Zad chyba związane z nierównością Schwarza w wersji Eugela
-
- Użytkownik
- Posty: 63
- Rejestracja: 2 sty 2017, o 19:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Gdańsk
- Podziękował: 42 razy
Zad chyba związane z nierównością Schwarza w wersji Eugela
Udowodnij dla \(\displaystyle{ a,b,c>0}\)
\(\displaystyle{ \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \le \frac{a^{2} }{b^{2}} + \frac{b^{2} }{c^{2}} + \frac{c^{2} }{a^{2} }}\)
\(\displaystyle{ \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \le \frac{a^{2} }{b^{2}} + \frac{b^{2} }{c^{2}} + \frac{c^{2} }{a^{2} }}\)
Ostatnio zmieniony 15 paź 2017, o 20:37 przez Ogorek00, łącznie zmieniany 1 raz.
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15685
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5219 razy
Re: Zad chyba związane z nierównością Schwarza w wersji Euge
Dobrze to przepisałaś?
Dla \(\displaystyle{ a=b=c=1}\) mamy znaną nierówność \(\displaystyle{ 3 \le 2}\).
Być może miało być:
\(\displaystyle{ \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \le \frac{a^{2} }{b^{2}} + \frac{b^{2} }{c^{2}}+\frac{c^2}{a^2}}\)
Dla \(\displaystyle{ a=b=c=1}\) mamy znaną nierówność \(\displaystyle{ 3 \le 2}\).
Być może miało być:
\(\displaystyle{ \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \le \frac{a^{2} }{b^{2}} + \frac{b^{2} }{c^{2}}+\frac{c^2}{a^2}}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 63
- Rejestracja: 2 sty 2017, o 19:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Gdańsk
- Podziękował: 42 razy
Re: Zad chyba związane z nierównością Schwarza w wersji Euge
Rzeczywiście mój błąd powinno być:
\(\displaystyle{ \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \le \frac{a^{2} }{b^{2} } + \frac{b^{2} }{c^{2} } + \frac{c^{2} }{a^{2} }}\)
\(\displaystyle{ \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \le \frac{a^{2} }{b^{2} } + \frac{b^{2} }{c^{2} } + \frac{c^{2} }{a^{2} }}\)
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15685
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5219 razy
Re: Zad chyba związane z nierównością Schwarza w wersji Euge
Z nierówności Cauchy'ego-Schwarza i z AM-GM:
\(\displaystyle{ \left( \frac{a^{2} }{b^{2} } + \frac{b^{2} }{c^{2} } + \frac{c^{2} }{a^{2} } \right) \left( \frac 1 3+\frac 1 3+\frac 1 3\right) \ge \frac 1 3\left( \frac{a}{b}+\frac b c+\frac c a \right)^2 \ge \frac a b+\frac b c+\frac c a}\)
\(\displaystyle{ \left( \frac{a^{2} }{b^{2} } + \frac{b^{2} }{c^{2} } + \frac{c^{2} }{a^{2} } \right) \left( \frac 1 3+\frac 1 3+\frac 1 3\right) \ge \frac 1 3\left( \frac{a}{b}+\frac b c+\frac c a \right)^2 \ge \frac a b+\frac b c+\frac c a}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 2662
- Rejestracja: 1 gru 2012, o 00:07
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Pomógł: 369 razy
Re: Zad chyba związane z nierównością Schwarza w wersji Euge
Trzeba pokazać, że suma trzech dowolnych liczb dodatnich \(\displaystyle{ x, \ y, \ z}\) zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ x+y+z \le x^2+y^2+z^2}\)
\(\displaystyle{ x+y+z \le x^2+y^2+z^2}\)
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15685
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5219 razy
Re: Zad chyba związane z nierównością Schwarza w wersji Euge
Dilectus, to nie jest prawda, weźmy \(\displaystyle{ x=y=z=\frac 1 2}\)…
Natomiast przy warunku, że \(\displaystyle{ xyz=1}\) to już jest prawda (rozumiem, że podstawiasz np. \(\displaystyle{ x=\frac a b, y=\frac b c, z=\frac c a}\)).
