) oraz \(\displaystyle{ u_i=t_i}\) dla \(\displaystyle{ 2\le i\le n}\).

Zauważmy też, że dla każdego \(\displaystyle{ i}\) z pewnością mamy teraz \(\displaystyle{ u_i\ge 1}\) oraz że \(\displaystyle{ \prod\limits_{i=0}^{n}t_i=\prod\limits_{i=0}^{n}u_i}\), a ponieważ
\(\displaystyle{ \frac{1}{t_0+1}+\frac{1}{t_1+1}-\frac{2}{\sqrt{t_0t_1}+1}=\frac{\left(\sqrt{t_0}-\sqrt{t_1}\right)^2\left(\sqrt{t_0t_1}-1\right)}{\left(t_0+1\right)\left(t_1+1\right)\left(\sqrt{t_0t_1}+1\right)}\ge 0}\)
to mamy
\(\displaystyle{ 1\ge\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{1}{t_i+1}\ge\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{1}{u_i+1}\qquad (**)}\)

Badając kilka małych przypadków odkrywamy, że równość w warunku i w nierówności zachodzi, gdy \(\displaystyle{ u_i=n}\) dla każdego \(\displaystyle{ i}\) oraz dowolnie ustalonego \(\displaystyle{ n}\). Łatwo następnie tego dowieść, po prostu podstawiając. Powyższa informacja posłuży w dalszej części dowodu. Wykorzystamy - a jakże - metodę stycznych.

Oznaczając \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{x+1}-p\ln x-q}\) i rozwiązując układ \(\displaystyle{ f(n)=0,\ f'(n)=0}\) względem \(\displaystyle{ p,q}\) uzyskujemy
\(\displaystyle{ \begin{aligned}f(x)&=\frac{1}{x+1}+\frac{n}{(n+1)^2}\ln x-\frac{n\ln n}{(n+1)^2}-\frac{1}{n+1}\\&=\frac{n(x+1)\ln x-(x+1)\ln n+(n+1)^2-(n+1)(x+1)}{(n+1)^2(x+1)}\\&=\frac{n(x+1)\ln\frac{x}{n}-(n+1)(x-n)}{(n+1)^2(x+1)}\end{aligned}}\)

Oznaczając \(\displaystyle{ g(x)=n(x+1)\ln\frac{x}{n}-(n+1)(x-n)}\), ze sposobu wyboru funkcji \(\displaystyle{ f}\) mamy \(\displaystyle{ g(n)=0}\). Mamy także \(\displaystyle{ g'(x)=n\ln\frac{x}{n}-\frac{x-n}{x}}\), skąd oczywiście \(\displaystyle{ g'(n)=0}\).
Z pomocą znanych oszacowań logarytmu naturalnego, tj. \(\displaystyle{ v-1\ge\ln v\ge 1-\frac{1}{v}}\), uzyskujemy:
- jeżeli \(\displaystyle{ x\ge n}\), to
\(\displaystyle{ g'(x)=n\ln\frac{x}{n}-\frac{x-n}{x}\ge n\left(1-\frac{n}{x}\right)-\frac{x-n}{x}=\frac{(n-1)(x-n)}{x}\ge 0}\)
- jeżeli \(\displaystyle{ n>x\ge 1}\), to
\(\displaystyle{ g'(x)=n\ln\frac{x}{n}-\frac{x-n}{x}\le n\left(\frac{x}{n}-1\right)-\frac{x-n}{x}=\frac{(x-1)(x-n)}{x}\le 0}\)

To oznacza, że funkcja \(\displaystyle{ g(x)}\) maleje na \(\displaystyle{ \left[1,n\right]}\) i rośnie na \(\displaystyle{ left[n,+infty
ight)}\), więc \(\displaystyle{ g(x)\ge g(n)=0}\), a w konsekwencji \(\displaystyle{ f(x)\ge 0}\).

Z powyższego mamy \(\displaystyle{ \sum\limits_{i=0}^{n}f\left(u_i\right)\ge 0}\), czyli
\(\displaystyle{ \begin{aligned}\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{1}{u_i+1}&\ge\sum\limits_{i=0}^{n}\left(-\frac{n}{(n+1)^2}\ln u_i+\frac{n\ln n}{(n+1)^2}+\frac{1}{n+1}\right)\\&=-\frac{n}{(n+1)^2}\sum\limits_{i=0}^{n}\ln u_i+\frac{n\ln n}{n+1}+1\\&=-\frac{n}{(n+1)^2}\ln\left(\prod\limits_{i=0}^{n} u_i\right)+\frac{n\ln n}{n+1}+1\end{aligned}}\)

