[MIX][Nierówności] Mix matematyczny (17)

[Piotr Rutkowski]

Tytuł mówi chyba wszystko, miłej zabawy
Aha, do 10 mam rozwiązanie i jak ktoś je rozwiąże to będzie dla mnie bogiem nierówności

1)
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \forall_{a,b,c \in \mathbb{R}_{+}}}\) takich, że \(\displaystyle{ \sum_{cyc}a=3}\) zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}\frac{a^{2}}{b+1}\geq \frac{3}{2}}\)

2)
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \forall_{x_{1},x_{2},...,x_{n}\in \mathbb{R}_{+}}}\) zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}\sqrt{x_{k}^{2}+1}\geq \sqrt{2n\sum_{k=1}^{n}x_{k}}}\)

3)
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \forall_{a,b,c \in \mathbb{R}_{+}}}\) zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}\frac{ab+c^{2}}{a+b}\geq \sum_{cyc}a}\)

4)
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \forall_{a,b,c \in \mathbb{R}_{+}}}\) zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ 3(\sum_{cyc}x^{2}y)(\sum_{cyc}xy^{2})\geq xyz(x+y+z)^{3}}\)

5)
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \forall_{a,b,c \in \mathbb{R}_{+}}}\) zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ (\frac{a+b+c}{3})^{a+b+c}\geq a^{b}b^{c}c^{a}}\)

6)
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \forall_{a,b,c \in \mathbb{R}_{+}}}\) takich, że \(\displaystyle{ \sum_{cyc}a^{2}=1}\) zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}\frac{1}{a^{2}}\geq 3+\frac{2\sum_{cyc}a^{3}}{abc}}\)

7)
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \forall_{a,b,c \in \mathbb{R}_{+}}}\) takich, że \(\displaystyle{ a+b+c=abc}\) zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}\sqrt{1+a^{2}}\geq 6}\)

8)
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \forall_{x_{1},x_{2},...,x_{n}\in \mathbb{R}_{+}}}\) takich, że \(\displaystyle{ x_{n+1}=x_{1}}\) zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}\frac{a_{k}^{3}}{a_{k+1}}\geq \frac{\sum_{k=1}^{n}(a_{k}+1)^{2}}{2}-n}\)

9)
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \forall_{a,b,c \in \mathbb{R}_{+}}}\) takich, że \(\displaystyle{ \sum_{cyc}\sqrt{\frac{1-x}{yz}}=2}\) zachodzi równość:
\(\displaystyle{ max \ xyz=(\frac{3}{4})^{3}}\)

10)
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \forall_{a,b,c \in \mathbb{R}_{+}}}\) zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}\frac{1}{(2a+b)^{2}}\geq \frac{1}{\sum_{cyc}ab}}\)

Powodzenia

[limes123]

Pierwsze samo sie robi z Engela ale inne juz chyba wymagaja wiecej myslenia;p fajnie, ze mixy odzyly

[Wasilewski]

5) Jensen dla \(\displaystyle{ f(x) = \ln x}\) daje nam nierówność:
\(\displaystyle{ \left( \prod a_{i}^{b_{i}}\right)^{ \frac{1}{\sum b_{i}}} \leqslant \frac{\sum a_{i} b_{i}}{\sum b_{i}}}\)
Wstawiając tu dane z zadania otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \left(a^{b} \cdot b^{c} \cdot c^{a}\right)^{\frac{1}{a+b+c}} \le \frac{ab + bc +ac}{a+b+c} \le \frac{a+b+c}{3}}\)
Druga nierówność wynika oczywiście z tego:
\(\displaystyle{ (a+b+c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + 2(ab + bc + ac) \geqslant 3(ab+bc+ac)}\)

[limes123]

3.(nie moje rozwiązanie)
Bez zmniejszania ogolnosci
\(\displaystyle{ a\geq b\geq c>0}\) i teraz
\(\displaystyle{ \frac{a^2+bc}{a(b+c)}\geq 1}\)
\(\displaystyle{ \frac{a^2+bc}{a(b+c)}+\frac{b^2+ac}{b(a+c)}\geq 2}\)
\(\displaystyle{ \sum \frac{a^2+bc}{a(b+c)\geq 3}}\)
przyjmijmy \(\displaystyle{ \frac{a^2+bc}{a(b+c)}-1=x}\) itd
wtedy
\(\displaystyle{ \sum \frac{a^2+bc}{b+c}-\sum a=ax+by+cz=(a-b)x+(b-c)(x-y)+c(z+y+z)\geq 0}\)

[mol_ksiazkowy]

ad 2,
ozpisac warunek wypuklosci funkci \(\displaystyle{ f(x)=\sqrt{1+x^2}}\) dla punktów \(\displaystyle{ x_1,...,x_n}\) z wagami \(\displaystyle{ \alpha_j =\frac{1}{n}}\)

[limes123]

4 - znam rozwiazanie wiec moze tylko podpowiem, ze da sie z AM-GM.

[Wasilewski]

7) Najpierw AM-GM (korzystam z warunku):
\(\displaystyle{ (\frac{a+b+c}{3}) \geqslant \sqrt[3]{abc} \\
\frac{(abc)^2}{27} \geqslant 1 \\
abc 3\sqrt{3}}\)
Teraz Jensen dla funkcji \(\displaystyle{ f(x) = \sqrt{1+x^2}}\) (wypukła):
\(\displaystyle{ \sum_{cyc} \frac{1}{3} \sqrt{1+a^2} \geqslant \sqrt{1 + (\frac{a+b+c}{3})^2} = \sqrt{1 + (\frac{abc}{3})^2} \sqrt{1 + (\sqrt{3})^2} = 2}\)

[limes123]

7. II rozwiązanie
z nierownosci Minkowskiego
\(\displaystyle{ \sum_{cyc} \sqrt{1+a^2}\geq \sqrt{9+(abc)^2}}\) i teraz korzystajac z tego co udowodnij Wasilewski (3 linijka) wynika teza.

