[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[timon92]

Ukryta treść:    

ujednorodnić i powymnażać; dla prostoty obliczeń można bez ograniczenia ogólności rozumowania założyć że \(\displaystyle{ a \ge b \ge c}\)

[timon92]

na prośbę Vaxa: bump

a żeby miodzio1988 nie płakał że spamuję to: da się to zwinąć w kwadraty (nie pamiętam jak), a jeśli komuś się nie chce myśleć jak to zrobić, to może przeliczyć deltę lub użyć mnożników Lagrange'a

[Ponewor]

Myślę, że nikt nie będzie miał Ci za złe jak zapomnisz o tej nierówności i dasz nową.

[timon92]

ok, nowe zadanie:

\(\displaystyle{ a,b,c>0}\) sumują się do \(\displaystyle{ 1}\)

wykazać że \(\displaystyle{ \frac{a}{1+(b+c)^2}+\frac{b}{1+(c+a)^2}+\frac{c}{1+(a+b)^2}\le\frac{a^2+b^2+c^2}{13abc}}\)

[Vax]

Ukryta treść:    

Ujednoradniamy, wymnażamy i dostajemy:

\(\displaystyle{ 4\sum_{cyc}x^8 + 20\sum_{sym}x^7y+50\sum_{sym}x^6y^2+40\sum_{cyc}x^6yz+80\sum_{sym}x^5y^3+16\sum_{sym}x^5y^2z+92\sum_{cyc}x^4y^4 \ge 16\sum_{sym}x^4y^3z+163\sum_{cyc}x^4y^2z^2+273\sum_{cyc}x^3y^3z^2}\)

A to działa, bo jak łatwo widzieć wszystkie ciągi po lewej majoryzują wszystkie po prawej, ilość składników po lewej jest równa ilości składników po prawej, więc zapisując ileś razy nierówność Muirheada dostajemy tezę.

\(\displaystyle{ a,b,c > 0 \ , \ ab+ac+bc+abc=4}\) pokazać, że \(\displaystyle{ a^5+b^5+c^5 \ge a^3b^3+a^3c^3+b^3c^3}\)

[timon92]

Ukryta treść:    

Ujednoradniamy, wymnażamy i dostajemy:

\(\displaystyle{ 4\sum_{cyc}x^8 + 20\sum_{sym}x^7y+50\sum_{sym}x^6y^2+40\sum_{cyc}x^6yz+80\sum_{sym}x^5y^3+16\sum_{sym}x^5y^2z+92\sum_{cyc}x^4y^4 \ge 16\sum_{sym}x^4y^3z+163\sum_{cyc}x^4y^2z^2+273\sum_{cyc}x^3y^3z^2}\)

A to działa, bo jak łatwo widzieć wszystkie ciągi po lewej majoryzują wszystkie po prawej, ilość składników po lewej jest równa ilości składników po prawej, więc zapisując ileś razy nierówność Muirheada dostajemy tezę.

Vax
Gadu-Gadu

3 tygodni temu o 15:31:08 bo ja już nie pałuje
3 tygodni temu o 15:31:11 ;p

jasssssssne

co do innego rozwiązania, za pomocą metody stycznych można oszacować lewą stronę przez \(\displaystyle{ \frac{9}{13}}\)

aktualne zadanie:

\(\displaystyle{ a,b,c > 0 \ , \ ab+ac+bc+abc=4}\) pokazać, że \(\displaystyle{ a^5+b^5+c^5 \ge a^3b^3+a^3c^3+b^3c^3}\)

[Ponewor]

Ukryta treść:    