Z drugiej strony, z \(\displaystyle{ (**)}\) mamy
\(\displaystyle{ 1\ge -\frac{n}{(n+1)^2}\ln\left(\prod\limits_{i=0}^{n} u_i\right)+\frac{n\ln n}{n+1}+1}\)
lub
\(\displaystyle{ \frac{n}{(n+1)^2}\ln\left(\prod\limits_{i=0}^{n} u_i\right)\ge\frac{n\ln n}{n+1}}\)
lub
\(\displaystyle{ \ln\left(\prod\limits_{i=0}^{n} u_i\right)\ge (n+1)\ln n}\)
i to z monotoniczności logarytmu naturalnego jest równoważne
\(\displaystyle{ \prod\limits_{i=0}^{n} u_i\ge n^{n+1}}\)
c.b.d.o.

Równość w nierówności mamy dla \(\displaystyle{ n\ge 1}\) wtw, gdy \(\displaystyle{ a_i=\arctan n}\) dla każdego \(\displaystyle{ i\in\{0,1,\dots ,n\}}\). Dla \(\displaystyle{ n=0}\) równość nie zachodzi.


Dość podobnie można podejść do poniższego zadania.
Dla \(\displaystyle{ a_1,a_2,\dots ,a_n\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)}\), takich że \(\displaystyle{ \sum\limits_{i=1}^{n}\tan\left( a_i-\frac{\pi}{4}\right)\ge n-1}\) udowodnij \(\displaystyle{ \prod\limits_{i=1}^{n}\tan a_i\ge n^{n+1}}\)
Ciekawe, skąd to wiem, co nie?

[Premislav]

Świetnie. Jakby ktoś był zainteresowany, jest to zadanie 3. z USAMO 1998, rozwiązanie wzorcowe (zapewne) można zobaczyć

Kod: Zaznacz cały

https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1998_USAMO_Problems/Problem_3

.
Zadajesz (chyba że nie chcesz), bosa_Nike.

[Sylwek]

Pozwolę sobie wkleić podobne rozwiązanie tego z tangensem, bo zacząłem pisać wcześniej i miałem to dziś umieścić

To z tangensem:    

Ponieważ \(\displaystyle{ \tg\left( a_i-\frac \pi 4\right) \in (-1, 1)}\), to żeby ta suma \(\displaystyle{ n+1}\) składników mogła być \(\displaystyle{ \ge n-1}\), to maksymalnie jeden z tych składników może być ujemny.

Najpierw ogarniemy pierwszy przypadek, gdy wszystkie składniki są \(\displaystyle{ \ge 0}\), a potem drugi przypadek ze składnikiem ujemnym poprzez sprowadzenie tego przypadku do udowodnionej nierówności z pierwszego przypadku.

1) Wszystkie składniki założenia są \(\displaystyle{ \ge 0}\), czyli \(\displaystyle{ a_i \ge \frac{\pi}{4}}\).

Wtedy ze wzoru na tangens różnicy \(\displaystyle{ \tg\left( a_i-\frac \pi 4\right)=\frac{\tg a_i - 1}{1+\tg a_i \cdot 1}}\), stąd założenie można przekształcić do \(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{n} \frac{1}{1 + \tg a_i} \le 1}\).

Podstawiamy \(\displaystyle{ x_i=\frac{1}{1 + \tg a_i}}\), co przy założeniu \(\displaystyle{ \tg a_i \ge 1}\) daje \(\displaystyle{ 0<x_i \le \frac{1}{2}}\) oraz \(\displaystyle{ \tg a_i=\frac{1-x_i}{x_i}}\), a założenie można przepisać jako \(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{n} x_i \le 1}\).

Przyda się też zaraz \(\displaystyle{ \frac{\sum_{i=0}^{n} x_i}{n+1}\le \frac{1}{n+1} \le \frac{1}{2}}\).

Po zlogarytmowaniu i przekształceniu tezy mamy do udowodnienia \(\displaystyle{ \frac{1}{n+1}\sum_{i=0}^{n}\left( \ln(1-x_i) - \ln x_i \right) \ge \ln n}\).

