[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[timon92]

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

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

rozwiązanie:    

jeżeli \(\displaystyle{ a>a^3+bc, b>b^3+ca, c>c^3+ab}\) to nierówność zachodzi

jeżeli np. \(\displaystyle{ c \le c^3+ab}\) to:
z Cauchy'ego mamy \(\displaystyle{ \frac{1}{a^{2}+\frac{bc}{a}}+\frac{1}{b^{2}+\frac{ac}{b}}\geq\frac{4}{a^2+b^2+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}}>\frac{4}{a^2+b^2+c^2+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}}=\frac{4}{1+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}}}\)

dalej, ze średnich mamy \(\displaystyle{ \frac{4}{1+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}}+1+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\geq 4 \iff \frac{4}{1+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\geq 3}\)

wystarczy więc pokazać, że \(\displaystyle{ \frac{c}{c^3+ab} \ge \frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}}\), co po przekształceniach okazuje się być prawdziwą nierównością \(\displaystyle{ c \le c^3+ab}\)

nowe, tym razem łatwe: dodatnie liczby \(\displaystyle{ a,b,c}\) sumują się do jedności, wykazać że wtedy \(\displaystyle{ 10(a^3+b^3+c^3) \ge 1 + 9(a^5+b^5+c^5)}\)

[Vax]

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ \begin{cases} 3p = a+b+c = 1 \iff p = \frac{1}{3} \\ 3q^2 = ab+ac+bc \\ r^3 = abc \end{cases}}\)

Wówczas \(\displaystyle{ p \ge q \ge r > 0 \iff \frac{1}{3} \ge q \ge r > 0}\), łatwo wyznaczamy \(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3 = 1-9q^2+3r^3 \\ \\ a^5+b^5+c^5 = 1-15q^2+5r^3+45q^4-15q^2r^3}\) więc teza jest równoważna:

\(\displaystyle{ 10(1-9q^2+3r^3) \ge 1+9(1-15q^2+5r^3+45q^4-15q^2r^3) \\ \\ \iff \\ \\ 3q^2+9q^2r^3 \ge 27q^4+r^3}\)

Ale z nierówności Schura \(\displaystyle{ 3p^3+r^3 \ge 4pq^2 \iff \frac{1}{9}+r^3 \ge \frac{4}{3}q^2 \iff q^2+9q^2r^3 \ge 12q^4 \iff 9q^2r^3 \ge 12q^4-q^2}\), więc:

\(\displaystyle{ 3q^2+9q^2r^3 \ge 3q^2+12q^4-q^2 = 2q^2+12q^4 \ge 27q^4+r^3 \iff 2q^2 \ge 15q^4 + r^3 \iff r^3 \le 2q^2-15q^4}\)

ale \(\displaystyle{ r^3 \le q^3}\), więc wystarczy pokazać \(\displaystyle{ q^3 \le 2q^2-15q^4 \iff q \le 2-15q^2 \iff (q-\frac{1}{3})(q+\frac{2}{5}) \le 0}\) co jest prawdą, gdyż \(\displaystyle{ 0 < q \le \frac{1}{3}}\)

\(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3=0 \Rightarrow \left((a-b)^2+(a-c)^2+(b-c)^2\right)(a^4+b^4+c^4) \ge (a^2+b^2+c^2)^3}\)

[marcin_smu]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ (a-b)(b-c)(c-a)=det \left[\begin{array}{ccc}1&1&1\\a&b&c\\a^2&b^2&c^2\end{array}\right]}\)
Oznaczmy \(\displaystyle{ S_i=a^i+b^i+c^i}\).
\(\displaystyle{ (a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2=det \left[\begin{array}{ccc}1&1&1\\a&b&c\\a^2&b^2&c^2\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}1&a&a^2\\1&b&b^2\\1&c&c^2\end{array}\right]=det \left[\begin{array}{ccc}3&S_1&S_2\\S_1&S_2&S_3\\S_2&S_3&S_4\end{array}\right]=det \left[\begin{array}{ccc}3&S_1&S_2\\S_1&S_2&0\\S_2&0&S_4\end{array}\right]=3 S_2 S_4 - S_1^2 S_4-S_2^3 = L-P}\)

