[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[bosa_Nike]

@albanczyk123456 - spróbuj zrobić takie zadanie, tyle że przy `n=3` i słabej nierówności.

[Sylwek]

Nowe zadanie:
w rzeczywistych dodatnich \(\displaystyle{ x_1, x_2, \ldots x_n}\) (\(\displaystyle{ n>3}\)) spełniających warunek \(\displaystyle{ x_1 x_2\ldots x_n=1}\) proszę udowodnić, że
\(\displaystyle{ \frac{1}{1+x_1+x_1x_2} +\frac{1}{1+x_2+x_2x_3}+\ldots+\frac{1}{1+x_n+x_n x_1}>1}\)

Z racji warunku na iloczyn, można podstawić \(\displaystyle{ x_i=\frac{a_{i+1}}{a_i}}\) dla pewnych liczb \(\displaystyle{ a_i>0}\). Przekształćmy lewą stronę:
\(\displaystyle{ L=\frac{1}{1+x_1+x_1x_2} +\frac{1}{1+x_2+x_2x_3}+\ldots+\frac{1}{1+x_n+x_n x_1}= \\
=\frac{1}{1+\frac{a_2}{a_1}+\frac{a_2}{a_1}\frac{a_3}{a_2}} +\frac{1}{1+\frac{a_3}{a_2}+\frac{a_3}{a_2}\frac{a_4}{a_3}}+\ldots+\frac{1}{1+\frac{a_1}{a_n}+\frac{a_1}{a_n}\frac{a_2}{a_1}}= \\
=\frac{a_1}{a_1+a_2+a_3} +\frac{a_2}{a_2+a_3+a_4}+\ldots+\frac{a_n}{a_n+a_1+a_2}.}\)

Ale z racji \(\displaystyle{ n>3}\) każdy mianownik jest ściśle mniejszy od \(\displaystyle{ S=a_1+a_2+\ldots+a_n}\), zatem
\(\displaystyle{ L>\frac{a_1}{S} +\frac{a_2}{S}+\ldots+\frac{a_n}{S}=\frac{S}{S}=1,}\)
co kończy dowód.

@albanczyk123456 - spróbuj zrobić takie zadanie, tyle że przy \(\displaystyle{ n=3}\) i słabej nierówności.

Co miałaś na myśli? Jakaś indukcja lub wykorzystanie mniejszych \(\displaystyle{ n}\) przy dowodzie dla większych indeksów?

Nowe zadanie:
Udowodnij, że dla \(\displaystyle{ x_i>0}\) zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ \frac{x_1^3}{x_1^2+x_1x_2+x_2^2}+\frac{x_2^3}{x_2^2+x_2x_3+x_3^2}+\ldots+\frac{x_n^3}{x_n^2+x_nx_1+x_1^2} \ge \frac{x_1+x_2+\ldots+x_n}{3}}\)

[Premislav]

Lemat:
dla \(\displaystyle{ a,b>0}\) zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ \frac{a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}\ge \frac{2a-b}{3}}\).
Dowód lematu:
równoważnie mamy
\(\displaystyle{ 3a^{3}\ge (2a-b)\left(a^{2}+ab+b^{2}\right)\\ 3a^{3}\ge 2a^{3}+2a^{2}b+2ab^{2}-ba^{2}-ab^{2}-b^{3}\\a^{3}+b^{3}-a^{2}b-ab^{2}\ge 0\\(a+b)(a-b)^{2}\ge 0}\)
co jest już oczywiste wobec nieujemności kwadratu liczby rzeczywistej.

Dodajemy tezę lematu kolejno dla \(\displaystyle{ a=x_{i}. \ b=x_{i+1}, \ i=1,2\ldots n}\), gdzie przyjmujemy \(\displaystyle{ x_{n+1}=x_{1}}\), co kończy dowód.

Nowe:
dla rzeczywistych \(\displaystyle{ a_{1}, a_{2}\ldots a_{99}}\) spełniających warunek
\(\displaystyle{ (1+a_{1})(1+a_{2})\ldots(1+a_{99})=100}\)
proszę wykazać, że
\(\displaystyle{ \left(1+a_{1}^{2}\right)\left(1+2a_{2}^{2}\right)\ldots \left(1+99a_{99}^{2}\right)\ge 100}\).

[bosa_Nike]

Zahionie, przybądź.

@Sylwek

Ukryta treść:    

Co miałaś na myśli? Jakaś indukcja lub wykorzystanie mniejszych \(\displaystyle{ n}\) przy dowodzie dla większych indeksów?

