[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[Rush]

Wykaz, ze dla dodatnich a,b,c,d zachodzi nierownosc:
\(\displaystyle{ \frac {a}{\sqrt[3]{a^{3}+63bcd}} + \frac {b}{\sqrt[3]{b^{3}+63acd}} + \frac {c}{\sqrt[3]{c^{3}+63bad}} + \frac {d}{\sqrt[3]{d^{3}+63bca}} \geqslant 1}\)

[Sylwek]

Powyższa: Jensen dla \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{\sqrt[3]{x}}}\) (wypukła), wag odpowiednio: \(\displaystyle{ \frac{a}{a+b+c+d},\frac{b}{a+b+c+d},\frac{c}{a+b+c+d},\frac{d}{a+b+c+d}}\) i argumentów odpowiednio: \(\displaystyle{ a^3+63bcd,b^3+63acd,c^3+63bad,d^3+63bca}\), zostaje na koniec udowodnić, że:

\(\displaystyle{ (a+b+c+d)^4 \ge a^4+b^4+c^4+d^4 + 252abcd}\), co jest prawdą (w sumie po lewej stronie występuje 256 składników, 4 są równe \(\displaystyle{ a^4 , b^4,c^4,d^4}\), pozostałe 252 są kombinacjami (x,y,z,t całkowite) \(\displaystyle{ a^xb^yc^zd^t}\), przy czym łączna suma wykładników dla każdej ze zmiennych wynosi 252 [symetria]) - zatem teza wynika z AM>GM dla 252 argumentów.

[Dumel]

1.punkt \(\displaystyle{ I}\) jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\), zaś \(\displaystyle{ K,L,M}\) są odowiednio przecięciami dwusiecznych kątów wewnętrznych trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) z bokami \(\displaystyle{ BC,AC,AB}\). Udowodnij że:
\(\displaystyle{ \frac{AK\cdot BL\cdot CM}{AM\cdot BK\cdot CL} \leqslant 3 \sqrt{3}}\)

a to żebyście nie zapomnieli o istnieniu srednich wazonych:
2.\(\displaystyle{ a+b+c=1}\)
\(\displaystyle{ a^ab^bc^c \leqslant a^2+b^2+c^2}\)

[limes123]

2. Wynika wprost z nierówności między arytmetyczna i geometryczna srednia wazona (liczby a,b,c i wagi odpowiednio a,b,c)

[Piotr Rutkowski]

Wstyd mi wrzucać tę nierówność tutaj, bo przed chwilą sam postulowałem żeby lekko obniżyć poziom...
Na kółku bezowocnie zmarnowałem 1,5 h czasu i nie zrobiłem z niej NIC.

Udowodnij, że dla \(\displaystyle{ a,b,c\in \mathbb{R}_{+}}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}\frac{1}{(2a+b)^{2}}\geq \frac{1}{\sum_{cyc}ab}}\)

Jak dla mnie jest ona poza moim zasięgiem na ten moment.
Btw. o jej trudności swiadczy też fakt, że ma bardzo podobną strukturę do nierówności Iran 96.

[binaj]

Raczej nie są na poziomie Olimpijskim, ale nie mogę rozgryźć, może ktoś pomoże:

1. \(\displaystyle{ a+b+c=1}\)

\(\displaystyle{ (1+a)(1+b)(1+c) \geqslant 8(1-a)(1-b)(1-c)}\)

2. \(\displaystyle{ x+y+z=3}\)

\(\displaystyle{ \sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z} \geqslant xy+yz+zx}\)

oczywiście wszystkie liczby \(\displaystyle{ \geqslant 0}\)

[Gierol]

1.
nierownosc jest rownowazna takiej postaci:
\(\displaystyle{ (a+b+a+c)(a+b+b+c)(a+c+b+c) \geqslant 8(b+c)(a+c)(a+b)}\)
kladziemy
\(\displaystyle{ a+b=x}\)
\(\displaystyle{ b+c=y}\)
\(\displaystyle{ a+c=z}\)
i mamy
\(\displaystyle{ (x+y)(y+z)(x+z) \geqslant 8xyz}\)
a to juz jest oczywiste na mocy AM>GM

[robin5hood]

wykaż ze
dla a,b,c>0
\(\displaystyle{ \frac{1}{6a^2+bc}+\frac{1}{6b^2+ac}+\frac{1}{6c^2+ab}\ge\frac{9}{7} \frac{1}{ab+bc+ca}}\)

[Dumel]

dla \(\displaystyle{ a,b,c>0}\) udowodnij że:
\(\displaystyle{ (1+ \frac{a}{b} )(1+ \frac{b}{c} )(1+ \frac{c}{a} ) \geqslant 2(1+ \frac{a+b+c}{ \sqrt[3]{abc} } )}\)

[Sylwek]

Uwalniamy nawiasy:
\(\displaystyle{ 1+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+1 \ge 2+2\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}+2\sqrt[3]{\frac{b^2}{ac}}+2\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}}\)

No i dość sugestywny lemat (1) (AM>GM):
\(\displaystyle{ \frac{2}{3}(1+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}) \ge \frac{2}{3}(3\sqrt[3]{1 \cdot \frac{a}{b} \cdot \frac{a}{c}})}\)

Oraz lemat (2) (AM>GM):
\(\displaystyle{ \frac{1}{3}(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}) \ge 2}\)

Dodając trzy postaci lematu (1) i lemat (2) stronami dostajemy tezę zadania.

