[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[cyberciq]

Nowe: \(\displaystyle{ a,b,c}\) rzeczywiste ,dodatnie. pokazać, że:

\(\displaystyle{ (a^3b^3 + b^3c^3 + c^3a^3)\left( (a + b)(b + c)(c + a) - 8abc\right) \ge 9abc(a - b)^2(b -c)^2(c - a)^2}\)

pozdrawiam

[Swistak]

Pozwolę sobie wsadzić jedną nierówność poza kolejką xD :
\(\displaystyle{ a_i>0}\)
\(\displaystyle{ a_2...a_n=1}\)
Udowodnić: \(\displaystyle{ (1+a_2)^2...(1+a_n)^n>n^n}\)

Nie powinna iść tak pałkarsko jak reszta i prawdopodobnie jest to jedyna nierówność, którą umiem zrobić z kilku ostatnich stron tego tematu

[timon92]

nierówność cyberciqa:    

bez straty ogólności załóżmy iż \(\displaystyle{ a\le b\le c}\), wtedy istnieją nieujemne \(\displaystyle{ x,y}\) takie, że \(\displaystyle{ b=a+x, c=a+x+y}\)

po wymnożeniu mamy
\(\displaystyle{ 6 a^7 x^2+6 a^7 x y+6 a^7 y^2+30 a^6 x^3+45 a^6 x^2 y+39 a^6 x y^2+12 a^6 y^3+66 a^5 x^4+132 a^5 x^3 y+126 a^5 x^2 y^2+60 a^5 x y^3+12 a^5 y^4+86 a^4 x^5+215 a^4 x^4 y+236 a^4 x^3 y^2+139 a^4 x^2 y^3+40 a^4 x y^4+4 a^4 y^5+74 a^3 x^6+222 a^3 x^5 y+268 a^3 x^4 y^2+166 a^3 x^3 y^3+54 a^3 x^2 y^4+8 a^3 x y^5+42 a^2 x^7+147 a^2 x^6 y+189 a^2 x^5 y^2+105 a^2 x^4 y^3+21 a^2 x^3 y^4+14 a x^8+56 a x^7 y+80 a x^6 y^2+44 a x^5 y^3+2 a x^4 y^4-4 a x^3 y^5+2 x^9+9 x^8 y+16 x^7 y^2+14 x^6 y^3+6 x^5 y^4+x^4 y^5 \ge 0 \\ \iff \\ y^5(x^2-2ax-2a^2)^2 + 6 a^7 x^2+6 a^7 x y+6 a^7 y^2+30 a^6 x^3+45 a^6 x^2 y+39 a^6 x y^2+12 a^6 y^3+66 a^5 x^4+132 a^5 x^3 y+126 a^5 x^2 y^2+60 a^5 x y^3+12 a^5 y^4+86 a^4 x^5+215 a^4 x^4 y+236 a^4 x^3 y^2+139 a^4 x^2 y^3+40 a^4 x y^4+74 a^3 x^6+222 a^3 x^5 y+268 a^3 x^4 y^2+166 a^3 x^3 y^3+54 a^3 x^2 y^4+42 a^2 x^7+147 a^2 x^6 y+189 a^2 x^5 y^2+105 a^2 x^4 y^3+21 a^2 x^3 y^4+14 a x^8+56 a x^7 y+80 a x^6 y^2+44 a x^5 y^3+2 a x^4 y^4+2 x^9+9 x^8 y+16 x^7 y^2+14 x^6 y^3+6 x^5 y^4 \ge 0}\)
suma liczb nieujemnych jest nieujemna, co kończy dowód

nierówność Swistaka:    

lemat: \(\displaystyle{ (1+x)^k \ge \frac{k^k}{(k-1)^{k-1}}x}\)
dowód lematu: zastosować nierówność między średnimi lub policzyć pochodną
mnożymy \(\displaystyle{ n-1}\) lematów dla \(\displaystyle{ (x,k) = (a_i,i)}\) i dostajemy żądaną nierówność

nowe: liczby rzeczywiste \(\displaystyle{ a,b,c,d}\) sumują się do \(\displaystyle{ 0}\). Wykazać, że \(\displaystyle{ (ab+ac+ad+bc+bd+cd)^2+12 \ge 6(abc+bcd+cda+dab)}\)

[cyberciq]

Odnośnie mojej nierówności powyżej, gdyby ktoś był niezaspokojony elementarnym rozwiązaniem timona92 to ładnie idzie jeżeli zrobimy tak:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ a:= \frac{1}{a}, b:= \frac{1}{b}, c:= \frac{1}{c}}\) i \(\displaystyle{ c=min\left\{ a,b,c\right\}}\)

potem wykorzystujemy to:\(\displaystyle{ (a + b)(b + c)(c + a) -8abc \ge (a+b)(a-c)(b-c)}\) a potem to już zadanie się rozwiązuje prawie samo...

pozdrawiam

[mcoder]

cyberciq, Mógłbyś trochę więcej powiedzieć na temat nieelementarnego sposobu rozwiązania podanej przez Ciebie nierówności? Bo osobiście nie za bardzo to widzę.

