[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[Premislav]

Proszę znaleźć największą taką stałą \(\displaystyle{ A}\), że nierówność
\(\displaystyle{ \left(x_{1}^{3}+x_{2}^{3}+x_{3}^{3}+1\right)\left(y_{1}^{3}+y_{2}^{3}+y_{3}^{3}+1\right)\left(z_{1}^{3}+z_{2}^{3}+z_{3}^{3}+1\right)\ge A(x_{1}+y_{1}+z_{1})(x_{2}+y_{2}+z_{2})(x_{3}+y_{3}+z_{3}) }\)
zachodzi dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich \(\displaystyle{ x_{i}, \ y_{i}, \ z_{i}, \ i\in\left\{1,2,3\right\}}\)
i dla tej stałej \(\displaystyle{ A}\) proszę znaleźć wszystkie wartości \(\displaystyle{ x_{i}, \ y_{i}, \ z_{i}}\), dla których zachodzi równość.

[Tmkk]

Mam nadzieję, że nic nie pokręciłem.

Ukryta treść:    

Zaczniemy od AM-GM

\(\displaystyle{ x_1^3+x_2^3 + x_3^3 +1 = \left(x_1^3+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\right) + \left(x_2^3+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\right) + \left(x_3^3+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\right) \ge 3\sqrt[3]{\left(x_1^3+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\right) \left(x_2^3+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\right) \left(x_3^3+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\right) }}\).

i tak dla każdej zmiennej. Teraz bierzemy już cały iloczyn, grupujemy i korzystamy z Höldera

\(\displaystyle{ \prod_{cyc} (x_1^3+x_2^3 + x_3^3 +1) \ge 27 \prod_{i=1}^{3} \sqrt[3]{ \left(x_i^3+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\right) \left(\frac{1}{6}+y_i^3+\frac{1}{6}\right) \left(\frac{1}{6}+\frac{1}{6}+z_i^3\right) } \ge 27\prod_{i=1}^{3} \left(\frac{x_i}{6^{\frac{2}{3}}}+\frac{y_i}{6^{\frac{2}{3}}}+\frac{z_i}{6^{\frac{2}{3}}}\right) = \frac{27}{6^2} \prod_{i=1}^{3} (x_i+y_i+z_i)}\),

czyli \(\displaystyle{ A = \frac{27}{36} = \frac{3}{4}}\).

Równość zachodzi, gdy odpowiednie wektory w Hölderze są proporcjonalne, czyli gdy wszystkie zmienne są równe\(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt[3]{6}}}\). Wtedy też jest równość w pierwszej nierówności między średnimi.

[Premislav]

Świetnie, możesz kontynuować.

[Tmkk]

Dla rzeczywistych dodatnich, z warunkiem \(\displaystyle{ a+b+c \ge 3}\) pokazać, że zachodzi

\(\displaystyle{ \frac{1}{a^2+b+c}+\frac{1}{a+b^2+c}+\frac{1}{a+b+c^2} \le 1}\)

[Premislav]

Ukryta treść:    

Na mocy nierówności Cauchy'ego-Schwarza:
\(\displaystyle{ \left(a^{2}+b+c\right)\left(1+b+c\right)\ge (a+b+c)^{2} }\)
a równoważnie
\(\displaystyle{ \frac{1}{a^{2}+b+c}\le \frac{1+b+c}{(a+b+c)^{2}}}\)
Tworzymy jeszcze dwie analogiczne nierówności i dodajemy stronami, co daje:
\(\displaystyle{ \frac{1}{a^{2}+b+c}+\frac{1}{a+b^{2}+c}+\frac{1}{a+b+c^{2}}\le \frac{3+2(a+b+c)}{(a+b+c)^{2}}}\)
i pozostaje wykazać, że gdy \(\displaystyle{ a+b+c\ge 3}\), to
\(\displaystyle{ \frac{3+2(a+b+c)}{(a+b+c)^{2}}\le 1}\)
Równoważnie:
\(\displaystyle{ (a+b+c-3)(a+b+c+1)\ge 0}\)
co dla \(\displaystyle{ a+b+c\ge 3}\) jest oczywiste. Równość zachodzi dla \(\displaystyle{ a=b=c=1}\).

[Tmkk]

Tak, bardzo fajnie. Twoja kolej.

[Premislav]

Dla liczb dodatnich \(\displaystyle{ a,b,c}\) spełniających zależność \(\displaystyle{ abc=1}\) proszę wykazać, że
\(\displaystyle{ \frac{a}{(a+1)(b+1)}+\frac{b}{(b+1)(c+1)}+\frac{c}{(c+1)(a+1)}\ge \frac{3}{4} }\)
i rozstrzygnąć, kiedy zachodzi równość w nierówności.

[arek1357]

Z góry przepraszam, że się wtrącam i zakłócam spokój ponieważ nie powinno mnie tu być w tej sekcie ale po sprowadzeniu do wspólnego mianownika mamy:

\(\displaystyle{ \frac{ab+ac+bc+a+b+c}{(a+1)(b+1)(c+1)} \ge \frac{3}{4} }\)

po wymnożeniu dołów mamy:

\(\displaystyle{ \frac{ab+ac+bc+a+b+c}{ab+ac+bc+abc+a+b+c+1} \ge \frac{3}{4} , abc=1 }\)

po wymnożeniu i skróceniu mamy:

\(\displaystyle{ ab+ac+bc+a+b+c \ge 6}\) , ?

