Prosta Nierówność II

[mol_ksiazkowy]

Udowodnić że gdy \(\displaystyle{ a, b, c >0}\) to :
\(\displaystyle{ \sqrt{2a}+ \sqrt{2b}+ \sqrt{2c} \leq \sqrt{a+b} + \sqrt{b+c} + \sqrt{a+c}}\)
I to różnymi sposobami (im > tym )

[henryk pawlowski]

Wychodząc od lewej strony ,zastosuj nierówność między średnią arytmetyczną i średnią kwadratową dwóch liczb (trzykrotnie) i otrzymane nierówności dodaj stronami , a otrzymasz dowodzoną nierówność.
.

[Marcinek665]

Rozważmy kwadrat o boku długości \(\displaystyle{ a+b+c}\). Na jednej parze równoległych boków odłóżmy długości \(\displaystyle{ a,b,c}\) w tej kolejności, a na drugiej parze boków długości \(\displaystyle{ c,a,b}\). Wówczas otrzymamy podział kwadratu na \(\displaystyle{ 9}\) części. Sprawdźmy, jak możemy dojść z jednego wierzchołka do przeciwległego. Pierwszy sposób, to pójście od razu przekątną długości \(\displaystyle{ \sqrt{2}(a+b+c)}\). Jest to oczywiście najkrótsza droga. Drugi sposób, to pójść wzdłuż przekątnych kwadracików, które zostały utworzone przez nasz podział. Jedna z tych dróg ma długość \(\displaystyle{ \sqrt{a^2+b^2} + \sqrt{b^2+c^2} + \sqrt{c^2+a^2}}\) i z wcześniejszego spostrzeżenia jest ona większa bądź równa \(\displaystyle{ \sqrt{2}(a+b+c)}\). A skoro \(\displaystyle{ a,b,c}\) są dodatnie, to możemy położyć \(\displaystyle{ a:= \sqrt{a}}\) i dostajemy wyjściową nierówność.

Inne podejście to stwierdzenie, że \(\displaystyle{ f(x) = \sqrt{x}}\) jest wklęsła oraz ciąg \(\displaystyle{ (a,b,c)}\) majoryzuje ciag \(\displaystyle{ \left( \frac{a+b}{2}, \frac{b+c}{2}, \frac{c+a}{2} \right)}\), skąd i z nierówności Karamaty wynika teza.

Jeszcze inne podejście, to przyjęcie innych oznaczeń (\(\displaystyle{ a^2}\) zamiast \(\displaystyle{ a}\)). Nierówność jest jednorodna, więc nie zaszkodzi przyjąć, że \(\displaystyle{ a+b+c=\frac{1}{\sqrt{2}}}\). Rozważmy funkcję Lagrange'a \(\displaystyle{ L(a,b,c) = \sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2} - 1 - \lambda \left( a+b+c - \frac{1}{\sqrt{2}} \right)}\).

\(\displaystyle{ \frac{ \partial L}{ \partial a} = \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}} + \frac{a}{\sqrt{a^2+c^2}} - \lambda}\) itp. Dostajemy zatem do rozwiązania układ równań:

\(\displaystyle{ \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}} + \frac{a}{\sqrt{a^2+c^2}} = \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}} + \frac{b}{\sqrt{b^2+c^2}} = \frac{c}{\sqrt{c^2+b^2}} + \frac{c}{\sqrt{a^2+c^2}} = \lambda}\)

Z którego powinno wynikać, że \(\displaystyle{ a=b=c}\) (co swoją drogą chyba jest sporo trudniejsze niż sama nierówność ). Oczywiście zbiór jest zwarty, a ekstremum zbadaliśmy wewnątrz, więc jeszcze wypada wspomnieć, że jeśli któraś ze zmiennych się zeruje, to nierówność też jest prawdziwa.

[Ponewor]

Tak sobie popatrzyłem i pomyślałem, że to może będzie moja pierwsza nierówność, która pójdzie z Popoviciu:
Dostajemy bowiem z tej nierówności takie oszacowanie
\(\displaystyle{ \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a} \ge \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{3}\sqrt{a+b+c}\right)}\)
To teraz pozostaje pokazać \(\displaystyle{ \sqrt{3}\sqrt{a+b+c} \ge \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)
a to znów już bezpośrednio dostajemy z nierówności między średnią kwadratową, a arytmetyczną.

[klaustrofob]

w zasadzie jest to rozwiązanie henryka pawlowskiego, z tym że zamiast powoływać się na nierówność między średnimi, korzystamy z tego, że funkcja \(\displaystyle{ x\mapsto \sqrt{x}}\) jest wklęsła

[Marcinek665]

To proponuję od razu udowodnić Popoviciu. Mówię serio - dowód nie jest trudny, a wiele osób postrzega tę nierówność jako coś egzotycznego.

[Ponewor]

No nie, rozwiązanie Pana pawlowskiego jest mimo wszystko mądrzejsze - tam trzeba "coś" (niewiele, ale zawsze) zauważyć, dodać trzy nierówności stronami.
Zresztą na samą nierówność między średnimi również przecież się powołuję.

No jest egzotyczna również z uwagi na postać przez którą można się niesłusznie zasugerować, że nie jest zbyt użyteczna.

[Marcinek665]

Rozumiem, że to wymówka, by tylko nie kminić Popoviciu

[Ponewor]

niech będzie, tylko w sumie nie wiem z czego można tu korzystać
bo to powinno iść z Karamaty i o, rzeczywiście idzie.

[Marcinek665]

Można udowodnić najpierw, że \(\displaystyle{ |x|+|y|+|z|+|x+y+z| \ge |x+y|+|y+z|+|z+x|}\) (czyli de facto Popoviciu dla wypukłej \(\displaystyle{ f(x)=|x|}\))

A potem jakoś powiedzieć, że każda funkcja wypukła (wklęsła) jest sumą funkcji (ewentualnie granicą) \(\displaystyle{ |a_ix + b_i|}\) (dla wklęsłej z minusem).

Z Karamaty bym nie robił, bo wtedy zawsze można powiedzieć "to teraz udowodnij Karamatę". A chodzi o to, by każdy krok dowodu był zrozumiany w sposób zupełny.