[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[Premislav]

No, nie umiem zrobić tego zadania, choć łącznie myślałem nad nim pewnie kilkadziesiąt godzin (po ok. pół godziny prawie codziennie od tego końca października), a temat się zaciął, więc jestem ciekaw, czy ktoś ma rozwiązanie.

[arek1357]

Ktoś ma na pewno np. mój kolega Zenek ale muszę mu postawić sporo piwa, żeby uszczknął rąbka tajemnicy, na trzeźwo nic nie zrobi...
Ale możesz dać następne w takim razie...


Dam Ci wskazówkę to zrobisz:

Podnieś nierówność do kwadratu stronami

Na jednej stronie zostaw pierwiastki a na drugą zrzuć bez pierwiastkowe...

Potem to co będzie pierwiastkowe zapisz podobnie jak pierwiastki wyjściowe,

Załóż, że:

\(\displaystyle{ a \ge b \ge c>0}\)

Potem sobie możesz sprawdzać przypadki:

\(\displaystyle{ c=0, b,c=0}\)

[bosa_Nike]

Ukryta treść:    

To jest zadanie 2.49 z drugiego tomu Mathematical Inequalities Cirtoaje. Do rozwiązania bardzo dobrze nadaje się np. podejście zaproponowane przy rozwiązaniach zadań 2.54, 2.55 tamże.

[arek1357]

Możliwe ja natomiast spotkałem się z tą nierównością na pewnym kółku matematycznym , na którym miałem lub nie szczęście w nim uczestniczyć, pewnie to ktoś wygrzebał z jakiegoś śmietnika...

Nie jestem wcale z tym problemem emocjonalnie związany...Wyjątkowo paskudna nierówność...

[Premislav]

Dobra, za głupi jestem. Myślę, że szkoda blokować ten wątek, więc przeklepię do \(\displaystyle{ \LaTeX}\)a wspomniane rozwiązanie z Mathematical Inequalities Vasile Cirtoaje, t. II

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \sqrt{2+7ab}+\sqrt{2+7bc}+\sqrt{2+7ca}\ge 3\sqrt{3(ab+bc+ca)}}\)
Nierówność jest symetryczna, niech więc WLOG \(\displaystyle{ a\ge b\ge c\ge 0}\). Możemy przy tym przyjąć, że \(\displaystyle{ b>0}\), gdyż jedyna możliwość, by \(\displaystyle{ b=c=0}\), to \(\displaystyle{ (a,b,c)=(\sqrt{3}, 0, 0)}\), dla której zachodzi równość w naszej nierówności. Wobec nieujemności obu stron podnosimy stronami do kwadratu, co dzięki założeniu \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2=3}\) daje:
\(\displaystyle{ 2(a^2+b^2+c^2)+ 2\sum_{\text{ cyc}}^{}\sqrt{(2+7ab)(2+7bc)} \ge 20(ab+bc+ca)\\ 6(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\ge \sum_{\text{cyc}}^{}\left( 7ab+2+7bc+2-2\sqrt{(2+7ab)(2+7bc)}\right)\\ 3 \sum_{\text{ cyc}}^{}(c-a)^2\ge \sum_{\text{cyc}}^{}\left(\sqrt{2+7ab}-\sqrt{2+7bc} \right)^2\\ 3 \sum_{\text{ cyc }}^{}(c-a)^2\ge \sum_{\text{ cyc }}^{} \frac{49b^2(c-a)^2}{\left( \sqrt{2+7ab}+\sqrt{2+7bc}\right)^2 }}\)
Do czegoś takiego doszedłem w jednej ze swoich desperackich prób, ale dalej ugrzązłem. Dalej jest magia: zapisujemy otrzymaną, równoważną wyjściowej, nierówność (no, po podzieleniu przez trzy) w postaci
\(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}^{}(c-a)^2S_b \ge 0}\),
gdzie
\(\displaystyle{ S_a=1-\frac{49a^2}{(\sqrt{6+21ab}+\sqrt{6+21ca})^2}\\S_b=1-\frac{49b^2}{(\sqrt{6+21ab}+\sqrt{6+21bc})^2} \\S_c=1-\frac{49c^2}{(\sqrt{6+21bc}+\sqrt{6+21ca})^2}}\)
Odnotujmy teraz, że
\(\displaystyle{ 6=2(a^2+b^2+c^2)\ge 2(a^2+b^2)\ge 4ab}\) i oczywiście \(\displaystyle{ ab\ge 0, \ bc\ge 0, \ ca\ge 0}\) oraz \(\displaystyle{ c^2\le ab, \ c^2\le bc, \ c^2\le ca}\) (z tego ostatniego korzystamy do szacowania \(\displaystyle{ S_c}\)), więc:
\(\displaystyle{ S_a=1-\frac{49a^2}{(\sqrt{6+21ab}+\sqrt{6+21ca})^2}\ge 1-\frac{49a^2}{(\sqrt{4ab+21ab}+\sqrt{4ab+21ca})^2}\ge \\ \ge 1-\frac{49a^2}{(5\sqrt{ab}+2\sqrt{ab})^2}=1-\frac{a}{b}}\)
a także
\(\displaystyle{ S_b=1-\frac{49b^2}{(\sqrt{6+21ab}+\sqrt{6+21bc})^2}\ge 1-\frac{49b^2}{(5\sqrt{ab}+2\sqrt{ab})^2}=1-\frac b a}\),
wreszcie
\(\displaystyle{ S_c=1-\frac{49c^2}{(\sqrt{6+21bc}+\sqrt{6+21ca})^2}\ge 1-\frac{49c^2}{(\sqrt{4ab+21bc}+\sqrt{4ab+21ca})^2}\ge 1-\frac{49c^2}{100c^2}>0}\)
Wobec powyższych szacowań wystarczy wykazać, że przy założeniach zadania:
\(\displaystyle{ (b-c)^2\left( 1-\frac a b\right) +(c-a)^2\left( 1-\frac b a\right)\ge 0}\).
Ale zachodzi:
\(\displaystyle{ (b-c)^2\left( 1-\frac a b\right) +(c-a)^2\left( 1-\frac b a\right)=\frac{(a-b)^2(ab-c^2)}{ab}\ge 0}\)
co kończy dowód. Równość dla \(\displaystyle{ a=b=c=1}\) oraz \(\displaystyle{ a=\sqrt{3}, b=0, c=0}\) i permutacji.

