wykazanie nierówności
-
- Użytkownik
- Posty: 83
- Rejestracja: 19 cze 2017, o 08:48
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: ola
- Podziękował: 20 razy
- Pomógł: 5 razy
wykazanie nierówności
Dla liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ 0 < a \le b \le c}\) pokaż że:
\(\displaystyle{ 2\sqrt{(a+b)(a+c)} \le a+\sqrt{bc} + \frac{bc}{a}+\frac{a^2}{\sqrt{bc}}}\)
\(\displaystyle{ 2\sqrt{(a+b)(a+c)} \le a+\sqrt{bc} + \frac{bc}{a}+\frac{a^2}{\sqrt{bc}}}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 1660
- Rejestracja: 16 cze 2006, o 15:40
- Płeć: Kobieta
- Podziękował: 70 razy
- Pomógł: 445 razy
wykazanie nierówności
Z warunku wynika, że \(\displaystyle{ (a-b)(a-c)\ge 0}\), więc \(\displaystyle{ bc+a^2\ge a(b+c)}\), czyli \(\displaystyle{ \frac{bc}{a}+a\ge b+c}\). Ponadto \(\displaystyle{ \frac{a^2}{\sqrt{bc}}+\sqrt{bc}\ge 2a}\). Po dodaniu dwóch ostatnich nierówności mamy \(\displaystyle{ \frac{a^2}{\sqrt{bc}}+\sqrt{bc}+\frac{bc}{a}+a\ge 2a+b+c=(a+b)+(a+c)\ge 2\sqrt{(a+b)(a+c)}}\).
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15685
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5219 razy
Re: wykazanie nierówności
Ech, takie to proste (jak się już widzi rozwiązanie). Wycofuję się z tej swojej wskazówki (pisałem ją na szybko w czasie zajęć i nie doliczyłem), to tylko komplikuje sprawę (chyba że ktoś jest lepszy z trygonometrii ode mnie).
-
- Użytkownik
- Posty: 1660
- Rejestracja: 16 cze 2006, o 15:40
- Płeć: Kobieta
- Podziękował: 70 razy
- Pomógł: 445 razy
wykazanie nierówności
Unormowanie wydaje się tutaj dobrym pomysłem, bo zmniejszamy liczbę zmiennych, pozbywamy się farfocli typu pierwiastki itd., tzn. ogólnie robi się porządek, co często pozwala dostrzec więcej. Gdyby przyjąć \(\displaystyle{ \frac{b}{a}=t^2\ge 1,\ \frac{c}{a}=u^2\ge 1}\), to dostaniemy \(\displaystyle{ t^2u^2+1+tu+\frac{1}{tu}\ge2\sqrt{\left(1+t^2\right)\left(1+u^2\right)}}\), a skorzystawszy po obu stronach z AM-GM zostajemy z \(\displaystyle{ t^2u^2+1+2\ge 2+t^2+u^2\iff \left(1-t^2\right)\left(1-u^2\right)\ge 0}\). Niby to samo, ale ładniejsze.
- timon92
- Użytkownik
- Posty: 1654
- Rejestracja: 6 paź 2008, o 16:47
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 472 razy
Re: wykazanie nierówności
najpierw szacujemy lewą stronę z góry przez \(\displaystyle{ 2\sqrt{2(a^2+bc)}}\) (to jedyne miejsce w którym korzystamy z tego, że \(\displaystyle{ a}\) jest najmniejsza - swoją drogą to się tak szacuje także w przypadku, gdy \(\displaystyle{ a}\) jest największa) i do udowodnienia zostaje \(\displaystyle{ 2\sqrt{2(a^2+bc)}\le a+\sqrt{bc} + \frac{bc}{a}+\frac{a^2}{\sqrt{bc}} = \left(\frac 1a + \frac 1{\sqrt{bc}} \right)(a^2+bc)}\)
