[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[timon92]

Z drobną pomocą wujka Wolframa udało mi się skompletować rozwiązanie do nierówności kaszubkiego.

Ukryta treść:    

Przyjmijmy \(\displaystyle{ a \le b \le c \le d}\)
Przypadek 1. \(\displaystyle{ a,b,c,d \ge 0.3 > x_0 \approx 0.287632}\).
Zauważmy, że dla \(\displaystyle{ x\ge x_0}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ \frac{1}{1+x+x^2+x^3} + \frac{3}{8} \ln x - \frac{1}{4} \ge 0}\)
% ... F4+%3E%3D0

Po zsumowaniu takich czterech nierówności dostajemy tezę (logarytmy znikną, gdyż \(\displaystyle{ \ln a + \ln b + \ln c + \ln d = \ln abcd = \ln 1 = 0}\))

Przypadek 2. \(\displaystyle{ a<0.3}\)
Zauważmy, że \(\displaystyle{ \frac{1}{1+a+a^2+a^3} > \frac{1}{1+0.3+0.3^2+0.3^3} \approx 0.705716 > 0.7}\)

Przypadek 2.1. \(\displaystyle{ b \le 0.87}\)
Zauważmy też, że dla \(\displaystyle{ 0<x \le 0.87}\) mamy \(\displaystyle{ \frac{1}{1+x+x^2+x^3} > 0.3}\)
% ... %29+%3E0.3

Zatem w tym przypadku nierówność zachodzi.

Przypadek 2.2. \(\displaystyle{ b>0.87}\)
Połóżmy \(\displaystyle{ a=e^x, b=e^y, c=e^z, d=e^t}\), wówczas
\(\displaystyle{ x+y+z+t=0, \ x \le y \le z \le t, \\ y > \ln 0.87 \approx -0.139262 > -0.14}\)

Funkcja \(\displaystyle{ f(x) = \frac{1}{1+e^x+e^{2x}+e^{3x}}}\) jest wypukła w przedziale \(\displaystyle{ (-0.14, \infty)}\)
http://www.wolframalpha.com/input/?i=%281%2F%281%2Be^x%2Be^%282x%29%2Be^%283x%29%29%29%27%27
więc na mocy nierówności Jensena \(\displaystyle{ f(y)+f(z)+f(t) \ge 3f\left( \frac{y+z+t}{3}\right) = 3f \left( \frac{-x}{3} \right)}\)
więc wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ f(x) + 3f \left( \frac{-x}{3} \right) \ge 1}\), co jest prawdą według Wolframa
http://www.wolframalpha.com/input/?i=%281%2F%281%2Be^x%2Be^%282x%29%2Be^%283x%29%29%29+%2B+3%2F%281%2Be^%28-x%2F3%29+%2B+e^%28-2x%2F3%29+%2B+e^%28-x%29%29+-1+%3E%3D0

Wrzucajcie jakieś w miarę normalne nierówności, do których istnieją ładne rozwiązania, a nie tak jak ta powyższa.

Podobno nierówność od adriano1992 już była w tym temacie, więc proponuję inną:
Dany jest czworokąt wypukły \(\displaystyle{ ABCD}\). Udowodnij, że jeśli \(\displaystyle{ AB+BD \le AC+CD}\), to \(\displaystyle{ AB \le AC}\)

[KPR]

Mam nadzieję że obejdzie się bez rysunku:

Ukryta treść:    

Bierzemy sobie elipsy \(\displaystyle{ k}\) i \(\displaystyle{ l}\) o ogniskach w \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ D}\) takie, że \(\displaystyle{ B \in k}\) i \(\displaystyle{ C \in k}\). Z wypukłości czworokąta wynika, że punkt \(\displaystyle{ C}\) należy do kąta \(\displaystyle{ BAD}\). Niech \(\displaystyle{ E}\) będzie punktem przecięcia \(\displaystyle{ AB}\) z elipsą \(\displaystyle{ l}\). Rysujemy okrąg o środku w \(\displaystyle{ A}\), do którego należy \(\displaystyle{ E}\). Przetnie on elipsę \(\displaystyle{ l}\) po raz drugi w punkcie symetrycznym do \(\displaystyle{ E}\) względem \(\displaystyle{ AD}\), zatem nienależącym do kąta \(\displaystyle{ EAD=BAD}\). Wszystkie punkty na "łuku" elipsy \(\displaystyle{ l}\)od \(\displaystyle{ E}\) do \(\displaystyle{ F}\)(tym, przez który przechodzi półprosta \(\displaystyle{ AD}\)),a więc w szczególności na łuku od \(\displaystyle{ E}\) do punktu przecięcia z nią półprostej \(\displaystyle{ AD}\)są zatem w większej odległości od \(\displaystyle{ A}\) niż \(\displaystyle{ B}\) (bo okrąg ma promień większy od \(\displaystyle{ AB}\)). Ponieważ na tym łuku leży \(\displaystyle{ C}\), to \(\displaystyle{ AC \ge AB}\)

Udowodnić, że dla rzeczywistych \(\displaystyle{ a,b>0}\) zachodzi \(\displaystyle{ \sqrt[3]{ \frac{a}{b}} +\sqrt[3]{\frac{b}{a}} \le \sqrt[3]{2(a+b)( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} )}}\)

[kaszubki]

Ukryta treść:    

Można to podnieść do trzeciej potęgi i wyjdzie nam \(\displaystyle{ \sqrt[3]{ \frac{a}{b} }+ \sqrt[3]{ \frac{b}{a} } \le \frac{1+1+ \frac{a}{b} }{3} + \frac{1+1+ \frac{b}{a} }{3}}\), co jest prawdą z AM-GM.