\(\displaystyle{ n \ge 1 \Rightarrow \frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}+\cdots+\frac{1}{2n}>\frac{2}{3}}\)

[Ponewor]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ L > n+1 \cdot \sqrt[n+1]{\frac{1}{n \cdot (n+1) \cdot \ldots \cdot (2n-1) \cdot 2n}} > \frac{2}{3}}\) - średnie
\(\displaystyle{ (n+1)^{n+1} \cdot \frac{3^{n+1}}{2^{n+1}}> (n \cdot (n+1) \cdot \ldots \cdot (2n-1) \cdot 2n) = U}\)
\(\displaystyle{ U < \frac{\left( n + (n+1) + \ldots + (2n-1) + 2n\right)^{n+1} }{(n+1)^{n+1}}= \frac{\left( \frac{2n(2n+1) - (n-1)n}{2} \right)^{n+1}}{(n+1)^{n+1}} = \frac{(3n)^{n+1}}{2^{n+1}}}\)
\(\displaystyle{ \frac{(3n)^{n+1}}{2^{n+1}} < (n+1)^{n+1} \cdot \frac{3^{n+1}}{2^{n+1}}}\)
równoważnie \(\displaystyle{ n < n+1}\)

Zanim coś znajdę do wrzucenia, proszę o sprawdzenie, bo mam wrażenie, że to wszystko to jeden wielki bełkot.

[marcin_smu]

Jest spoko, daj następną

[Marcinek665]

Ponewor, już któryś raz wrzucasz rozwiązanie, nie dając nowej nierówności. Może lepiej wcale nie pisz, skoro masz blokować łańcuszek?

\(\displaystyle{ x,y,z>-1}\)

\(\displaystyle{ \frac{1+x^2}{1+y+z^2}+\frac{1+y^2}{1+z+x^2}+\frac{1+z^2}{1+x+y^2}\geq 2.}\)

[cyberciq]

Marcinek to już było kiedyś


edit: Zdawało mi się, że to tu było gdzieś tak z 6-7 mies temu, ale nie mogę znaleźć... na wszelki wypadek rozwiązanie daję:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ x,y,z>-1 \Rightarrow \frac{1+x^2}{1+y+z^2}>0}\) itd.
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{1+x^2}{1+y+z^2} \ge 2 \sum_{}{} \frac{1+x^2}^{2z^2+y^2+3}}\) z AM -GM
podstawiając \(\displaystyle{ a=x^2+1, b=z^2+1, c=y^2+1}\) mamy dalej ,że
\(\displaystyle{ 2 \sum_{}^{} \frac{a}{2b+c} \ge 2}\), po podzieleniu przez 2 dostajemy dosyć znaną nierówność dla dodatnich \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{a}{2b+c} \ge 1}\),

Nowe:\(\displaystyle{ a,b,c \ge 0 \wedge ab+bc+ca = 1 \Rightarrow \frac{1}{2a+2bc+1}+\frac{1}{2b+2ca+1}+\frac{1}{2c+2ab+1}\ge 1}\)
pozdrawiam

[chomikchomik]

Coś łatwiejszego, żeby nie bloczyło.
Wyznaczyć najmniejszą wartość sumy:
\(\displaystyle{ \frac{ x^{2} }{(ay + bz)(az + by)} + \frac{ y^{2} }{(ax + bz)(az + bx)} + \frac{ z^{2} }{(ax + by)(ay + bx)}}\)
gdzie a, b są danymi, x, y, z są dowolnymi liczbami dodatnimi.