równoważnie \(\displaystyle{ \frac{2}{\frac{1}{\sqrt{a^2}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}} \le \sqrt{\frac{a^2+bc}{2}}}\) a to jest nierówność między średnimi harmoniczną i kwadratową
równoważnie \(\displaystyle{ \frac{2}{\frac{1}{\sqrt{a^2}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}} \le \sqrt{\frac{a^2+bc}{2}}}\) a to jest nierówność między średnimi harmoniczną i kwadratową
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15685
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5219 razy
Re: wykazanie nierówności
Dobra, to jednak dokończę swój pomysł, choć jest zdecydowanie najgorszy z tutaj występujących:
\(\displaystyle{ 2\sqrt{(a+b)(a+c)} \le a+\sqrt{bc} + \frac{bc}{a}+\frac{a^2}{\sqrt{bc}}\\2 \sqrt{1+\frac{a}{c}} \sqrt{1+\frac a b} \le \frac{a}{\sqrt{bc}}+1+\frac{\sqrt{bc}}{a}+\frac{a^2}{bc}}\)
Podstawiamy \(\displaystyle{ \frac{a}{b}=\tg^2 \alpha, \ \frac{a}{c}=\tg^2 \beta, \ 0<\beta\le \alpha \le \frac \pi 4}\), no i korzystamy z tożsamości \(\displaystyle{ 1+\tg^2 x=\frac{1}{\cos^2 x}}\). Dostajemy:
\(\displaystyle{ \frac{2}{\cos \alpha \cos \beta} \le \tg \alpha \tg \beta+1+\tg^2\alpha\tg^2\beta+\frac{1}{\tg\alpha\tg \beta}}\)
i z nierówności między średnimi:
\(\displaystyle{ \frac{2}{\cos \alpha \cos \beta} \le \frac{1}{\cos^2\alpha}+\frac{1}{\cos^2\beta}=2+\tg^2\alpha+\tg^2\beta}\)
Z drugiej strony, także z nierówności między średnimi, mamy
\(\displaystyle{ \tg \alpha \tg\beta+\frac{1}{\tg\alpha\tg \beta} \ge 2}\), więc
\(\displaystyle{ \tg \alpha \tg \beta+1+\tg^2\alpha\tg^2\beta+\frac{1}{\tg\alpha\tg \beta} \ge 3+\tg^2\alpha \tg^2\beta}\), więc pozostaje wykazać, że
dla \(\displaystyle{ \alpha, \beta \in\left( 0, \frac \pi 4\right]}\) mamy \(\displaystyle{ \tg^2\alpha\tg^2\beta+3 \ge 2+\tg^2\alpha+\tg^2\beta}\),
co zwija się do oczywistego w świetle założeń
\(\displaystyle{ \left( 1-\tg^2\alpha\right) \left(1-\tg^2\beta \right) \ge 0}\)
Jak delikatnie zasugerowano, niepotrzebne jest założenie o \(\displaystyle{ a\le b}\), wystarczy wziąć \(\displaystyle{ c=\max(a,b,c)}\).
Zauważmy, że powyższe rozwiązanie to tak naprawdę rozwiązanie bosej_Nike, tylko odrobinę inaczej zapisane (all credit goes to…) - fajna sztuczka, przepisać w trygonometrii, to jak sprawdza wasze prace domowe jakiś doktorancik, który ma inne rzeczy na głowie, to może przeoczy plagiat. Napisałem to tylko dlatego, że w zasadzie powyżej tylko dwa razy pierdłem w tym temacie, nie wnosząc nic ciekawego, no to do trzech razy sztuka.
Kiedy pisałem tę wskazówkę podczas laboratorium, to wydawało mi się, że po jednym prostym szacowaniu to się zwija do jakiegoś cosinusa różnicy przemnożonego przez coś nieujemnego, ale jednak wychodzi w drugą stronę - trygonometria nie wprowadza więc tu specjalnie „nowej jakości". Sorry, za często rzucam jakąś myśl, nie sprawdziwszy tego odpowiednio porządnie.