Funkcja \(\displaystyle{ f(x)=\ln(1-x) - \ln x}\) jest ściśle wypukła i ściśle malejąca na \(\displaystyle{ \left( 0, \frac{1}{2} \right]}\) (prosta analiza pochodnej i drugiej pochodnej), zatem z nierówności Jensena mamy
\(\displaystyle{ \frac{1}{n+1}\sum_{i=0}^{n}\left( \ln(1-x_i) - \ln x_i \right) \ge \ln \left( 1-\frac{\sum x_i}{n+1} \right) - \ln \left(\frac{\sum x_i}{n+1} \right) = (*)}\),
a że \(\displaystyle{ f}\) jest malejąca na \(\displaystyle{ \left( 0, \frac{1}{2} \right]}\), to
\(\displaystyle{ (*) \ge \ln \left( 1-\frac{1}{n+1} \right) - \ln \left(\frac{1}{n+1} \right) = \ln n}\),
co było do udowodnienia w tym przypadku.

2) Jeden składnik założenia jest \(\displaystyle{ <0}\). Aby założenie było spełnione, to suma pozostałych \(\displaystyle{ n}\) składników musi być \(\displaystyle{ > n-1}\), zatem uwzględniając nasze ograniczenia, wszystkie te pozostałe składniki założenia są dodatnie.

Niech \(\displaystyle{ a_0 \le a_1 \le \ldots \le a_n}\). Wtedy więc \(\displaystyle{ a_0 < \frac{\pi}{4} < a_1}\).

Zgodnie z nazewnictwem z pierwszego przypadku, wtedy \(\displaystyle{ x_0>\frac{1}{2}}\), a także \(\displaystyle{ x_1<\frac{1}{2}}\), ponadto \(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{n} x_i \le 1}\), czyli \(\displaystyle{ x_0+x_1 \le 1}\).

Chcę zastąpić liczby \(\displaystyle{ x_0}\), \(\displaystyle{ x_1}\) dwoma innymi liczbami o sumie \(\displaystyle{ x_0+x_1}\), przy czym obie te liczby będą należały do przedziału \(\displaystyle{ \left( 0, \frac{1}{2} \right]}\). Naturalnie pojawia się pomysł na liczby \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\) oraz \(\displaystyle{ x_0+x_1-\frac{1}{2} \in \left( 0, \frac{1}{2} \right]}\). Wówczas te nowe liczby wraz z liczbami \(\displaystyle{ x_2, x_3, \ldots, x_n}\) spełniają założenia pierwszego przypadku i dla nich teza naszego zadania jest już zatem prawdziwa.

Zadanie będzie więc skończone, jeśli pokażemy, że \(\displaystyle{ f(x_0)+f(x_1) \ge f\left( \frac{1}{2} \right) + f\left(x_0+x_1-\frac{1}{2} \right)}\).

Skorzystamy z tego, że jeśli \(\displaystyle{ f}\) jest wypukła i malejąca na przedziale zawierającym punkty \(\displaystyle{ a,b,c,d}\), takie że \(\displaystyle{ a \le b}\), \(\displaystyle{ c \le d}\), gdzie \(\displaystyle{ b-a=d-c}\) oraz \(\displaystyle{ c \ge a}\), to \(\displaystyle{ f(a)-f(b) \ge f(c)-f(d)}\).

Używając powyższego dla \(\displaystyle{ a=x_1}\), \(\displaystyle{ b=1-x_0}\), \(\displaystyle{ c=x_0+x_1-\frac{1}{2}}\), \(\displaystyle{ d=\frac{1}{2}}\) oraz używając \(\displaystyle{ f\left( \frac{1}{2} \right)=0}\) dostajemy wreszcie
\(\displaystyle{ f(x_1)+f(x_0)=f(x_1)-f(1-x_0) \ge \\ \ge f\left(x_0+x_1-\frac{1}{2} \right) - f\left( \frac{1}{2} \right)=f\left(x_0+x_1-\frac{1}{2} \right) + f\left( \frac{1}{2} \right).}\)

Kończy to dowód w tym przypadku, zatem kończy też dowód całej nierówności.

I nawet miałem przygotowane następne, więc się wetnę:

Pokaż, że dla dowolnych \(\displaystyle{ a, b, c > 0}\) zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ \sqrt{a^2-ab+b^2} + \sqrt{b^2-bc+c^2} \ge \sqrt{a^2+ac+c^2}}\).

[bosa_Nike]

No nie, to jest nieludzkie. Nie dość, że się pod koniec redagowania odpowiedzi zorientowałam, że rozwiązałam inne zadanie, musiałam przerobić całe rozwiązanie i wpisać je na nowo, to jeszcze Sylwek się przyznaje, że miał, ale nie wrzucił. Proszę mi się na przyszłość pospieszyć, bo ja mam okna do mycia.