Sorki za tamto, postaram się nie wrzucać takich syfów.

Niech a,b,c będą rzeczywiste dodatnie.
Udowodnij, że \(\displaystyle{ 4(a+b+c)^3 \ge 27(ab^2 + bc^2 + ca^2 +abc)}\).

[KPR]

Ukryta treść:    

rozwijamy \(\displaystyle{ (a+b+c)^3}\) i wychodzi nam takie coś, co jest udowodnione tu:

\(\displaystyle{ u_1,u_2, \dots, u_n,v_1,v_2, \dots, v_n}\) rzeczywiste. Udowodnić, że
\(\displaystyle{ 1+ \sum_{i=1}^{n}(u_i+v_i)^2 \le \frac43\left( 1+ \sum_{i=1}^{n}u_i^2 \right)\left( 1+ \sum_{i=1}^{n}v_i^2 \right)}\). Kiedy zachodzi równość?

[Swistak]

Nie uważacie, że udowadnianie nierówności poprzez wrzucanie ich do wolframa jest strasznie głupie?
Nie kieruję swojej wypowiedzi tylko do KPR, ale także do timona i darka.
Przecież wszystko można do niego wrzucić i wtedy pociśniecie każda nierówność, ale jaki to ma sens? Swoją drogą jest to bardziej sprawdzenie, że rzeczywiście zachodzi, a nie dowód.
Na OMie bynajmniej takie coś nie przejdzie .

[darek20]

ja nic nie rozwiązywałem tylko sprawdzałem za pomoca wolframa

bez wolframa

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ 2(ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}+abc)\leq (a+b)(a+c)(b+c)\leq (\frac{2a+2b+2c}{3})^{3}}\)

[KPR]

Na OMie bynajmniej takie coś nie przejdzie .

Ale na międzygalaktycznym może tak

-- 21 lis 2010, o 00:07 --
darek20, to jest chyba nie tak, bo twoja pierwsza nierówność jest równoważna\(\displaystyle{ ab^2+bc^2+ca^2 \le ba^2+cb^2+ac^2}\).

[darek20]

Ukryta treść:    

zał a>b>c
\(\displaystyle{ a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a-ab^{2}-bc^{2}-ca^{2}=(b-c)(a-c)(a-b)}\)

[ordyh]

Nie możesz założyć \(\displaystyle{ a\geq b\geq c}\), nierówność nie jest symetryczna.

[timon92]

Nie uważacie, że udowadnianie nierówności poprzez wrzucanie ich do wolframa jest strasznie głupie?
Nie kieruję swojej wypowiedzi tylko do KPR, ale także do timona i darka.
Przecież wszystko można do niego wrzucić i wtedy pociśniecie każda nierówność, ale jaki to ma sens? Swoją drogą jest to bardziej sprawdzenie, że rzeczywiście zachodzi, a nie dowód.
Na OMie bynajmniej takie coś nie przejdzie .

Napisałem to "rozwiązanie", bo łańcuszek znów się zablokował. Zresztą rzeczy, które podałem w linkach można ręcznie sprawdzić.

Natomiast istnieje elementarne rozwiązanie do nierówności kaszubka. Można je znaleźć .

[kaszubki]

Dzięki Timon

[binaj]

dla miłośników konkretnej pały

\(\displaystyle{ 4(a+b+c)^3 \ge 27(ab^2 + bc^2 + ca^2 +abc)}\)

Niech
\(\displaystyle{ f(a,b,c)=4(a+b+c)^3 - 27(ab^2 + bc^2 + ca^2 +abc)=4 \sum_{}^{} a^4+12 \sum_{}^{} b^2a - 15 \sum_{}^{}a^2b-3abc}\)

\(\displaystyle{ f(0,b,c)=4b^4+4c^4+12cb^2-15bc^2}\) aby pokazać, że\(\displaystyle{ f(0,b,c) \ge 0}\), za \(\displaystyle{ c}\) przyjmujemy \(\displaystyle{ 1}\), bo ta nierówność jest jednorodna \(\displaystyle{ f(0,b,1)=(b- \frac{1}{2})^2(b+4) \ge 0}\)

\(\displaystyle{ f'_{a}(a,b,c)=12a^2+24ab+12c^2-15b^2-30ac-3bc}\)

teraz już widać, że \(\displaystyle{ f'_{a}(a,b,c)+f'_{b}(a,b,c)+f'_{c}(a,b,c) \ge 0}\), co kończy dowód

[XMaS11]

To jest to, dzięki Binaj.

[Rush]

Pierdoly, nie zauwazylem literowki:p
Natomiast rozwiazanie Binaja opiera sie na metodzie pokazanej w Powrocie do krainy nierownosci:p

[Dumel]

jako student powinienem to pewnie wiedzieć, ale dlaczego to rozwiązanie binaja jest poprawne?

Rush tam jest literówka zamiast czwartej potęgi ma być trzecia