Raczej to drugie. Miałam wrażenie, którego teraz już nie mam, że to mogłoby naprowadzić na wykorzystanie danego w zadaniu warunku, które także w Twoim rozwiązaniu jest kluczowe.
Oczywiście, w Twoim rozwiązaniu takie liczby `a_i>0` zawsze istnieją - wystarczy wziąć `a_1=1,\ a_2=x_1,\ a_3=x_1x_2,\ldots ,\ a_n=x_1x_2\cdot\ldots\cdot x_{n-1},\ a_{n+1}=a_1`.

[Zahion]

Zahionie, przybądź.

Co do ostatniego zadania, to moja idea jest taka:

\(\displaystyle{ (1+a^{2})(1+2b^{2})(1+3c^{2}) = [\frac{1}{2}\left( 1+a\right)^{2} + \frac{1}{2}(\left( 1 - a\right)^{2}][...][( \frac{3}{4}\left( 1+c\right)^{2} + \frac{1}{4}\left( 1-3c\right)^{2}] }\)

Teraz to z rozszerzonego CS da nam:
\(\displaystyle{ L \ge ( \sqrt[3]{[ \frac{1}{4} (1+a)(1+b)(1+c)]^{2}} + |x| )^{3} \ge \frac{1}{4} [(1+a)(1+b)(1+c)]^{2} = 4 }\)

przy czym \(\displaystyle{ |x| }\) to wartość bezwględna iloczynów pozostałych wyrazów do potęgi 1/3.

Jeżeli poprawnie, to postaram się coś wrzucić dziś.

[timon92]

@up prościej byłoby po prostu szacować ze Szwarca \(\displaystyle{ (1+ka_k^2)(1+\frac 1k) \ge (1+a_k)^2}\) i wymnożyć po wszystkich \(\displaystyle{ k}\)

[Premislav]

Idea jest dobra, choć spodziewałem się rozwiązania, które podał timon (to jest zadanie z obozu Olimpiady Matematycznej (jeszcze wtedy) Gimnazjalistów, poziom OM z któregoś roku, bodajże 2014, i rozwiązanie wzorcowe właśnie tak wyglądało). Możesz wrzucać nowe zadanie.

[Zahion]

Jeżeli coś mi dzisiaj wpadnie do głowy to wrzucę, w przeciwnym wypadku, żeby nie blokować będzie wolne.

[Premislav]

Może czas coś wrzucić.
Przy ustalonych liczbach całkowitych dodatnich \(\displaystyle{ n,k}\) spełniających warunek \(\displaystyle{ n\ge 4k}\) proszę znaleźć najmniejsze takie \(\displaystyle{ \lambda(n,k)}\), że dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich \(\displaystyle{ a_{1},a_{2}, \ldots a_{n}}\) zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}\frac{a_{i}}{\sqrt{a_{i}^{2}+a_{i+1}^{2}+\ldots+a_{i+k}^{2}}}\le \lambda}\)
przy czym przyjmujemy, że \(\displaystyle{ a_{n+i}=a_{i}}\) dla \(\displaystyle{ i=1,2\ldots k}\).

[Premislav]

hint:    

Może warto zacząć od udowodnienia, że w dodatnich jest
\(\displaystyle{ \frac{a}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+c^{2}}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+d^{2}}}+\frac{d}{\sqrt{d^{2}+a^{2}}}\le 3}\). Potem jakaś indukcyjka. Odpowiedź to \(\displaystyle{ n-k}\) jak pamiętam (sam nie zrobiłem tego zadania, ale widziałem szkic rozwiązania i nie wyglądał aż tak strasznie).

[Premislav]

Dobra, wyjebongo, nie chce mi się pisać rozwiązania.


Nowe zadanie: dla \(\displaystyle{ a,b,c}\) różnych od zera proszę udowodnić, że zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ 2b^{2}+\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\sqrt{2a^{4}+2c^{4}}\ge 2\sqrt{3} }\)

[bosa_Nike]

Wetnę się, bo mam taką akuratną, w sam raz na następne zadanie.

Ukryta treść:    

$$L-P=\frac{\left(a^2-c^2\right)^2}{\sqrt{2a^4+2c^4}+a^2+c^2}+2\left(b+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)\right)^2+\frac{1}{8a^2c^2}\left(2a^2\left(2c^2-\sqrt{3}\right)^2+2c^2\left(2a^2-\sqrt{3}\right)^2+(a-c)^2\right)\ge 0$$

A poważnie, to mając do czynienia z rzeczywistymi `a,b,c` będziemy próbować szukać przedstawienia w postaci sumy kwadratów. W oryginalnej nierówności przenosimy wszystko na lewo, stosujemy QM-AM do wyrażenia z pierwiastkiem i dowodzimy, że w ten sposób utworzony trójmian kwadratowy zmiennej `b` ma niedodatni wyróżnik (to jest ośmiokrotność tego ostatniego składnika sumy powyżej wzięta z minusem).