\(\displaystyle{ 2\sqrt{(a+b)(a+c)} \le a+\sqrt{bc} + \frac{bc}{a}+\frac{a^2}{\sqrt{bc}}\\2 \sqrt{1+\frac{a}{c}} \sqrt{1+\frac a b} \le \frac{a}{\sqrt{bc}}+1+\frac{\sqrt{bc}}{a}+\frac{a^2}{bc}}\)
Podstawiamy \(\displaystyle{ \frac{a}{b}=\tg^2 \alpha, \ \frac{a}{c}=\tg^2 \beta, \ 0<\beta\le \alpha \le \frac \pi 4}\), no i korzystamy z tożsamości \(\displaystyle{ 1+\tg^2 x=\frac{1}{\cos^2 x}}\). Dostajemy:
\(\displaystyle{ \frac{2}{\cos \alpha \cos \beta} \le \tg \alpha \tg \beta+1+\tg^2\alpha\tg^2\beta+\frac{1}{\tg\alpha\tg \beta}}\)
i z nierówności między średnimi:
\(\displaystyle{ \frac{2}{\cos \alpha \cos \beta} \le \frac{1}{\cos^2\alpha}+\frac{1}{\cos^2\beta}=2+\tg^2\alpha+\tg^2\beta}\)
Z drugiej strony, także z nierówności między średnimi, mamy
\(\displaystyle{ \tg \alpha \tg\beta+\frac{1}{\tg\alpha\tg \beta} \ge 2}\), więc
\(\displaystyle{ \tg \alpha \tg \beta+1+\tg^2\alpha\tg^2\beta+\frac{1}{\tg\alpha\tg \beta} \ge 3+\tg^2\alpha \tg^2\beta}\), więc pozostaje wykazać, że
dla \(\displaystyle{ \alpha, \beta \in\left( 0, \frac \pi 4\right]}\) mamy \(\displaystyle{ \tg^2\alpha\tg^2\beta+3 \ge 2+\tg^2\alpha+\tg^2\beta}\),
co zwija się do oczywistego w świetle założeń
\(\displaystyle{ \left( 1-\tg^2\alpha\right) \left(1-\tg^2\beta \right) \ge 0}\)
Jak delikatnie zasugerowano, niepotrzebne jest założenie o \(\displaystyle{ a\le b}\), wystarczy wziąć \(\displaystyle{ c=\max(a,b,c)}\).
Zauważmy, że powyższe rozwiązanie to tak naprawdę rozwiązanie bosej_Nike, tylko odrobinę inaczej zapisane (all credit goes to…) - fajna sztuczka, przepisać w trygonometrii, to jak sprawdza wasze prace domowe jakiś doktorancik, który ma inne rzeczy na głowie, to może przeoczy plagiat. Napisałem to tylko dlatego, że w zasadzie powyżej tylko dwa razy pierdłem w tym temacie, nie wnosząc nic ciekawego, no to do trzech razy sztuka.
Kiedy pisałem tę wskazówkę podczas laboratorium, to wydawało mi się, że po jednym prostym szacowaniu to się zwija do jakiegoś cosinusa różnicy przemnożonego przez coś nieujemnego, ale jednak wychodzi w drugą stronę - trygonometria nie wprowadza więc tu specjalnie „nowej jakości". Sorry, za często rzucam jakąś myśl, nie sprawdziwszy tego odpowiednio porządnie.
- timon92
- Użytkownik
- Posty: 1654
- Rejestracja: 6 paź 2008, o 16:47
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 472 razy
Re: wykazanie nierówności
wydaje mi się, że nie, np. jeśli weźmiemy \(\displaystyle{ b=\frac 1c <1=a<c}\) to prawa strona wyjściowej nierówności \(\displaystyle{ =4}\), a lewa ucieka gdzieś tam w kosmos do \(\displaystyle{ +\infty}\) przy \(\displaystyle{ c \to +\infty}\)Premislav pisze:Jak delikatnie zasugerowano, niepotrzebne jest założenie o \(\displaystyle{ a\le b}\), wystarczy wziąć \(\displaystyle{ c=\max(a,b,c)}\).
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15685
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5219 razy
Re: wykazanie nierówności
Słusznie. Rany julek, ja to same bzdury tu piszę, wystarczy przyjąć \(\displaystyle{ a=\min(a,b,c)}\), a nie \(\displaystyle{ c=\max(a,b,c)}\).
W swoim rozwiązaniu, które jest izomorficzne z rozwiązaniem bosej_Nike, nawet z tego korzystam, żeby \(\displaystyle{ \alpha, \beta \in\left( 0, \frac \pi 4\right]}\).
Nie wiem, czy jest mniej szczęśliwa grupa ludzi niż debile, którzy mają świadomość, że są debilami (choć możliwe, że zawsze trawa po drugiej stronie wydaje się zieleńsza, a kolejki krótsze).
W swoim rozwiązaniu, które jest izomorficzne z rozwiązaniem bosej_Nike, nawet z tego korzystam, żeby \(\displaystyle{ \alpha, \beta \in\left( 0, \frac \pi 4\right]}\).
Nie wiem, czy jest mniej szczęśliwa grupa ludzi niż debile, którzy mają świadomość, że są debilami (choć możliwe, że zawsze trawa po drugiej stronie wydaje się zieleńsza, a kolejki krótsze).