\(\displaystyle{ ab+ac+bc+a+b+c \ge 3 \sqrt[3]{(abc)^2} +3 \sqrt[3]{abc} =3+3=6}\)

a=b=c=1, równość...

cnd...

[Premislav]

Jest dobrze, możesz wrzucać następne zadanie.

[arek1357]

Sorki ale pauzuję daję Tobie...wyprowadzam się..., jestem tu persona non grata..

[Premislav]

Dla liczb rzeczywistych dodatnich spełniających warunek \(\displaystyle{ a_{1}a_{2}\ldots a_{n}=1}\) proszę udowodnić nierówność
\(\displaystyle{ \sqrt{1+a_{1}^{2}}+\sqrt{1+a_{2}^{2}}+\ldots+\sqrt{1+a_{n}^{2}}\le \sqrt{2}(a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}) }\)

[bosa_Nike]

Ukryta treść:    

Najpierw zauważamy, że dla \(\displaystyle{ a_1=a_2=\ldots =a_n=1}\) zachodzi równość.
Szukamy funkcji postaci \(\displaystyle{ f(x)=\sqrt{2}x+m\ln x-\sqrt{1+x^2}}\), określonej dla \(\displaystyle{ x>0}\), takiej że \(\displaystyle{ f(1)=0,\ f'(1)=0}\). Pierwszy warunek jest zawsze spełniony, drugi daje \(\displaystyle{ m=-\frac{\sqrt{2}}{2}}\). Pokażemy, że wszędzie poza jedynką funkcja z tym współczynnikiem jest dodatnia. Funkcja jest ciągła i różniczkowalna w zbiorze liczb dodatnich, bo jest sumą funkcji o takich własnościach. Mamy z Bernoulliego $$f''(x)=\left(\sqrt{2}x-\frac{\sqrt{2}}{2}\ln x-\sqrt{1+x^2}\right)''=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\left(x^2+1\right)^{\frac{3}{2}}-\sqrt{2}x^2}{x\sqrt{1+x^2}}\ge\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\left(\frac{3}{2}-\sqrt{2}\right)x^2+1}{x\sqrt{1+x^2}}>0.$$
To oznacza, że \(\displaystyle{ f}\) jest ściśle wypukła, czyli w jedynce ma minimum globalne.
Skoro więc \(\displaystyle{ f(x)\ge 0}\) dla każdego \(\displaystyle{ x>0}\), to $$\sum f\left( a_i\right)=\sqrt{2}\sum a_i-\frac{\sqrt{2}}{2}\sum\ln a_i-\sum\sqrt{1+a_i^2}\ge 0$$ lub $$\sum{\sqrt{1+a_i^2}}\le\sqrt{2}\sum a_i-\frac{\sqrt{2}}{2}\ln\left(\prod a_i\right)=\sqrt{2}\sum a_i,$$ co było do okazania.

[Premislav]

Mnie wyszła trochę inna druga pochodna, ale i tak dokładnie taka nierówność załatwiała jej dodatniość, więc szkoda czasu na dochodzenie, kto popełnił nierzutujący na rozwiązanie drobny błąd. Możesz wrzucać następne zadanie.

[bosa_Nike]

Nigdy nie szkoda. Rzeczywiście, powinno być \(\displaystyle{ f''(x)=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\left(x^2+1\right)^{\frac{3}{2}}-\sqrt{2}x^2}{x^{\color\red{2}}\sqrt{\left(1+x^2\right)^{\color\red{3}}}}\ge\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\left(\frac{3}{2}-\sqrt{2}\right)x^2+1}{x^{\color\red{2}}\sqrt{\left(1+x^2\right)^{\color\red{3}}}}>0.}\) Dziękuję.


Dla liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ a\ge b\ge 1\ge c\ge 0}\), takich że \(\displaystyle{ a+b+c=3}\)

a) udowodnij, że \(\displaystyle{ 2\le ab+bc+ca\le 3}\);
b) udowodnij, że \(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3+\frac{45}{a^2+b^2+c^2}\le 18}\).

Wystarczy rozwiązać jeden podpunkt z powyższego zadania.

[Premislav]

a):    

Prawa nierówność:
\(\displaystyle{ 3(ab+bc+ca)\le (a+b+c)^2=9}\)
Dzielimy stronami przez trzy i po robocie. Równość dla \(\displaystyle{ a=b=c=1}\)
Lewa nierówność:
mamy \(\displaystyle{ (a-1)(b-1)\ge 0}\),
więc
\(\displaystyle{ ab+bc+ca\\\ge a+b-1+c(a+b)\\=(a+b)(4-(a+b))-1\ge 2}\)
Ostatnia nierówność wymaga krótkiego wyjaśnienia:
jeśli \(\displaystyle{ t=a+b}\), to \(\displaystyle{ 2\le t\le 3}\),
a wtedy jest
\(\displaystyle{ (t-1)(t-3)\le 0\\t(4-t)\ge 3\\t(4-t)-1\ge 2}\)
Równość dla \(\displaystyle{ a=2,b=1,c=0}\)