Bieżące:    

Minkowski:
\(\displaystyle{ \begin{aligned}&\sqrt{\left(b-\frac{c}{2}\right)^2+\frac{3c^2}{4}}+\sqrt{\left(\frac{a}{2}-b\right)^2+\frac{3a^2}{4}}\\&\kern4em\ge\sqrt{\left(\left|b-\frac{c}{2}\right|+\left|\frac{a}{2}-b\right|\right)^2+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}c+\frac{\sqrt{3}}{2}a\right)^2}\\&\kern4em\ge\sqrt{\left|b-\frac{c}{2}+\frac{a}{2}-b\right|^2+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}c+\frac{\sqrt{3}}{2}a\right)^2}=\sqrt{c^2+ac+a^2}\end{aligned}}\)

Dla \(\displaystyle{ a,b,c>0}\), takich że \(\displaystyle{ a+b+c=3}\) udowodnij

\(\displaystyle{ \frac{1}{4}\left(\frac{abc}{3}-1\right)(abc-1)\ge (1-a)(1-b)(1-c)}\)

[Premislav]

Ukryta treść:    

Lewa strona jest nieujemna z AM-GM (jako iloczyn liczby ujemnej i liczby nieujemnej), zatem wystarczy rozważyć sytuację, w której dwie z liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) są nie mniejsze niż \(\displaystyle{ 1}\). Tak w ogóle nierówność jest symetryczna, więc WLOG \(\displaystyle{ a\ge b\ge 1\ge c}\).
Wtedy
\(\displaystyle{ (a-1)(b-1)(1-c)\le \left( \frac{a+b}{2}-1 \right)^2(1-c) = \frac{(1-c)^3}{4}}\)
Pozostaje wykazać, że
\(\displaystyle{ (1-c)^3\le \left( 1-\frac{abc}{3}\right) \left( 1-abc\right)}\)
ale
\(\displaystyle{ 1-abc\ge 1-c\left( \frac{a+b}{2}\right)^2=1-c \frac{(3-c)^2}{4} \\ 1-\frac{abc}{3}\ge 1- c\frac{(a+b)^2}{12}=1-c \frac{(3-c)^2}{12}}\),
zaś obie minoranty czynników są nieujemne z AM-GM
i wystarczy zweryfikować, że dla \(\displaystyle{ c\in (0,1]}\) mamy
\(\displaystyle{ (1-c)^3\le \left(1-c \frac{(3-c)^2}{12} \right)\left( 1-c \frac{(3-c)^2}{4}\right)}\)
czyli
\(\displaystyle{ 48(1-c)^3\le (12-c(3-c)^2)(4-c(3-c)^2)}\)
Ale
\(\displaystyle{ 4-c(3-c)^2=(1-c)^2(4-c)}\),
czyli jeżeli \(\displaystyle{ c=1}\), to nierówność zachodzi, w przeciwnym razie dzielimy stronami przez \(\displaystyle{ (1-c)^2}\) i zostaje do wykazania:
\(\displaystyle{ (4-c)(12-c(3-c)^2)\ge 48(1-c)\\ c^2(\left( c-5\right)^2+8 )\ge 0}\)
a to jest oczywiste (a nawet, z uwagi na \(\displaystyle{ c>0}\), zachodzi wtedy ostra nierówność).
Równość dla \(\displaystyle{ a=b=c=1}\).

Prosiłbym, żeby ktoś to sprawdził, bo rzadko coś mi wychodzi tak low effort.

[bosa_Nike]

Wg mnie rozwiązanie jest prawidłowe i bardzo fajne.

[Premislav]

Dzięki za sprawdzenie. Wrzucam nowe zadanie:
niech \(\displaystyle{ n\in \NN^+}\) będzie ustalone. Proszę znaleźć wszystkie takie \(\displaystyle{ m\in \NN^+}\), że nierówność \(\displaystyle{ \frac{1}{a^n}+\frac{1}{b^n}\ge a^m+b^m}\) zachodzi dla wszystkich dodatnich liczb \(\displaystyle{ a,b}\) spełniających warunek \(\displaystyle{ a+b=2.}\)

[PokEmil]

Co do zadania Sylwka:

Ukryta treść:    