[cyberciq]

@mcoder:    

Po podstawieniu mamy \(\displaystyle{ (a^3 + b^3 + c^3)\left( (a + b)(b + c)(c + a) -8abc \right) \ge 9(a - b)^2(b - c)^2(c - a)^2}\), jest też \(\displaystyle{ (a-c)(b-c) < ab}\) stąd \(\displaystyle{ (1) \ (a - b)^2(b - c)^2(c - a)^2 \le ab(a-b)^2(a-c)(b-c)}\). I teraz z nierówności \(\displaystyle{ (a + b)(b + c)(c + a) -8abc \ge (a+b)(a-c)(b-c)}\) mamy \(\displaystyle{ (a^3 + b^3 + c^3)\left( (a + b)(b + c)(c + a) -8abc \right) \ge (a^3+b^3)(a+b)(a-c)(b-c)}\). A z (1) jest \(\displaystyle{ 9ab(a -b)^2(a -c)(b - c) \ge 9(a - b)^2(b - c)^2(c - a)^2}\); . Pozostaje zauważyć, że zachodzi\(\displaystyle{ (a^3+b^3)(a+b)(a-c)(b-c) \ge 9ab(a -b)^2(a -c)(b - c) \Leftrightarrow (a^2-4ab+b^2)^2 \ge 0}\)

[mcoder]

cyberciq, A takie podstawienie jak Ty zrobiłeś to zawsze można sobie zrobić bo ja tego w zasadzie nie rozumiem bo resztę to rozkminiłem.

[cyberciq]

Tutaj możesz sobie tak zrobić, bo masz \(\displaystyle{ a,b,c}\) rzeczywiste dodatnie, więc upraszczając, dla każdego \(\displaystyle{ a,b,c,}\) z dziedziny nierówności można sobie dobrać taką liczbę \(\displaystyle{ a_1,b_1,c_1}\), że \(\displaystyle{ a= \frac{1}{a_1}}\) itd.

pozdrawiam

[timon92]

liczby rzeczywiste \(\displaystyle{ a,b,c,d}\) sumują się do \(\displaystyle{ 0}\). Wykazać, że \(\displaystyle{ (ab+ac+ad+bc+bd+cd)^2+12 \ge 6(abc+bcd+cda+dab)}\)

wskazówka:    

równość zachodzi np. dla \(\displaystyle{ (a,b,c,d)=(-1,-1,-1,3)}\)

[Funktor]

Ja mam chyba rozwiązanie ( siłowe ) jak się upewnię co do poprawności to wklepię.

[cyberciq]

liczby rzeczywiste \(\displaystyle{ a,b,c,d}\) sumują się do \(\displaystyle{ 0}\). Wykazać, że \(\displaystyle{ (ab+ac+ad+bc+bd+cd)^2+12 \ge 6(abc+bcd+cda+dab)}\)

wskazówka:    

równość zachodzi np. dla \(\displaystyle{ (a,b,c,d)=(-1,-1,-1,3)}\)

Na razie tylko wskazówki, rozwiązania teraz nie napiszę, bo może ktoś sam chce sobie jeszcze pomyśleć ze wskazówkami na świeżo.

1.:    

\(\displaystyle{ d=-(a+b+c)}\)

2.:    

\(\displaystyle{ \sum_{}^{} ab=- \frac{ \sum_{}^{} a^2}{2}}\)

3.:    

\(\displaystyle{ a+b+c+d=0 \Rightarrow abc+bcd+cda+dab=-(a+b)(b+c)(c+a)}\)

A poza tym jeśli można wiedzieć skąd pochodzi ta nierówność? Bardzo ładna.

pozdrawiam

[timon92]

jakaś międzynarodowa kazachska olimpiada z roku 2006

[Marcinek665]

Żeby temat nie stał, wrzucam linka do całej palety rozwiązań:


Kolejna:

Liczby \(\displaystyle{ a,b,c}\) są pozytywne i realne oraz spełniają \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+c^{2}=1}\). Udowodnić, że zachodzi:

\(\displaystyle{ \frac{a}{a^{3}+bc}+\frac{b}{b^{3}+ca}+\frac{c}{c^{3}+ab}>3}\).

[Ponewor]

Jak przypuszczam mały błąd w treści (drugi mianownik).

[Marcinek665]

Żeby temat nie stał, wrzucam linka do całej palety rozwiązań:


Kolejna:

Liczby \(\displaystyle{ a,b,c}\) są pozytywne i realne oraz spełniają \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+c^{2}=1}\). Udowodnić, że zachodzi:

\(\displaystyle{ \frac{a}{a^{3}+bc}+\frac{b}{b^{3}+ca}+\frac{c}{c^{3}+ab}>3}\).

Poprawiona treść, dzięki.