[cyberciq]

Coś łatwiejszego, żeby nie bloczyło.
Wyznaczyć najmniejszą wartość sumy:
\(\displaystyle{ \frac{ x^{2} }{(ay + bz)(az + by)} + \frac{ y^{2} }{(ax + bz)(az + bx)} + \frac{ z^{2} }{(ax + by)(ay + bx)}}\)
gdzie a, b są danymi, x, y, z są dowolnymi liczbami dodatnimi.

jak już wrzuciłeś swoje, to OK, więc teraz obowiązuje zadanie chomikchomik ;p Ale na przyszłość proponuję postępować wg zasad:
1. Osoba, która rozwiąże poprzednie zadanie wrzuca swoje
2. Jeśli zadanie na kolejce nie jest rozwiązane to:
a)poproś osobę której zadanie jest na kolejce o zmianę zadania na łatwiejsze
b)jeśli chcesz wrzucić swoje zadanie to poproś o zgodę osobę której zadanie jest na kolejce lub ewentualnie innych forumowiczów jeśli dana osoba nie odpowiada( do 1-2 dni?)
3. Jeśli chcesz wrzucić nowe zadanie bez kolejki to jeśli to nie jest super-ważny/-ciekawy problem, który wymaga rozwiązania "na już" to idź do punktu 2b)

Nie chodzi o to, żeby blokować łańcuszek bo to bez sensu, ale o to żeby nie zostawiać jakichś zadań nierozwiązanych później,

pozdrawiam

[chomikchomik]

chciałem sobie poćwiczyć latexa, bo to mój pierwszy raz. wiem, jak działają łańcuszki, ale to jest banał, więc nie powinien bloczyć. można przecież robić dwa symultanicznie.

-- 26 paź 2012, o 18:17 --

poza tym może kiedyś łaskawie rozwiążę tą nierówność i będzie git.

-- 7 lis 2012, o 15:50 --

podpowiedź

Ukryta treść:    

zastosować pewną nierówność

Ukryta treść:    

ahahahahahah!!!!

[Ponewor]

To żeby rozwiązać problem zrobimy tak: Oto rozwiązanie nierówności chomikchomika. Zadanie pochodzi z niebieskiego Pawłowskiego, z rozdziału 7. - Zadania różne, ale do tego rozdziału rozwiązań nie ma.

Nierówność chomikachomika:    