P.S. Zamiast wstawiać coraz to nowe nierówności, spróbujcie robić już podane , np. nierówność 2. cztery posty wyżej można ujednorodnić pozbywając się warunku zadania do: \(\displaystyle{ (\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2(x+y+z)^3 \ge 27(xy+yz+zx)^2}\), przemnożyć i pozwijać w kilka(naście) nierówności AM>GM (bądź Schur czy Muirhead), ale jaki jest sprytniejszy sposób?

[Dumel]

ok, troche inny sposób: pozbyć się nawiasów, tak jak to zrobiłeś, wywalić 1+1 i 2, a potem 3x Am>Gm dla \(\displaystyle{ \frac{a}{b}}\) i \(\displaystyle{ \frac{a}{c}}\), przemnożyc przez mianownik z prawej i dalej idzie z ciągów jednomonotonicznych

[binaj]

hmm... mam pomysł na to moje:

\(\displaystyle{ 2(xy+yz+zx)=(x+y+z)^2-(x^2+y^2+z^2)=9-(x^2+y^2+z^2)}\)

\(\displaystyle{ xy+yz+zx= \frac{9-(x^2+y^2+z^2)}{2}}\)

\(\displaystyle{ \sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z} \geqslant \frac{9-(x^2+y^2+z^2)}{2}}\)

\(\displaystyle{ \sqrt{x}+ \frac{x^2}{2} + \sqrt{y}+ \frac{y^2}{2} + \sqrt{z}+ \frac{z^2}{2} \geqslant \frac{9}{2}}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ f(n)=\sqrt{n}+ \frac{n^2}{2}}\) jest wypukła, to na mocy nierówności Jensena:

\(\displaystyle{ f(x)+f(y)+f(z) \geqslant 3f( \frac{x+y+z}{3})=3f(1)= \frac{9}{2}}\)

[limes123]

To moze jak nikt nie wrzuca nic nowego (swoja droga zostala jeszcze zaproponowana przeze mnie dosc prosta nierownosc) to dam jeszcze jeden dowod nierownosci ktora wrzucil binaj.
przepisujemy rownowaznie \(\displaystyle{ \sum x^2+2\sum \sqrt{x}\geq (\sum x)^2=9}\) a z AM-GM mamy \(\displaystyle{ \sum x^2+2\sqrt{x}\geq \sum 3x=9}\) ckd

[ Dodano: 3 Listopada 2008, 23:13 ]
xyz=1, x,y,z>0
\(\displaystyle{ \sum_{cyc} x^2\geq \sum_{cyc}x}\)

[binaj]

\(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2 \geqslant x+y+z}\)
\(\displaystyle{ x^4+y^4+z^4 +2((xy)^2+(yz)^2+(zx)^2) \geqslant x^2+y^2+z^2 +2(xy+yz+zx)}\)
korzystając z założenia \(\displaystyle{ xyz=(xyz)^2=1}\):

\(\displaystyle{ x^4+y^4+z^4 + \frac{2}{x^2} + \frac{2}{y^2} + \frac{2}{z^2} \geqslant x^2+y^2+z^2+\frac{2}{x} + \frac{2}{y} + \frac{2}{z}}\)
zatem "wystarczy" udowodnić, ze:
\(\displaystyle{ a^4+\frac{2}{a^2} \geqslant a^2+\frac{2}{a}}\)
\(\displaystyle{ a^6+2 \geqslant a^4+2a}\)

z nierówności AM,GM:
\(\displaystyle{ \frac{a^6}{6} + \frac{a^6}{6}+ \frac{a^6}{6}+ \frac{a^6}{6}+ \frac{1}{6} + \frac{1}{6} \geqslant a^4}\)
\(\displaystyle{ \frac{a^6}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3}+ \frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \geqslant 2a}\)

sumując otrzymujemy tezę

[limes123]

Ładnie. Inny sposob - mozemy przyjac, ze
\(\displaystyle{ x=\frac{a}{b}}\) itd -> z AM-GM
\(\displaystyle{ \sum \frac{a^2}{b^2}\geq 3}\) oraz z Cauchy'ego Schwarza
\(\displaystyle{ \sum \frac{a}{b}\leq \sqrt{\sum \frac{a^2}{b^2}}\sqrt{3}}\) QED