[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[Sylwek]

Blef, \(\displaystyle{ x \ge 3 \Rightarrow \frac{9}{x} \le 3}\), a nie odwrotnie. Ta nierówność jest pewnie dużo sprytniejsza.

[Dumel]

ciąg liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ a_1,a_2,...,a_n}\) dla każdych indeksów spełnia \(\displaystyle{ a_{i+j} \le a_i+a_j}\). Udowodnić że dla każdego całkowitego dodatniego \(\displaystyle{ n}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ a_1+ \frac{a_2}{2}+ \frac{a_3}{3}+...+ \frac{a_n}{n} \ge a_n}\)

[frej]

Co z nierównością Piotra Rutkowskiego ? Chętnie poznałbym wzorcówkę...

Może jeszcze coś takiego

\(\displaystyle{ a,b,c \in \mathbb{R}_{+}}\)

\(\displaystyle{ \sum \frac{a^2+bc}{b+c} \ge a+b+c}\)

[schmude]

\(\displaystyle{ a^2 + bc=b(b+c)+a^2-b^2}\)

Stąd nierównośc przybiera postać

\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{a^2-b^2}{b+c} \ge 0}\)

Wystarczy potem przemnożyć stronami przez mianowniki i wyjdzie \(\displaystyle{ a^4+b^4+c^4 \ge (ab)^2+(bc)^2+(ca)^2}\)

Oczywiście, początkowe przekształcenie tylko trochę ułatwia sprawę. Gdybyśmy na początku przemnożyli na pałę przez mianowniki to potem byłoby sporo do liczenia:)

[frej]

Nie tak sporo, nie wiem czy pięć minut liczyłem -- 13 kwietnia 2009, 17:13 --To było trochę zbyt proste, ale byłem ciekawy czy istnieje jakieś ładniejsze rozwiązanie.

[Sylwek]

To było trochę zbyt proste, ale byłem ciekawy czy istnieje jakieś ładniejsze rozwiązanie.

\(\displaystyle{ (a^2,b^2,c^2), \ (\frac{1}{b+c}, \frac{1}{a+c}, \frac{1}{a+b})}\) są jednakowo uporządkowane, toteż
\(\displaystyle{ \sum \frac{a^2}{b+c} \ge \sum \frac{b^2}{b+c}}\), czyli postać, którą pokazał schmude.

[XMaS11]

\(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{} \frac{a^2}{b+c} \ge \sum_{cyc}^{} \frac{b^2}{b+c}}\).
Dalej:
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{} \frac{a^2+bc}{b+c} \ge \sum_{cyc}^{} \frac{b^2+bc}{b+c}}\).
Dalej :
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{} \frac{a^2+bc}{b+c} \ge \sum_{cyc}^{} \frac{b(b+c)}{b+c}}\).
Skąd :
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{} \frac{a^2+bc}{b+c} \ge a+b+c}\).
Pierwsza nierówność znana, idzie z ciągów np.

[Dumel]

zadanie z 45. IMO (chociaz IMHO na IMO to troche za latwe):
udowodnić że jeżeli liczby dodatnie \(\displaystyle{ t_1,t_2,...,t_n}\) spełniają nierówność
\(\displaystyle{ n^2+1 > (t_1+t_2+...+t_n)( \frac{1}{t_1}+ \frac{1}{t_2}+...+ \frac{1}{t_n})}\) to dla dowolnych liczb całkowitych \(\displaystyle{ 1 \le i<j<k \le n}\) liczby \(\displaystyle{ t_i,t_j,t_k}\) są długościami boków trójkąta.

[Sylwek]

Czas rozruszać temat . Powyższa nierówność nie jest trudna, ale brzydka w zapisie, szczególnie na początku.

Przypuśćmy nie wprost, że teza jest nieprawdziwa, dla ustalenia uwagi \(\displaystyle{ t_1 \ge t_2 + t_3}\). Po wymnożeniu prawej strony w tej długiej sumie występuje zarówno (\(\displaystyle{ i > j}\)) składnik \(\displaystyle{ \frac{t_i}{t_j}}\), jak i \(\displaystyle{ \frac{t_j}{t_i}}\) (poza n składnikami typu: \(\displaystyle{ \frac{t_i}{t_i}=1}\). Zatem :

\(\displaystyle{ n^2+1 > P=\underbrace{\frac{t_1}{t_2}+\frac{t_1}{t_3}+\frac{t_2}{t_1}+\frac{t_3}{t_1}}_{d}+ \sum \frac{t_i}{t_i} + \sum_{(i,j) \neq (1,2) \wedge (i,j) \neq (1,3)} (\frac{t_i}{t_j}+\frac{t_j}{t_i}) \ge \\ \ge d + n + (n^2-n-4) = n^2-4 + d}\)

Gdy pokażemy, że \(\displaystyle{ d \ge 5}\) dostaniemy sprzeczność z założeniem zadania, co zakończy dowód nie wprost. Niech \(\displaystyle{ \frac{t_2}{t_1}=a, \frac{t_3}{t_1}=b}\), przy czym \(\displaystyle{ a+b \le 1}\).