\(\displaystyle{ \frac{ x^{2} }{\left(ay + bz \right)\left(az + by \right)} + \frac{ y^{2} }{\left(ax + bz \right)\left(az + bx \right)} + \frac{ z^{2} }{\left(ax + by \right)\left(ay + bx \right)} \ge \frac{ x^{2} }{\left(\frac{\left(ay + bz \right)+\left(az + by \right)}{2}\right)^{2}} + \frac{ y^{2} }{\left(\frac{\left(ax + bz \right)+\left(az + bx \right)}{2}\right)^{2}} + \frac{ z^{2} }{\left(\frac{\left(ax + by \right)+\left(ay + bx \right)}{2}\right)^{2}}=4\left( \frac{ x^{2} }{\left(a+b \right)^{2}\left(y+z \right)^{2}} + \frac{ y^{2} }{\left(a+b \right)^{2}\left(z+x \right)^{2}} + \frac{ z^{2} }{\left(a+b \right)^{2}\left(x+y \right)^{2}} \right)=\frac{4}{\left(a+b\right)^{2}}\cdot \left( \frac{ x^{2} }{\left(y+z \right)^{2}} + \frac{ y^{2} }{\left(z+x \right)^{2}} + \frac{ z^{2} }{\left(x+y \right)^{2}} \right)}\)
Rozważmy funkcję daną wzorem: \(\displaystyle{ f\left(x \right)=\frac{x^{2}}{\left(S-x \right)^{2}}}\) przy dodatnim \(\displaystyle{ S}\). Mamy \(\displaystyle{ f^{\prime \prime}\left(x \right)=\frac{2S\left(S+2x \right)}{\left(S-x \right)^{4} } >0}\) dla \(\displaystyle{ x \in \left( 0, \ S \right)}\). Zatem nasza funkcja jest ściśle wypukła na tym przedziale. Weźmy \(\displaystyle{ S=x+y+z}\). Z nierówności Jensena dla wag \(\displaystyle{ \left(\frac{1}{3}, \ \frac{1}{3}, \ \frac{1}{3}, \right)}\) mamy:
\(\displaystyle{ \frac{1}{3}f\left(x \right)+\frac{1}{3}f\left(y \right)+\frac{1}{3}f\left(z \right) \ge f\left(\frac{1}{3}x+\frac{1}{3}y+\frac{1}{3}z \right)=f\left(\frac{1}{3}S \right) = \frac{\left(\frac{1}{3}S \right)^{2} }{\left(S-\left(\frac{1}{3}S \right) \right)^{2} }=\frac{1}{4}}\)
\(\displaystyle{ \frac{4}{\left(a+b\right)^{2}}\cdot \left( \frac{ x^{2} }{\left(y+z \right)^{2}} + \frac{ y^{2} }{\left(z+x \right)^{2}} + \frac{ z^{2} }{\left(x+y \right)^{2}} \right)=\frac{4}{\left(a+b\right)^{2}}\cdot 3 \cdot \left( \frac{1}{3}f\left(x \right)+\frac{1}{3}f\left(y \right)+ \frac{1}{3}f\left(z \right) \right) \ge \frac{4}{\left( a+b \right)^{2} } \cdot 3 \cdot \frac{1}{4} = \frac{3}{\left( a+b \right)^{2} }}\)
Równość zajdzie wtedy i tylko wtedy gdy zajdzie jednocześnie równość w nierówności między średnimi i nierówności Jensena. Dla funkcji ściśle wypukłej równość zachodzi wtedy i tylko wtedy gdy \(\displaystyle{ x=y=z}\). Wtedy także zachodzi równość w nierówności między średnimi - łatwo sprawdzić. Równie łatwo sprawdzić, że dla \(\displaystyle{ x=y=z}\) nasze wyrażenie przyjmuje swą jak pokazałem najmniejszą wartość równą \(\displaystyle{ \frac{3}{\left( a+b \right)^{2} }}\).

Aktualnie obowiązującą nierównością jest nierówność cyberciqa:

Nowe:\(\displaystyle{ a,b,c \ge 0 \wedge ab+bc+ca = 1 \Rightarrow \frac{1}{2a+2bc+1}+\frac{1}{2b+2ca+1}+\frac{1}{2c+2ab+1}\ge 1}\)
pozdrawiam

[chomikchomik]

syfiaste rozwiązanie mojej nierówności!!! >:( pewnie dobrze (wynik git), ale tu masz prawie firmówkę (chomiczówkę):

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \frac{x ^{2} }{(ay + bz)(az + by)} = \frac{x ^{2} }{ab(y ^{2} + z ^{2}) + zy(a ^{2} + b ^{2})} \ge \frac{x ^{2} }{2ab( \frac{y ^{2} + z ^{2} }{2}) + (a ^{2} + b ^{2})(\frac{y ^{2} + z ^{2} }{2})} = \frac{x ^{2} }{(a+b) ^{2}( \frac{z ^{2} + y ^{2} }{2}) }}\)
z resztą tak samo i dalej z ciągów jednomonotonicznych

[Ponewor]

Dalej to już po prostu nierówność
Nesbitta - ciągi jednomonotoniczne to jeden z dowodów.

cyberciq można prosić o hinta?

[cyberciq]

hint, nie znam ładniejszego sposobu na razie:    

wymnożyć całość

[cyberciq]

Dobra nie idzie ta moja nierówność długo. Teraz nie wrzucam rozwiązania bo czasu nie mam za bardzo pisać, a to które znam jest troszkę mało pomysłowe, myślałem, że może ktoś pokaże jakieś ładne. Wrzucajcie sobie co chcecie.