Nasze założenie oznacza, że istnieją takie \(\displaystyle{ x, \ y, \ z}\), że:
\(\displaystyle{ a=\frac{2x}{y+z} \quad b=\frac{2y}{z+x} \quad c=\frac{2z}{x+y}}\)
Wystarczy bowiem położyć dowolne \(\displaystyle{ x, \ y=\frac{bx\left(4+2c\right)}{2\left(4-bc\right)}, \ z=\frac{cx\left(b+2\right)}{4-bc}}\)
Nasza nierówność przybiera więc postać:
\(\displaystyle{ \frac{x^{5}}{\left(y+z\right)^{5}}+\frac{y^{5}}{\left(z+x\right)^{5}}+\frac{z^{5}}{\left(x+y\right)^{5}} \ge \frac{2x^{3}y^{3}}{\left(y+z\right)^{3}\left(z+x\right)^{3}}+\frac{2y^{3}z^{3}}{\left(z+x\right)^{3}\left(x+y\right)^{3}}+\frac{2z^{3}x^{3}}{\left(x+y\right)^{3}\left(y+z\right)^{3}}}\)
co po wymnożeniu daje nam: (przez \(\displaystyle{ \left[ p, \ q, \ r\right]}\) będę oznaczał wielomian symetryczny zmiennych \(\displaystyle{ x, \ y, \ z}\) stowarzyszony z podziałem \(\displaystyle{ \left( p, \ q, \ r\right)}\) długości \(\displaystyle{ 3}\) liczby naturalnej \(\displaystyle{ 15}\))
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left[15, \ 0, \ 0 \right]+5\left[14, \ 1, \ 0 \right] +10\left[ 13, \ 2, \ 0\right]+ \frac{25}{2}\left[ 13, \ 1, \ 1\right]+10\left[12, \ 3, \ 0 \right]+50\left[ 12, \ 2, \ 1\right]+5\left[ 11, \ 4, \ 0\right]+50\left[ 11, \ 3, \ 1 \right]+50\left[ 11, \ 2, \ 2 \right]+21\left[ 10, \ 4, \ 1 \right]+98\left[ 10, \ 3, \ 2 \right]+32\left[ 9, \ 4, \ 2 \right]+46\left[ 9, \ 3, \ 3 \right]+24\left[ 8, \ 4, \ 3 \right]+\frac{5}{2}\left[ 7, \ 4, \ 4 \right]+\frac{1}{2}\left[ 5, \ 5, \ 5 \right]\ge 1\left[ 10, \ 5, \ 0\right]+10\left[ 9, \ 6, \ 0 \right]+19\left[ 9, \ 5, \ 1 \right]+20\left[ 8, \ 7, \ 0\right]+60\left[ 8, \ 6, \ 1 \right]+52\left[8, \ 5, \ 2 \right]+40\left[ 7, \ 7, \ 1\right]+110\left[ 7, \ 6, \ 2 \right]+50\left[ 7, \ 5, \ 3\right]+40\left[ 6, \ 6, \ 3 \right]+15\left[ 6, \ 5, \ 4 \right]}\)
A to jest Schur:
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left[ 15, \ 0, \ 0 \right]+\frac{1}{2}\left[ 5, \ 5, \ 5 \right] \ge 1\left[ 10, \ 5, \ 0 \right] \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow x^{15}+y^{15}+z^{15}+3x^{5}y^{5}z^{5} \ge x^{10}y^{5}+x^{10}z^{5}+x^{5}y^{10}+y^{10}z^{5}+x^{5}z^{10}+y^{5}z^{10}}\)
do którego dodamy niezliczone mnóstwo Muirheadów.

Nowe (o ile się już nie pojawiło):
\(\displaystyle{ x, \ y, \ z \ge 0, \quad x^{2}+y^{2}+z^{2}=2 \Rightarrow x+y+z \le xyz +2}\)

[JakimPL]

Pozwolę się wtrącić.

Ukryta treść:    

Przechodząc na współrzędne sferyczne \(\displaystyle{ x=\sqrt{2}\cos f\cos g}\), \(\displaystyle{ x=\sqrt{2}\cos f\sin g}\), \(\displaystyle{ z=\sqrt{2}\sin f}\), otrzymujemy nietrywialną nierówność trygonometryczną.

\(\displaystyle{ \sqrt{2} \cos f \cos g-2 \sqrt{2} \sin f \cos ^2 f \sin g\cos g+\sqrt{2} \cos f\sin g +\sqrt{2} \sin f-2\leqslant 0}\)

\(\displaystyle{ \sqrt{2} \cos f (\sin g+\cos g-2 \sin f \cos f \sin g \cos g)+\sqrt{2} \sin f-2\leqslant 0}\)

\(\displaystyle{ \cos f (\sin g+\cos g-2 \sin f \cos f \sin g \cos g)+\sin f\leqslant \sqrt{2}}\)

Jeżeli \(\displaystyle{ \sin g+\cos g-2 \sin f \cos f \sin g \cos g\leqslant 1}\), to z nierówności funkcji trygonometrycznych w trójkącie otrzymamy tezę (\(\displaystyle{ \cos\alpha+\sin\alpha\leqslant\sqrt{2}}\)). W przeciwnym razie wystarczy użyć oszacowania:

\(\displaystyle{ \sqrt{2}\geqslant \sin g+\cos c\geqslant 2 \sin f \cos f \sin g \cos g+\sin^2 f+\cos^2 f}\)

Wykazać, że dla każdego \(\displaystyle{ a,b>0}\) zachodzi:

\(\displaystyle{ a^3 b^3-a^3 b^2+a^3-a^2-a b+1\geqslant 0}\)

EDIT: cwana bestia .

[kaszubki]

Ukryta treść:    

https://www.matematyka.pl/viewtopic.php?t=330280
Jak podstawisz \(\displaystyle{ c=\frac{1}{ab}}\), to dostaniesz tę nierówność.