Rozważmy trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\), w którym \(\displaystyle{ |BC|=a}\), \(\displaystyle{ |AB|=c}\) oraz \(\displaystyle{ \angle ABC = 120^\circ}\). Poprowadźmy dwusieczną \(\displaystyle{ \angle ABC}\). Oznaczmy na tej dwusiecznej taki punkt \(\displaystyle{ D}\), że \(\displaystyle{ |BD|=b}\). Z twierdzenia cosinusów otrzymujemy \(\displaystyle{ |AC|=\sqrt{a^2 + c^2 - 2ac \cdot \cos {120^\circ}} = \sqrt{a^2 + ac + c^2}}\), \(\displaystyle{ |CD|=\sqrt{a^2 + b^2 - 2ab \cdot \cos {60^\circ}} = \sqrt{a^2 - ab + b^2}}\) oraz \(\displaystyle{ |AD|=\sqrt{b^2 + c^2 - 2bc \cdot \cos {60^\circ}} = \sqrt {b^2 - bc + c^2}}\). Stosując nierówność trójkąta dla trójkąta \(\displaystyle{ ACD}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ |CD| + |AD| \ge |AC|}\), czyli równoważnie \(\displaystyle{ \sqrt{a^2-ab+b^2} + \sqrt{b^2-bc+c^2} \ge \sqrt{a^2+ac+c^2}}\), co należało dowieść.

[Sylwek]

Oboje bardzo pięknie!

Zachęcam powymyślać podobne nierówności i ciachać kąt \(\displaystyle{ 60^o, 75^o, 90^o, 105^o, 120^o, 135^o, 150^o, 165^o}\) czy \(\displaystyle{ 180^o}\) na części mające \(\displaystyle{ 30^o, 45^o, 60^o, 90^o, 120^o, 135^o}\) czy \(\displaystyle{ 150^o}\).

Lub inne, mniej przyjemne dla oka wartości.

[bosa_Nike]

Finał OM przeszedł bez echa, tutaj też wiele się już nie zdarzy - może warto pomyśleć o zmianie zadania.

Nierówność zamieszczona przez Premislava to zadanie 2. z drugiego dnia zawodów OM z Bułgarii z 2008 roku - do znalezienia w dziale Contests na aops. Ja porzuciłam ten problem po zrobieniu ok. połowy z trzypunktowego planu alternatywnego rozwiązania, odstręczona rozmiarem i bez przekonania o skuteczności pomysłu.

[Premislav]

Mnie się nie chce pisać rozwiązania, wiec po prostu zmienię nierówność.

Nowa (jak już ten wątek poruszyłaś; no cóż, leniwy jestem):
niech liczby dodatnie \(\displaystyle{ a_0, a_1\ldots a_n}\) będą takie, że \(\displaystyle{ a_0\in \ZZ}\) oraz \(\displaystyle{ a_i\le a_{i-1}+1}\) dla \(\displaystyle{ i\in\left\{ 1,2\ldots n\right\}}\). Proszę znaleźć jak najmniejszą stałą dodatnią \(\displaystyle{ C}\), dla której nierówność
\(\displaystyle{ n\le Ca_0 \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{a_i}}\)
zachodzi dla dowolnych \(\displaystyle{ a_0, \ldots a_n}\) spełniających powyższe warunki.-- 20 kwi 2019, o 14:43 --Jezuu, nie patrzyłem przez tydzień na ten wątek i teraz widzę, że zgubiłem istotne założenie, że
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_i}\le 1}\). Dopiszę jutro, bo teraz pies z kulawą nogą tego nie zauważy.

[Premislav]

Bardzo przepraszam, nieuważnie przepisywałem treść, zgubiłem założenie o \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_i}\le 1}\) (bez tego oczywiście nie działa!). Naprawdę mi wstyd. Ale i tak myślę, że wrzucanie tego zadania tutaj nie miało większego sensu (bo trochę za łatwe, a jeszcze zepsułem treść).
... m70_3r.pdf
Zadanie piąte (bardzo łatwo poprawić stałą na \(\displaystyle{ 3}\), a znając trochę analizy na \(\displaystyle{ e}\), natomiast to, co w tym było dla mnie najzabawniejsze, to że gubiąc pewien warunek, myślałem po chwili, że poprawiłem stałą na \(\displaystyle{ 2}\), a otóż nie, gdyż aż tak dobrze się nie da). Swoją drogą trochę słabo, że nie dość, że idzie na samej AM-HM bez żadnego pomysłu, to jeszcze forma nierówności narzuca taką drogę.

Może teraz coś takiego na rozruszanie:
niech \(\displaystyle{ n>2, \ x_1, x_2, \ldots x_n\ge 0}\) oraz \(\displaystyle{ x_{i}+x_{i+1}>0}\) dla \(\displaystyle{ i=1,2\ldots n}\), przy czym przyjmujemy, że \(\displaystyle{ x_{n+1}=x_1}\). Proszę udowodnić, że
\(\displaystyle{ 1< \sum_{i=1}^{n}\frac{x_i}{x_{i}+x_{i+1}}<n-1}\)