Dla `a,b,c>0` oraz stałej `k\ge 2` pokaż, że $$\left(a^2+k\right)\left(b^2+k\right)\left(c^2+k\right)\ge (k+1)(a+b+c+k-2)^2+(abc-1)^2$$

[Premislav]

Ukryta treść:    

Równoważnie mamy:
\(\displaystyle{ \left(k^{2}-k-1\right)\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)-(2k+2)(ab+bc+ca)-2(k+1)(k-2)(a+b+c)+k^{3}-1-(k+1)(k-2)^{2}\\+k\left((ab)^{2}+(bc)^{2}+(ca)^{2}\right)+2abc\ge 0}\)
Spróbujemy teraz efektownie (i efektywnie) zwinąć część tego w kwadraty, zauważając, że z pewnością jakimś przypadkiem równości będzie \(\displaystyle{ a=b=c=1}\), niezależnie od \(\displaystyle{ k\ge 2}\).
Mamy \(\displaystyle{ k\left((ab)^{2}+(bc)^{2}+(ca)^{2}\right)-2k(ab+bc+ca)+3k=k\left( (ab-1)^{2}+(bc-1)^{2}+(ca-1)^{2}\right)}\)
a ponadto \(\displaystyle{ \left(k^{2}-k-2\right)\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)-2\left(k+1\right)\left(k-2\right)(a+b+c)+3\left(k^{2}-k-2\right)=\left(k^{2}-k-2\right)\left((a-1)^{2}+(b-1)^{2}+(c-1)^{2}\right)}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ k^{3}-1-(k+1)(k-2)^{2}=3\left(k^{2}-k-2\right)+3k+1}\), więc pozostaje nam kłopotliwe wyrażenie
\(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+c^{2}-2ab-2bc-2ca+2abc+1}\), tj. mamy
\(\displaystyle{ \left(k^{2}-k-1\right)\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)-(2k+2)(ab+bc+ca)-2(k+1)(k-2)(a+b+c)+k^{3}-1-(k+1)(k-2)^{2}\\+k\left((ab)^{2}+(bc)^{2}+(ca)^{2}\right)+2abc\\=\blue{k\left((ab-1)^{2}+(bc-1)^{2}+(ca-1)^{2}\right)}+\green{\left(k^{2}-k-2\right)\left((a-1)^{2}+(b-1)^{2}+(c-1)^{2}\right)}\\+\red{a^2+b^2+c^2-2ab-2bc-2ca+2abc+1}}\)
i nieujemność niebieskiego oraz zielonego jest ewidentna, pozostaje kwestia czerwonego (rzecz jasna, gdyby czerwone okazało się czasem ujemne, nie psułoby to tezy, a jedynie tę drogę rozwiązania). Oczywiście można to spałować mnożnikami, ale to trochę nie o to chodzi.
Wśród liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) znajdziemy na mocy zasady szufladkowej Dirichleta dwie nie większe niż \(\displaystyle{ 1}\) lub dwie nie mniejsze niż \(\displaystyle{ 1}\), bez straty ogólności (nasze wyrażenie jest symetryczne) niech będą to liczby \(\displaystyle{ a,b}\). Wówczas:
\(\displaystyle{ (a-1)(b-1)\ge 0\\ab+1\ge a+b\\2abc+2c\ge 2ac+2bc}\)
a zatem otrzymujemy wówczas
\(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+c^{2}-2ab-2bc-2ca+2abc+1\ge a^{2}+b^{2}+c^{2}-2ab-2c+1=(a-b)^{2}+(c-1)^{2}\ge 0}\)
co kończy dowód. Równość zachodzi dla \(\displaystyle{ a=b=c=1}\).

Jeśli nie ma błędu, to z uwagi na porę i brak lepszego pomysłu z mojej strony następny może być ten lemat z poprzedniego niezrobionego zadania, tj. proszę udowodnić, że w dodatnich mamy
\(\displaystyle{ \frac{a}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+c^{2}}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+d^{2}}}+\frac{d}{\sqrt{d^{2}+a^{2}}}\le 3}\)
(NB równość nie zachodzi).