Nowe:
Niech \(\displaystyle{ a_1,..,a_n}\) będą dowolnymi liczbami rzeczywistymi. Udowodnij, że dla każdego \(\displaystyle{ S \subset \{ 1,2,...,n \}}\) zachodzi
\(\displaystyle{ (\sum_{i \in S} a_i)^2 \leq \sum_{1 \leq i \leq j \leq n} (a_i+...+a_j)^2}\)

[ElEski]

Tu był blef

[timon92]

\(\displaystyle{ x, \ y, \ z \ge 0, \quad x^{2}+y^{2}+z^{2}=2 \Rightarrow x+y+z \le xyz +2}\)

rozwiązanie bez żadnych sinusów:    

z założenia wynika że \(\displaystyle{ xyz+2-x>0}\), możemy więc równoważnie przekształcić:

\(\displaystyle{ x+y+z\le xyz+2 \iff \\
y+z \le 2-x(1-yz) \iff \\
(y+z)^2 \le \left( 2-x(1-yz)\right)^2 \iff \\
y^2+z^2+2yz \le 4 - 4x(1-yz) + (1-yz)^2x^2 \iff \\
4x(1-yz) \le x^2\left( (1-yz)^2 + 1\right) + 2(1-yz)}\)

na mocy założenia mamy \(\displaystyle{ 1-yz = \frac 12 \cdot \left( x^2+(y-z)^2 \right) \ge 0}\), zatem

\(\displaystyle{ 4x(1-yz) \le 2x^2(1-yz) + 2(1-yz) \le x^2 \left(1+(1-yz)^2 \right) + 2(1-yz) \quad \square}\)

Niech \(\displaystyle{ a_1,..,a_n}\) będą dowolnymi liczbami rzeczywistymi. Udowodnij, że dla każdego \(\displaystyle{ S \subset \{ 1,2,...,n \}}\) zachodzi
\(\displaystyle{ (\sum_{i \in S} a_i)^2 \leq \sum_{1 \leq i \leq j \leq n} (a_i+...+a_j)^2}\)

szkic:    

jeżeli \(\displaystyle{ i,i+1 \in S}\) lub \(\displaystyle{ i,i+1 \notin S}\), to merdżujemy \(\displaystyle{ a_i, a_{i+1}}\) w liczbę \(\displaystyle{ a_i+a_{i+1}}\) no i lewa strona nie zmieni się, a prawa się nie zwiększy

można więc ograniczyć się do przypadku \(\displaystyle{ n=2m+1, S=\{1,3,5,...,2m+1\}}\), a wtedy nierówność zwija się w takie kwadraty albo jakieś podobne (nie ręczę za to): \(\displaystyle{ 0 \le \sum_{0 \le i < j \le m} \left( \sum_{k=2i+1}^{2j} a_k\right)^2 + \sum_{0 \le i < j \le m} \left( \sum_{k=2i+2}^{2j+1} a_k\right)^2}\)

nowe: \(\displaystyle{ a,b,c>0, a+b+c=\frac 1a + \frac 1b + \frac 1c \implies abc+bc+ca+ab \ge 4}\)

[Piotr Rutkowski]

szkic:    

jeżeli \(\displaystyle{ i,i+1 \in S}\) lub \(\displaystyle{ i,i+1 \notin S}\), to merdżujemy \(\displaystyle{ a_i, a_{i+1}}\) w liczbę \(\displaystyle{ a_i+a_{i+1}}\) no i lewa strona nie zmieni się, a prawa się nie zwiększy

A co z wyrażeniami po prawej, które kończą się na \(\displaystyle{ a_{i}}\) lub zaczynają na \(\displaystyle{ a_{i+1}}\)?

[timon92]

może napiszę ściślej co mam na myśli:

Ukryta treść:    

jeżeli \(\displaystyle{ k,k+1 \in S}\) lub \(\displaystyle{ k,k+1 \notin S}\) to rozważamy układ następujących \(\displaystyle{ n-1}\) liczb:
\(\displaystyle{ b_i=a_i \text{ dla } i=1,2,...,k-1, \\
b_k = a_k+a_{k+1}, \\
b_i = a_{i+1} \text{ dla } i=k+1, k+2, ..., n-1}\)

oraz zbiór \(\displaystyle{ T=(S \cap [0,k]) \cup ((S-1) \cap [k+1,n-1])}\)

wówczas \(\displaystyle{ \sum_{i \in S} a_i = \sum_{i \in T} b_i}\) oraz

\(\displaystyle{ \sum_{1 \leq i \leq j \leq n} (a_i+...+a_j)^2 = \sum_{1 \leq i \leq j \leq n-1} (b_i+...+b_j)^2 + \sum_{1 \leq i \leq k} (a_i+...+a_k)^2 + \sum_{k+1 \leq i \leq n} (a_{k+1}+...+a_i)^2 \ge \sum_{1 \leq i \leq j \leq n-1} (b_i+...+b_j)^2}\)

zatem wystarczy wykazać tezę dla \(\displaystyle{ b_1,...,b_{n-1}}\) oraz \(\displaystyle{ T}\); wykonując tyle modyfikacji ile się da dochodzimy do kluczowego przypadku opisanego w poprzednim poście

[timon92]

\(\displaystyle{ a,b,c>0, a+b+c=\frac 1a + \frac 1b + \frac 1c \implies abc+bc+ca+ab \ge 4}\)

wskazówka podstawić \(\displaystyle{ x=\frac 1a, y=\frac 1b, z=\frac 1c}\)

[timon92]

\(\displaystyle{ a,b,c>0, a+b+c=\frac 1a + \frac 1b + \frac 1c \implies abc+bc+ca+ab \ge 4}\)

wskazówka podstawić \(\displaystyle{ x=\frac 1a, y=\frac 1b, z=\frac 1c}\)

wskazówka 2 ujednorodnić