Dowód tezy w tej formie:
\(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2\ge \frac{(x+y+z)^2}{3}}\), co łatwo udowodnić
(Cauchy-Schwarz lub zwijanie do \(\displaystyle{ (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\ge 0}\)) i wystarczy wykazać, że w dodatnich spełniających \(\displaystyle{ xyz=1}\) jest
\(\displaystyle{ \frac{(x+y+z)^2}{3} \ge x+y+z}\), a równoważnie
\(\displaystyle{ \frac{x+y+z}{3} \ge 1}\),
ale z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną
\(\displaystyle{ \frac{x+y+z}{3} \ge \sqrt[3]{xyz}=1}\),
c.k.d.
EDIt: Sorry, jedna druga a nie dwa.
Natomiast przy warunku, że \(\displaystyle{ xyz=1}\) to już jest prawda (rozumiem, że podstawiasz np. \(\displaystyle{ x=\frac a b, y=\frac b c, z=\frac c a}\)).
Dowód tezy w tej formie:
\(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2\ge \frac{(x+y+z)^2}{3}}\), co łatwo udowodnić
(Cauchy-Schwarz lub zwijanie do \(\displaystyle{ (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\ge 0}\)) i wystarczy wykazać, że w dodatnich spełniających \(\displaystyle{ xyz=1}\) jest
\(\displaystyle{ \frac{(x+y+z)^2}{3} \ge x+y+z}\), a równoważnie
\(\displaystyle{ \frac{x+y+z}{3} \ge 1}\),
ale z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną
\(\displaystyle{ \frac{x+y+z}{3} \ge \sqrt[3]{xyz}=1}\),
c.k.d.
EDIt: Sorry, jedna druga a nie dwa.
- timon92
- Użytkownik
- Posty: 1654
- Rejestracja: 6 paź 2008, o 16:47
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 472 razy
Re: Zad chyba związane z nierównością Schwarza w wersji Euge
powszechnie wiadomo, że gdy \(\displaystyle{ x>0}\) to \(\displaystyle{ \ln x\le x-1}\)
ponadto \(\displaystyle{ x-1 \le x^2-x \iff 0 \le (x-1)^2}\), co jest prawdą
zatem \(\displaystyle{ x+\ln x \le x^2}\) dla \(\displaystyle{ x>0}\)
wstawiamy za \(\displaystyle{ x}\) kolejno \(\displaystyle{ \frac ab, \frac bc, \frac ca}\) i dodajemy stronami:
\(\displaystyle{ \frac ab + \ln \frac ab + \frac bc + \ln \frac bc + \frac ca + \ln \frac ca \le \frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}}\)
ale \(\displaystyle{ \ln \frac ab + \ln \frac bc + \ln \frac ca = \ln \frac ab\cdot \frac bc\cdot \frac ca=\ln 1 = 0}\), więc powyższe przepisuje się tak:
\(\displaystyle{ \frac ab + \frac bc + \frac ca \le \frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}}\), a to jest teza
ponadto \(\displaystyle{ x-1 \le x^2-x \iff 0 \le (x-1)^2}\), co jest prawdą
zatem \(\displaystyle{ x+\ln x \le x^2}\) dla \(\displaystyle{ x>0}\)
wstawiamy za \(\displaystyle{ x}\) kolejno \(\displaystyle{ \frac ab, \frac bc, \frac ca}\) i dodajemy stronami:
\(\displaystyle{ \frac ab + \ln \frac ab + \frac bc + \ln \frac bc + \frac ca + \ln \frac ca \le \frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}}\)
ale \(\displaystyle{ \ln \frac ab + \ln \frac bc + \ln \frac ca = \ln \frac ab\cdot \frac bc\cdot \frac ca=\ln 1 = 0}\), więc powyższe przepisuje się tak:
\(\displaystyle{ \frac ab + \frac bc + \frac ca \le \frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}}\), a to jest teza
-
- Użytkownik
- Posty: 2662
- Rejestracja: 1 gru 2012, o 00:07
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Pomógł: 369 razy
Re: Zad chyba związane z nierównością Schwarza w wersji Euge
Dilectus, to nie jest prawda
Premislav, masz rację, nie dla dowolnych dodatnich liczb \(\displaystyle{ x,\ y, \ z}\)