[bosa_Nike]

Ukryta treść:    

Właściwie to nawet interesuje mnie zgrabne elementarne rozwiązanie tego ostatniego zadania. Analitycznie to wychodzi po sprawdzeniu założeń i zastosowaniu któregoś z poniższych twierdzeń:
- Half Convex Function Theorem
https://journalofinequalitiesandapplications.springeropen.com/track/pdf/10.1186/1029-242X-2011-101
- Equal Variable Theorem
https://www.emis.de/journals/JIPAM/images/059_06_JIPAM/059_06.pdf
- wersja Single Inflection Point Theorem alias n-1 EV

Kod: Zaznacz cały

https://web.evanchen.cc/handouts/Ineq/en.pdf

To się wszystko w każdym przypadku sprowadza do rozpatrzenia tylko sytuacji, gdy wszystkie zmienne prócz co najwyżej jednej są parami równe.
Weźmy ostatnie twierdzenie. Wprowadzając nowe zmienne \(\displaystyle{ x=\ln\frac{b^2}{a^2},\ y=\ln\frac{c^2}{b^2},\ z=\ln\frac{d^2}{c^2},\ t=\ln\frac{a^2}{d^2}}\) przekształcamy nierówność do postaci $$\sum_{cyc}\frac{1}{\sqrt{1+e^x}}\ge 0$$ Mamy wtedy \(\displaystyle{ x+y+z+t=0}\). Dodatkowo definiujemy \(\displaystyle{ f(u)=\frac{1}{\sqrt{1+e^u}}}\) na zbiorze liczb rzeczywistych. Ponieważ \(\displaystyle{ f''(u)=\frac{e^u\bigl(e^u-2\bigr)}{4\sqrt{\bigl(1+e^u\bigr)^5}}}\) ma jedno miejsce zerowe, to \(\displaystyle{ f}\) ma jeden punkt przegięcia, więc jeżeli suma \(\displaystyle{ f(x)+f(y)+f(z)+f(t)}\) osiąga wartość największą/najmniejszą, to jest tak w przypadku, gdy WLOG \(\displaystyle{ x=y=z}\). Jeżeli teraz oznaczymy \(\displaystyle{ e^x=e^y=e^z=v}\), to \(\displaystyle{ e^t=\frac{1}{v^3}}\), więc wystarczy dowieść, że $$3-\frac{3}{\sqrt{1+v}}-\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{v^3}}}\ge 0$$
Jak się ma odpowiednio dużo cierpliwości (ja miałam, mam na to ksero), to okaże się, że po wystarczająco uporczywym podnoszeniu do kwadratu i grupowaniu pozostaje dowieść $$\left(8v^3+9v^2-9v+18\right)^2-\left(18\sqrt{v+1}\left(v^2-v+1\right)\right)^2=v^2(v+1)^2\left((v-1)^2\left(64(v-1)^2+76v+9\right)+20v^2+8\right)\ge 0$$

Jeśli ktoś nie chce używać Hoeldera, a odczuwa potrzebę samoumartwiania, to analogicznie można ograniczyć lewą stronę wyjściowej nierówności z dołu przez jeden.

Jeżeli powyższe wystarczy, to prawo do zamieszczenia nowego zadania przekazuję dowolnej chętnej osobie.


PS Jestem pod wielkim wrażeniem oficjalnej (a jakże!) strony konkursu Baltic Way 2019. (Baltic) Way to go!

[timon92]

może tak:    

bez ograniczenia ogólności rozumowania przyjmiemy, że \(a\le c\)

zbudujmy czworokąt wypukły \(ABCD\) o prostopadłych przekątnych przecinających się w punkcie \(E\), przy czym \(AE=a, BE=b, CE=c, DE=d\)

ponieważ \(a\le c\), więc \(\angle EAB \ge \angle BCE = \frac \pi 2 - \angle EBC\)

wobec tego \(\angle EAB + \angle EBC + \angle ECD + \angle EDA \ge \frac \pi 2\)

z wklęsłości i malejącości kosinusa na przedziale \(\left[0,\frac\pi2\right]\) wynika więc, że (nierówność Karamaty) $$\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+d^2}}+\frac{d}{\sqrt{d^2+a^2}}=\cos \angle EAB + \cos \angle EBC + \cos \angle ECD + \cos \angle EDA \le \cos 0 + \cos 0 + \cos 0 + \cos \frac \pi 2 = 3$$

Dodano po 18 godzinach 17 minutach 25 sekundach:
a może jednak nie tak XD palnąłem głupotę, jakikolwiek Karamata daje szacowanie w złą stronę XD