[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[Ponewor]

Do udowodnienia zostaje:    

\(\displaystyle{ 4\sum x^{4}y^{2}+4\sum x^{4}yz \ge \sum x^{5}y +3 \sum x^{3}y^{3}+ 3 \sum x^{3}y^{2}z+\sum x^{2}y^{2}z^{2}}\)

[timon92]

Ukryta treść:    

nierówność, którą otrzymał Ponewor, chcemy dowodzić przy założeniu \(\displaystyle{ 2\sum xy \ge \sum x^2}\) (bo po drodze coś kwadratował stronami i tylko ten przypadek nas interesuje)

to się zwija do
\(\displaystyle{ \left(2\sum xy - \sum x^2\right)\left(\sum x^3y - \sum x^2y^2 \right) + 2\sum x^4yz - 2\sum x^2y^2z^2 \ge 0}\)

inne rozwiązania są tutaj: ... 2&t=520400

nowe: niech \(\displaystyle{ a,b,c}\) całkowite. Wykazać, że \(\displaystyle{ \nwd(a,b)\nwd(b,c)\nwd(c,a) \ge \nwd(a,b,c)}\).

[Ponewor]

Ukryta treść:    

Oczywistą nierówność \(\displaystyle{ \min \left( x, \ y \right) + \min \left( y, \ z \right) + \min \left( z, \ x \right) \ge \min \left( x, \ y, \ z \right)}\) dla \(\displaystyle{ x, \ y, \ z \ge 0}\) dowodzimy porządkując liczby bso. Przechodzimy do wykładników potęg przy podstawach \(\displaystyle{ p_{i} \ge 2 >1}\):
\(\displaystyle{ p_{i}^{\min \left( x, \ y \right) + \min \left( y, \ z \right) + \min \left( z, \ x \right) } \ge p_{i}^{\min \left( x, \ y, \ z \right) }}\)
\(\displaystyle{ p_{i}^{\min \left( x, \ y \right) } \cdot p_{i}^{\min \left( y, \ z \right) } \cdot p_{i}^{\min \left( z, \ x \right) } \ge p_{i}^{\min \left( x, \ y, \ z \right) }}\)
Teraz gdy do otrzymanych nierówności wstawimy
\(\displaystyle{ x=\mbox{v}_{p_{i}} \left( a \right) \ y=\mbox{v}_{p_{i}} \left( b \right) \ z = \mbox{v}_{p_{i}} \left( c \right)}\)
i wymnożymy wszystkie, otrzymamy tezę.

\(\displaystyle{ \frac{b+c}{a^{2}} + \frac{c+a}{b^{2}} + \frac{a+b}{c^{2}} \ge \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}}\)
P
Przy czym zmienne pozytywne.

[Msciwoj]

Ukryta treść:    

Udowodnię mocniejszą nierówność:

TEZA: \(\displaystyle{ \frac{b+c}{a^{2}} + \frac{c+a}{b^{2}} + \frac{a+b}{c^{2}} \ge \frac{2}{a} + \frac{2}{b} + \frac{2}{c}}\)

Wszystko jest symetryczne, więc dla ustalenia uwagi:
\(\displaystyle{ a \ge b \ge c}\)
Wtedy:

\(\displaystyle{ \frac{1}{c^2} \ge \frac{1}{b^2} \ge \frac{1}{a^2}}\)

Na mocy ciągów jednomonotonicznych (jakich, to jest tu akurat oczywiste):

\(\displaystyle{ \frac{a}{c^{2}} + \frac{c}{a^{2}} \ge \frac{1}{a} + \frac{1}{c}}\)
I analogicznie.
Oznacza to, że po dodaniu mamy:
\(\displaystyle{ \frac{b+c}{a^{2}} + \frac{c+a}{b^{2}} + \frac{a+b}{c^{2}} \ge \frac{2}{a} + \frac{2}{b} + \frac{2}{c}}\)
Otrzymujemy tezę.

Jeśli to jest dobrze, to macie następną:

\(\displaystyle{ \sqrt{a^{3} +b^{3} + c^{3}} \cdot \sqrt{a^2 +b^2 + c^2} \ge a^{2} \sqrt{a} + b^{2} \sqrt{b} + c^{2} \sqrt{c}}\)

Zmienne \(\displaystyle{ a,b,c}\) są oczywiście dodatnimi liczbami rzeczywistymi.

[Ponewor]

Ukryta treść:    

Bezpośrednio zastosowana nierówność Cauchy'ego-Schwarza dla ciągów \(\displaystyle{ a\sqrt{a}, \ b\sqrt{b}, \ c\sqrt{c}}\) i \(\displaystyle{ a, \ b, \ c}\).