Zatem wystarczy udowodnić dla takich a,b dodatnich zachodzi: \(\displaystyle{ a+b+\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \ge 5}\).

Oczywiście \(\displaystyle{ f(x)=x+\frac{1}{x}}\) jest malejąca na przedziale \(\displaystyle{ (0,1)}\), więc skoro: \(\displaystyle{ b \le 1-a}\), to \(\displaystyle{ f(b) \ge f(1-a)}\).

Podsumowując, poniższe przekształcenia kończą dowód nie wprost i dowodzą tezy zadania:
\(\displaystyle{ a+b+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=f(a)+f(b) \ge f(a)+f(1-a) = \\ =a+(1-a)+\frac{1}{a}+\frac{1}{1-a} = 1 + \frac{1}{a(1-a)} \ge 1+\frac{1}{\frac{1}{4}}=5}\)

[Dumel]

na mathlinksie nikomu sie nie udalo tego rozwiazac, to moze tu sie uda
\(\displaystyle{ a,b,c>0}\)
\(\displaystyle{ \frac {a^3 + b^3 + c^3}{ab + ac + bc} + \frac {4abc}{a^2 + b^2 + c^2}\geq\frac {7}{9}(a + b + c)}\)

[Sylwek]

Szkoda, że takie zadania wymyślają ludzie hołdujący używaniu komputera to rozwiązywania nierówności, szczególnie widać to na mathlinksie. Jeśli to ma być temat poważnie przygotowujący do OM, to ponawiam radę Piotrka Rutkowskiego z pierwszych stron tego tematu - wrzucajcie coś na poziomie OM, czyli proste i sprytne, a nie takie kombajny.

Skoro już wruzono, zaprezentuję typowo mathlinksową metodę (bo po to prawdopodobnie ta nierówność została stworzona) - wymnożyć, uporządkować, zwinąć . Zostało do rozwalenia (u góry sum oznaczam, ile jest składników w danej sumie, żeby nie było nieporozumień co oznaczam sym/cyc):

\(\displaystyle{ 9 (\sum_{cyc}^3 a^5) + 2 ( \sum_{sym}^6 a^3b^2)+22 (\sum_{cyc}^3 a^2b^2c) \ge 7 (\sum_{sym}^6 a^4b) + 21 (\sum_{cyc}^3 a^3bc)}\)

Jakby podstawić a=b=c=1 to mamy równość, więc nie powinno być błędu w wymnażaniu . Teraz już z górki

[Dumel]

probowalem skminic cos sprytnego ale tez nic mi nie wyszlo. nie wiem tylko jak od razu poznałeś że ona jest zrobiona aby poćwiczyć sobie wymnażanie

no to coś prostego i sprytniejszego (bo sprytnego to za duzo powiedziane):
\(\displaystyle{ a,b,c > 0}\)
\(\displaystyle{ \sqrt {(a^2b + b^2c + c^2a)(ab^2 + bc^2 + ca^2)} \geq abc + {^3}\sqrt {abc(a^2 + bc)(b^2 + ca)(c^2 + ab)}}\)
moje rozwiązanie:

Ukryta treść:    

dla dodatnich \(\displaystyle{ x,y,z,w}\) mamy \(\displaystyle{ \sqrt {(x + y)(z + w)} \ge \sqrt {xz} + \sqrt {yw}}\) (przypadek szczególny nierówności Minkowskiego)
teraz
\(\displaystyle{ \sqrt {(a^2b + b^2c + c^2a)(ab^2 + bc^2 + ca^2} \ge abc + \sqrt {(b^2c + c^2a)(ab^2 + bc^2 + ca^2)} = abc + (b^2 + ac) \sqrt {ac}}\)
\(\displaystyle{ \sqrt {(a^2b + b^2c + c^2a)(ab^2 + bc^2 + ca^2} \ge abc + (c^2 + ab) \sqrt {ab}}\)
\(\displaystyle{ \sqrt {(a^2b + b^2c + c^2a)(ab^2 + bc^2 + ca^2} \ge abc + (a^2 + bc) \sqrt {bc}}\)
wiec
\(\displaystyle{ 3\sqrt {(a^2b + b^2c + c^2a)(ab^2 + bc^2 + ca^2} \ge 3abc + (b^2 + ac) \sqrt {ac} + (c^2 + ab) \sqrt {ab} + (a^2 + bc) \sqrt {bc} \ge 3abc + 3\sqrt [3]{abc(a^2 + bc)(b^2 + ac)(c^2 + ab)}}\)

[jerzozwierz]

Dobra. Może mi ktoś wyjaśnić co oznacza "cyc" i "sym" pod znakiem sumy?

[patry93]

jerzozwierz - 4 post od góry

[jerzozwierz]

Dzięki