[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
Awatar użytkownika
limes123
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 666
Rejestracja: 21 sty 2008, o 22:48
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Ustroń
Podziękował: 26 razy
Pomógł: 93 razy

[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

Post autor: limes123 » 28 gru 2008, o 16:43

A masz jakis "ladny" dowod na nierownosc freja? Bo rozwiazanie tej co ja napisalem jest elementarne i dosc latwe, Moge przepisac.
Rekrutacja Instytut Matematyczny, Uniwersytet Wrocławski (gif)

frej

[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

Post autor: frej » 30 gru 2008, o 14:54

polskimisiek pisze:frej może chodziło Ci o taką nierówność?
Tak.
limes123, możesz pokazać

Jak ktoś by chciał linka to proszę:
KLIK

Piotr Rutkowski
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 2234
Rejestracja: 26 paź 2006, o 18:08
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 22 razy
Pomógł: 389 razy

[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

Post autor: Piotr Rutkowski » 30 gru 2008, o 17:48

frej pisze: limes123, możesz pokazać
Nie no, poczułem się dotknięty Tę nierówność skojarzyłem, bo rozwiązywałem ją już 2 razy.
Pozostawię ją udowodnienia, ale powiem, że zachodzi o wiele ogólniejsza nierówność:

Dla dowolnych \(\displaystyle{ a_{ij}\in \mathbb{R_{0}}}\) (\(\displaystyle{ i\in \{1,2,...,k\} \ j\in \{1,2,...,l\})}\)) zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ \prod_{j=1}^{l}(\sum_{i=1}^{k}a_{ij}^{l}) q (\sum_{i=1}^{k}\prod_{j=1}^{l}a_{ij})^{l}}\)

Awatar użytkownika
limes123
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 666
Rejestracja: 21 sty 2008, o 22:48
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Ustroń
Podziękował: 26 razy
Pomógł: 93 razy

[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

Post autor: limes123 » 30 gru 2008, o 20:11

Czyli nierownosc Holdera. Miśku, znasz jakis dowod oprocz tego w tomie olimpiad M. Kuczmy?

[ Dodano: 30 Grudnia 2008, 20:16 ]
I nie chodzilo o ten szczegolny przypadek tylko ta nierownosc co ja podalem wczesniej;p Wykorzystujemy ta tozsamosc wyzej (a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ac)-1 i otrzymujemy rownowazna nierownosc
\(\displaystyle{ ab+bc+ac+\frac{3}{a+b+c}\geq 4}\) a tego sie latwo dowodzi z Am-Gm

Dumel
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2000
Rejestracja: 19 lut 2008, o 17:35
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Stare Pole/Kraków
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 202 razy

[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

Post autor: Dumel » 1 sty 2009, o 21:56

troche te ostatnie nierowności chyba za trudne były na II etap. coś prostszego (ale i tak trudniejszego ):
1.
\(\displaystyle{ 0 \frac{3}{m+n}}\)
3.
dla dowolnych rzeczywistych \(\displaystyle{ a,b,c}\)
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \sqrt{2(a^2+b^2)} \sqrt{ 3(a+b)^2 }}\)
4.
Niech \(\displaystyle{ P(x)}\) bedzie wielomianem o współczynnikach nieujemnych. Udowodnij że jeżeli
\(\displaystyle{ P( \frac{1}{x} )P(x) 1}\) dla \(\displaystyle{ x=1}\) to ta nierownosc jest spełniona dla dowolnej liczby dodatniej \(\displaystyle{ x}\)

frej

[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

Post autor: frej » 1 sty 2009, o 22:08

4. Z Cauchy'ego Schwarza
\(\displaystyle{ P(\frac{1}{x}) P(x) \ge (P(1))^2 = P(\frac{1}{1}) P(1) \ge 1}\)

Awatar użytkownika
Sylwek
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 2711
Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 155 razy
Pomógł: 654 razy

[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

Post autor: Sylwek » 1 sty 2009, o 22:18

[quote="Dumel"]3.[/quote]Do kwadratu, a potem lemat: \(\displaystyle{ 2(a^2+b^2) \ge (a+b)^2}\). To zadanie było chyba kiedyś na finale polskiej OM.

[quote="Dumel"]2.[/quote]Banalny lemat: \(\displaystyle{ (a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ca)}\). Z lematu i z Cauchy'ego Schwarza w formie Engela:
\(\displaystyle{ L \ge \frac{(a+b+c)^2}{mab+nac+mbc+nab+mac+nbc} =\frac{(a+b+c)^2}{(m+n)(ab+bc+ca)} \ge \\ \ge \frac{3(ab+bc+ca)}{(m+n)(ab+bc+ca)}=P}\)

[quote="Dumel"]1.[/quote]Weźmy funkcję \(\displaystyle{ f(x)=\frac{e^x}{1-e^x}}\) w przedziale \(\displaystyle{ (-\infty,0)}\) - z wykresu wygląda mi ona na wypukłą, ale nie chce mi się tego sprawdzać. Gdyby nie była, to teza zadania byłaby nieprawdziwa, więc pominę liczenie drugiej pochodnej ;) .