[timon92]

Ponewor, wrzucaj nowe zadanie po rozwiązaniu poprzedniego...

wykażcie sobie takie coś: \(\displaystyle{ a+b+c+d=\frac 1a + \frac 1b + \frac 1c + \frac 1d = 0 \implies (ab+ac+ad+bc+bd+cd)^2 \ge 4abcd}\)

[Ponewor]

Wybaczcie, po prostu tymczasowo utraciłem łącze.

Ukryta treść:    

Założenie mówi nam, że \(\displaystyle{ a+b=c+d=0}\) lub \(\displaystyle{ ab=cd}\). W obu przypadkach mądrze zwijając obędziemy się od uciążliwego kwadratowania. W pierwszym otrzymamy oczywiste \(\displaystyle{ (x+y)^{2}
\ge 4xy}\), zaś w drugim też zwinie się do kwadratu. Więcej mogę napisać jak będę przy komputerze.

Pozytywne \(\displaystyle{ a, \ b, \ c}\) spełniają \(\displaystyle{ a+b+c \ge \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}}\). Pokazać \(\displaystyle{ a+b+c \ge \frac{3}{abc}}\)

[jakub_jabulko]

timon, skąd masz tą nierówność? bo to założenie z tymi odwrotnościami jest niepotrzebne. można po prostu zauważyć, że:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ ab+ac+ad=-a ^{2}}\) itd.

[Msciwoj]

Co do nierówności wrzuconej przez timon92:

Pochodzi ona z tegorocznego obozu Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów dla "starszych". Rozwiązanie firmowe chyba niedługo się ukaże, natomiast rozwiązujący je gimnazjaliści zauważyli, że jedno z założeń jest niepotrzebne... Mianowicie:

Ukryta treść:    

Ponieważ \(\displaystyle{ a+b+c+d = 0}\), to \(\displaystyle{ ab + ac + ad + bc + bd + cd = \frac{a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}}{-2}}\)

Należy więc udowodnić:
\(\displaystyle{ (a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2})^{2} \ge 16abcd}\)
Z nierówności między średnimi dla zmiennych \(\displaystyle{ |a|, |b|, |c|, |d|}\) otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \sqrt{\frac{a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}}{4}} \ge \sqrt[4]{|abcd|}}\)
Podnosimy do czwartej potęgi i mnożymy przez 16:
\(\displaystyle{ (a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2})^{2} \ge 16|abcd| \ge 16abcd}\)

Co było do okazania.

Jak widać, nie skorzystaliśmy z założenia, że \(\displaystyle{ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{d} = 0}\)
Rozwiązujący tę nierówność gimnazjaliści w większości też tego nie zrobili...

[jakub_jabulko]

no właśnie, nie rozumiem, dlaczego wrzuca się na forum taki żal. to znaczy dziwi mnie to po prostu.

-- 9 cze 2013, o 17:21 --

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ (a+b+c) ^{2} \ge ( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) ^{2} \ge \frac{3}{ab} + \frac{3}{bc} + \frac{3}{ca} \ge \frac{3(a+b+c)}{abc}}\) no i dzielimy przez \(\displaystyle{ a+b+c}\)

-- 9 cze 2013, o 17:24 --

męczy mnie to zadanie, a coś z nierównościami wspólnego ma:
\(\displaystyle{ a+b+c=6}\) oraz \(\displaystyle{ ab+bc+ca=9}\) oraz \(\displaystyle{ a<b<c}\). Wykazać, że \(\displaystyle{ 0<a<1<b<3<c<4}\)

[Msciwoj]

Ukryta treść:    

Weźmy funkcję \(\displaystyle{ f(x) = (x-a)(x-b)(x-c)}\)
Inaczej:
\(\displaystyle{ f(x)= x^{3} - x^{2}(a+b+c) + x(ab + bc + ca) - abc = x^{3} - 6x^{2} + 9x + D}\)
Nasza funkcja dla pewnych \(\displaystyle{ D \in \mathbb{R}}\) ma trzy miejsca zerowe. Wnioskując po współczynniku przy najwyższej potędze, funkcja najpierw rośnie, potem ma lokalne maksimum, potem maleje, ma lokalne minimum i znów rośnie, aż do nieskończoności. Tak zwykle zachowują się wielomiany trzeciego stopnia, które mogą być przecięte prostą równoległą do osi odciętych tak, aby powstały trzy punkty przecięcia.

Ładnie widać jeśli narysujemy wykres, że prostej stycznej do wykresu w minimum odpowiada najmniejsze \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ c}\), ale największe \(\displaystyle{ b}\), natomiast prostej stycznej do wykresu w maksimum odpowiada największe \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ c}\), ale najmniejsze \(\displaystyle{ b}\).
Możemy to sobie policzyć.