[Dumel]

8)
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \forall_{x_{1},x_{2},...,x_{n}\in \mathbb{R}_{+}}}\) takich, że \(\displaystyle{ x_{n+1}=x_{1}}\) zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}\frac{a_{k}^{3}}{a_{k+1}}\geq \frac{\sum_{k=1}^{n}(a_{k}+1)^{2}}{2}-n}\)

z ciągów przeciwnie monotonicznych:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}\frac{a_{k}^{3}}{a_{k+1}}\geq \sum_{k=1}^{n}a_k^2}\)
wystarczy pokazac ze:
\(\displaystyle{ 2\sum_{k=1}^{n}a_k^2 \geqslant \sum_{k=1}^{n}a_k^2+2 \sum_{k=1}^{n}a_k-n}\)
czyli
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}(a_k-1)^2 \geqslant 0}\) ckd

[Piotr Rutkowski]

3.(nie moje rozwiązanie)
Bez zmniejszania ogolnosci
\(\displaystyle{ a\geq b\geq c>0}\) i teraz
\(\displaystyle{ \frac{a^2+bc}{a(b+c)}\geq 1}\)
\(\displaystyle{ \frac{a^2+bc}{a(b+c)}+\frac{b^2+ac}{b(a+c)}\geq 2}\)
\(\displaystyle{ \sum \frac{a^2+bc}{a(b+c)\geq 3}}\)
przyjmijmy \(\displaystyle{ \frac{a^2+bc}{a(b+c)}-1=x}\) itd
wtedy
\(\displaystyle{ \sum \frac{a^2+bc}{b+c}-\sum a=ax+by+cz=(a-b)x+(b-c)(x-y)+c(z+y+z)\geq 0}\)

Piękne i finezyjne rozwiązanie!
Firmówka jest (jak się domyślacie) toporna:
To leci jakoś tak, "po oczywistych przekształceniach bla bla bla nierówność jest równoważna":
\(\displaystyle{ \frac{\sum_{cyc}(a^{2}-b^{2})^{2}}{2\prod_{cyc}(a+b)}\geq 0}\)

No, to zostały już "tylko" 6, 9 i 10

[limes123]

No mi tez sie podoba (chyba jakis gosc z Vietnamu tak dowodzil)
Jeszcze zostala ta 4 bo wlasciwie jest tylko podpowiedz

[Gierol]

no to zad 6 (rozw moje )
ujednoradniamy:
\(\displaystyle{ \sum_{cyc} a^{2} \cdot \sum_{cyc} \frac{1}{a^{2}} \geqslant 3+ \frac{2\sum_{cyc} a^{3}}{abc}}\)
i teraz lemacik:
\(\displaystyle{ a^{2} \cdot \sum_{cyc} \frac{1}{a^{2}} \geqslant 1+ \frac{2a^{3}}{abc}}\)
\(\displaystyle{ \frac{a^{2}}{b^{2}} + \frac{a^{2}}{c^{2}} \geqslant \frac{2a^{2}}{bc}}\)
\(\displaystyle{ a^{2}c^{2}+a^{2}b^{2} \geqslant 2a^{2}bc}\)
a to jest prawda na mocy A>G
jeszcze 2 razy ten lemacik dla \(\displaystyle{ b, c}\), sumujemy i jest teza

[mol_ksiazkowy]

No, to zostały już "tylko" 6, 9 i 10

9 i 10 (ewentualnie 4)...

[Premislav]

4.:    

Sprawę natychmiast załatwia uogólniona nierówność Höldera:
\(\displaystyle{ \left(1+1+1\right) \left(x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x\right)\left(x^{2}z+y^{2}x+z^{2}y\right)\ge \left(\sqrt[3]{1\cdot x^{2}y\cdot x^{2}z}+\sqrt[3]{1\cdot y^{2}z\cdot y^{2}x}+\sqrt[3]{1\cdot z^{2}x\cdot z^{2}y} \right)^{3} =xyz(x+y+z)^{3}}\)

Dziesiąte wygląda trochę podobnie jak Iran'96, a to nie zachęca do rozkminy, przynajmniej mnie. xDD

[bosa_Nike]

9:    

Z danego warunku \(\displaystyle{ 2\sqrt{xyz}=\sum\sqrt{x-x^2}}\), więc z C-S i AM-GM $$4xyz=\left(\sum\sqrt{x-x^2}\right)^2\le 3\sum \left(x-x^2\right)=3\sum\left(\frac{9}{16}-\frac{1}{2}x-\left(x-\frac{3}{4}\right)^2\right)\le 3\sum\left(\frac{9}{16}-\frac{1}{2}x\right)\le 3\left(\frac{27}{16}-\frac{3}{2}\sqrt[3]{xyz}\right).$$
Oznaczając \(\displaystyle{ xyz=t^3>0}\) mamy zatem $$4t^3\le\frac{81}{16}-\frac{9}{2}t,$$ czyli $$\frac{1}{16}(3-4t)\left(16t^2+12t+27\right)\ge 0.$$
Równość dla \(\displaystyle{ x=y=z=\frac{3}{4}}\).