Przyjmując: \(\displaystyle{ e^x=a, \ e^y = b, \ e^z = c, \ x,y,z \in (-\infty,0)}\) mamy z Jensena:
\(\displaystyle{ L=3(\frac{1}{3}f(x)+\frac{1}{3}f(y)+\frac{1}{3}f(z)) \ge 3f(\frac{x+y+z}{3})= \\ =3 \frac{e^\frac{x+y+z}{3}}{1-e^\frac{x+y+z}{3}}=\frac{3\sqrt[3]{e^x \cdot e^y \cdot e^z}}{1-\sqrt[3]{e^x \cdot e^y \cdot e^z}}= \\ = \frac{3\sqrt[3]{abc}}{1-\sqrt[3]{abc}}=P}\)

frej

[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

Post autor: frej » 1 sty 2009, o 22:41

Dumel pisze:ale i tak trudniejszego
od drugiego etapu ?!

Dumel
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2000
Rejestracja: 19 lut 2008, o 17:35
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Stare Pole/Kraków
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 202 razy

[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

Post autor: Dumel » 1 sty 2009, o 23:01

ok szybko poszło :-)
moje rozwiązania:
1. też n. Jensena ale dla funkcji \(\displaystyle{ f(x)= \frac{x}{1-x}}\) - zostala potem banalna nierownosc do udowodnienia
2. ważony Jensen dla \(\displaystyle{ f(x)= \frac{1}{x}}\)
3. też do kwadratu, a potem nierówność Minkowskiego
4. to samo co frej

zad. 3 rzeczywiście było w finale OM, co niech stanowi twierdzącą odpowiedź na Twoje pytanie, frej :-)

to teraz coś bardziej hardkorowego:
5.\(\displaystyle{ a,b,c >0}\), \(\displaystyle{ abc=1}\)
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{1}{a^3(b+c)} \ge \frac{3}{2}}\)
6.\(\displaystyle{ a,b,c}\) - długosci boków trojkata ostrokatnego
\(\displaystyle{ \sum_{sym}^{}a^2b- \sum_{}^{} a^3 \le \sqrt{( \sum_{}^{}a^2)(2 \sum_{}^{}a^2b^2- \sum_{}^{}a^4 ) }}\)
7. \(\displaystyle{ a,b,c,d>0}\)
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{} \frac{a^4}{a^3+a^2b+b^3} \frac{1}{3} a}\)

Awatar użytkownika
Sylwek
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 2711
Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 155 razy
Pomógł: 654 razy

[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

Post autor: Sylwek » 2 sty 2009, o 00:56

Dumel pisze:7.
Lemat: \(\displaystyle{ \frac{a^4}{a^3+a^2b+b^3} \frac{7}{9}a-\frac{4}{9}b}\). Dodając 4x stronami powyższy lemat dostajemy tezę zadania.

ironleaf
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 66
Rejestracja: 31 gru 2008, o 19:07
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wojsławice
Podziękował: 4 razy
Pomógł: 8 razy

[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

Post autor: ironleaf » 2 sty 2009, o 10:37

5. Brutalnie ujednorodniamy mnożąc lewą stronę przez \(\displaystyle{ abc\sqrt[3]{abc}}\) i wychodzi
\(\displaystyle{ \sqrt[3]{abc}\sum{\frac{1}{a^2(\frac{1}{b}+\frac{1}{c})}}\geqslant\frac{3}{2}}\)
co równoważne
\(\displaystyle{ \sqrt[3]{abc}\geqslant \frac{3}{2\sum{\frac{1}{a^2(\frac{1}{b}+\frac{1}{c})}}}}\)
Gdybyśmy wiedzieli, że
\(\displaystyle{ \sum{\frac{1}{a^2(\frac{1}{b}+\frac{1}{c})}} qslant \frac{1}{2}\sum{\frac{1}{a}}}\)
to nierówność wynikałaby z GM-HM. To ostatnie wyniknie z nierówności Jensena dla
\(\displaystyle{ f(x)=\frac{x^2}{S-x}}\)
gdzie stała \(\displaystyle{ S=\sum{\frac{1}{a}}}\) a wartości \(\displaystyle{ x=\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}}\).

Pablo09
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 260
Rejestracja: 3 lis 2007, o 17:47
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Nidzica
Podziękował: 30 razy
Pomógł: 59 razy

[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

Post autor: Pablo09 » 2 sty 2009, o 11:56

5. \(\displaystyle{ \sum\frac{1}{a^3(b+c)}=\sum\frac{bc}{a^2(b+c)} \ge \frac{3}{2}}\)

Podstawienie \(\displaystyle{ a= \frac{1}{x}}\), \(\displaystyle{ b= \frac{1}{y}}\) , \(\displaystyle{ c= \frac{1}{z}}\) , \(\displaystyle{ abc= \frac{1}{xyz}=1}\) => \(\displaystyle{ xyz=1}\)