Bierzemy dla ułatwienia funkcję \(\displaystyle{ g(x) = x^{3} - 6x^{2} + 9x}\)
Liczymy pochodną: \(\displaystyle{ f'(x)=g'(x)=3x^{2}-12x+9}\).
Ładnie wychodzą nam dwa miejsca zerowe tej pochodnej: 1 i 3.
\(\displaystyle{ g(1)=g(4)=4}\)
\(\displaystyle{ g(3)=g(0)=0}\)
Oznacza to, że \(\displaystyle{ 0<a<1<b<3<c<4}\), bo oczywiście prosta styczna przecina wykres w dwóch, a nie trzech punktach, więc nie mogą zachodzić odpowiednie równości.

Rozumowanie nie do końca ścisłe, bo trochę nie wiem jak to opisać, narysowanie bardzo pomoże, bo od razu widać o co chodzi.

Ode mnie nierówność:

\(\displaystyle{ \frac{c+a}{a^{2}b^{2}}+\frac{b+c}{c^{2}a^{2}} + \frac{a+b}{b^{2}c^{2}} \ge \frac{2(a+b+c)^{3}}{(a^{3}+b^{3}+c^{3})^{2}}}\)

Wszystkie zmienne dodatnie. Jeśli okaże się za proste, przepraszam, ja robiłem jakoś strasznie na około...

[jakub_jabulko]

umie ktoś bez pochodnych?

[Ponewor]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \frac{c+a}{a^{2}b^{2}}+\frac{b+c}{c^{2}a^{2}} + \frac{a+b}{b^{2}c^{2}} = \frac{ \left( c+a \right) ^{2}}{a^{2}b^{2} \left( c+a \right) }+\frac{ \left( b+c \right) ^{2}}{c^{2}a^{2} \left( b+c \right) } + \frac{ \left( a+b \right) ^{2}}{b^{2}c^{2} \left( a+b \right) } \ge \frac{4 \left( a+b+c \right) ^{2}}{a^{3}b^{2}+b^{3}c^{2}+c^{3}a^{2}+a^{2}b^{2}c+b^{2}c^{2}a+b^{2}c^{2}a} \ge \frac{2 \left( a+b+c \right) ^{3}}{ \left( a^{3}+b^{3}+c^{3} \right) ^{2}} \Leftrightarrow 2 \left( a^{3}+b^{3}+c^{3} \right) ^{2} \ge \left( a+b+c \right) \left( a^{3}b^{2}+b^{3}c^{2}+c^{3}a^{2}+a^{2}b^{2}c+b^{2}c^{2}a+b^{2}c^{2}a \right)}\)
co da się w przyzwoitym czasie na niedużej kartce wymnożyć i dokończyć Muirheadem.

\(\displaystyle{ a, \ b, \ c > 0 \implies \left( a^{2}+2 \right) \left( b^{2}+2 \right) \left( c^{2}+2 \right) \ge 9 \left( ab+bc+ca \right)}\)

[timon92]

wracając do ostatniej nierówności, którą zaproponowałem:

Ukryta treść:    

rozważamy wielomian \(\displaystyle{ P(t) = (t-a)(t-b)(t-c)(t-d) = t^4+(ab+ac+ad+bc+bd+cd)t^2+abcd}\). Wielomian \(\displaystyle{ Q}\), który spełnia \(\displaystyle{ Q(t^2)=P(t)}\) ma przynajmniej jeden pierwiastek (bo np. \(\displaystyle{ Q(a^2)=0}\)), więc jego wyróżnik jest nieujemny, więc dostajemy tezę

\(\displaystyle{ a, \ b, \ c > 0 \implies \left( a^{2}+2 \right) \left( b^{2}+2 \right) \left( c^{2}+2 \right) \ge 9 \left( ab+bc+ca \right)}\)

[Zahion]

\(\displaystyle{ (a ^{2} + 2)(b ^{2} + 2)(c ^{2} + 2) = (abc) ^{2} + 2((ab) ^{2} + (bc) ^{2} + (ac) ^{2}) + 4(a ^{2} + b ^{2} + c ^{2}) + 8 \ge 9(ab + ac + bc)}\)
Wystarczy zauważyć, że \(\displaystyle{ 4(a ^{2} + b ^{2} + c ^{2}) \ge 4(ab + ac + bc)}\)
oraz, że \(\displaystyle{ 2((ab) ^{2} + (bc) ^{2} + (ac) ^{2} + 3) \ge 4(ab + ac + bc)}\)
i \(\displaystyle{ (abc) ^{2} + 2 \ge ab + ac + bc}\)
łącząc kolejno te nierówności otrzymujemy tezę.
Udowodnić, że dla dowolnych \(\displaystyle{ x _{1}, x _{2}, ..., x _{n}}\) należących do przedziału\(\displaystyle{ [0 ; 2]}\) zachodzą równości :
\(\displaystyle{ - \frac{1}{4} \le \frac {x _{1} ^{2} + x _{2} ^{2} + ... + x _{n} ^{2} }{n} - \frac{x _{1} + x _{2} + ... + x _{n} }{n} \le 2}\)