Dostajemy
\(\displaystyle{ \sum\frac{x^2}{y+z} \ge \frac{x+y+z}{2} \ge \frac{3 \sqrt[3]{xyz} }{2} = \frac{3}{2}}\)

Druga nierównosc z lematu : \(\displaystyle{ \sum \frac {x^2}{y+z} \ge \frac{x+y+z}{2}}\) , dowód => CIągi \(\displaystyle{ x^2}\) , \(\displaystyle{ y^2}\), \(\displaystyle{ z^2}\) i \(\displaystyle{ \frac{1}{y+z}}\) , \(\displaystyle{ \frac{1}{z+x}}\) , \(\displaystyle{ \frac{1}{x+y}}\) są jednakowo uporządkowane więc z ciągów jednomonotonicznych
\(\displaystyle{ \frac{x^2}{y+z} + \frac{y^2}{x+z}+ \frac{z^2}{x+y} \ge \frac{x^2}{z+x}+ \frac{y^2}{x+y}+ \frac{z^2}{y+z}}\) i
\(\displaystyle{ \frac{x^2}{y+z} + \frac{y^2}{x+z}+ \frac{z^2}{x+y} \ge \frac{x^2}{x+y} + \frac{y^2}{y+z}+ \frac{z^2}{z+x}}\) , sumujemy :
\(\displaystyle{ 2(\frac{x^2}{y+z} + \frac{y^2}{x+z}+ \frac{z^2}{x+y}) \ge \sum{ \frac {x^2+y^2}{x+y}} \ge \sum{1/2 (x+y)}=x+y+z}\)



Trzecia nierówność AM>GM !

Awatar użytkownika
limes123
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 666
Rejestracja: 21 sty 2008, o 22:48
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Ustroń
Podziękował: 26 razy
Pomógł: 93 razy

[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

Post autor: limes123 » 2 sty 2009, o 13:49

Dumel pisze:5.a,b,c >0, abc=1
\(\displaystyle{ \sum \frac{1}{a^3(b+c)} q \frac{3}{2}}\)
Jesli dobrze kojarze to ta nierownosc (albo rownowazna przez podstawienie \(\displaystyle{ a:=\frac{1}{x}}\) itd) byla kiedys na MOM. Inne rozwiazanie:
Jak juz mamy nierownosc rownowazna
\(\displaystyle{ \sum \frac{x^2}{y+z}\geq \frac{(x+y+z)^2}{2(x+y+z)}\geq \frac{3}{2}}\)
albo bez podstawienia:
Cauchy Schwarz
\(\displaystyle{ (\sum a(b+c))(\sum \frac{1}{a^3(b+c)})\geq (\sum \frac{1}{a})^2=\frac{(ab+bc+ac)^2}{1}}\) a z tego + Am-Gm wynika teza.

[ Dodano: 2 Stycznia 2009, 14:22 ]
\(\displaystyle{ \frac{3}{1+2abc}\geq \sum \frac{1}{1+a^2(b+c)}}\) dla dodatnich a,b,c spełniających \(\displaystyle{ ab+bc+ca=3}\).

Juz poprawione:p sorry ale dziwne to cytowanie, bo na poczatku bylo Sylwek napisal/a :p
Ostatnio zmieniony 2 sty 2009, o 15:31 przez limes123, łącznie zmieniany 1 raz.

Dumel
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2000
Rejestracja: 19 lut 2008, o 17:35
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Stare Pole/Kraków
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 202 razy

[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

Post autor: Dumel » 2 sty 2009, o 15:17

limes123 pisze:[...]Dumal napisał/a:[...]
ej no bez jaj

ironleaf
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 66
Rejestracja: 31 gru 2008, o 19:07
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wojsławice
Podziękował: 4 razy
Pomógł: 8 razy

[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

Post autor: ironleaf » 3 sty 2009, o 12:23

limes123 pisze: \(\displaystyle{ \frac{3}{1+2abc}\geq \sum \frac{1}{1+a^2(b+c)}}\) dla dodatnich a,b,c spełniających \(\displaystyle{ ab+bc+ca=3}\).
Jensen dobry na wszystko...
Po prawej stoi
\(\displaystyle{ \sum{\frac{1}{1+a(ab+ac)}}=\sum {\frac{1}{1+a(3-bc)}}}\).
Weźmy
\(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{1+\frac{abc}{x}(3-x)}}\),
dla wartości \(\displaystyle{ x=ab,bc,ca}\).
Funkcja jest wklęsła, bo jej druga pochodna w zjadliwej postaci (to policzyła za mnie Maxima):
\(\displaystyle{ f''(x)=\frac{6(abc-1)abc}{x^{3}(1+{\frac{abc}{x}(3-x))^{3}}}}\)
i
\(\displaystyle{ (abc)^{2}\leqslant \left(\frac{\sum{ab}}{3}\right)^{3}=1}\) (AM-GM), czyli mamy jeden czynnik ujemny w liczniku, reszta na rozważanym obszarze jest dodatnia.
A teraz Jensen:
\(\displaystyle{ \sum{f(ab)}\leqslant 3f(1)= \frac{3}{1+2abc}}\).

ODPOWIEDZ