A z Minkowskiego dla sum próbowałem na różne sposoby, ale właśnie jakoś nie bardzo mi to szło.

Zaproponuję coś takiego, może być znane (jak było, to przepraszam):
niech \(\displaystyle{ x_1, x_2, \ldots x_n\in \RR^+}\) spełniają zależność \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}x_i=1}\)
Proszę udowodnić, że
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} \frac{x_i}{\sqrt{1+x_1+\ldots+x_{i-1}}\sqrt{x_i+x_{i+1}+\ldots+x_n}}< \frac{1+\sqrt{5}}{2}}\)
(przy czym przyjmujemy \(\displaystyle{ x_0=0}\)).

[bosa_Nike]

Do poprzedniego:    

Co do tej równości, to obaj trochę przestrzeliliście - mamy ją dla \(\displaystyle{ (1,1,1)}\) lub permutacji \(\displaystyle{ \left(\sqrt{\frac{3}{2}},\sqrt{\frac{3}{2}},0\right)}\). Ciekawe, czy autor poprawił to w wersji finalnej - książki już się ukazały (a drafty zniknęły ze strony Vasca), choć wybór wydawcy jest co najmniej zaskakujący.
Co do tej drugiej metody, to dziwna sprawa, mnie wyszło dość bezboleśnie, choć brzydko, po zmałpowaniu sposobu ze wskazanych zadań; może powinnam jeszcze raz sprawdzić obliczenia.

[Premislav]

Słuszna uwaga, dzięki i przepraszam za pomyłkę. Aktualne zadanie:

niech \(\displaystyle{ x_1, x_2, \ldots x_n\in \RR^+}\) spełniają zależność \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}x_i=1}\)
Proszę udowodnić, że
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} \frac{x_i}{\sqrt{1+x_1+\ldots+x_{i-1}}\sqrt{x_i+x_{i+1}+\ldots+x_n}}< \frac{1+\sqrt{5}}{2}}\)
(przy czym przyjmujemy \(\displaystyle{ x_0=0}\)).

[arek1357]

Można zapisać tak:

\(\displaystyle{ x=x_{1}+x_{2}+...+x_{i-1}}\)


\(\displaystyle{ 1-x=x_{i}+x_{i+1}+...+x_{n}}\)

(w kwestii słusznej uwagi Premislava)
Zgadza się ten zapis jest bardzo mocno naciągany ale sobie z tego zdaję sprawę...
(to taki mój skrót myślowy, uczyniłem to na własną odpowiedzialność)...

I łatwo zauważyć, że ta cała suma jest mniejsza lub równa od:

\(\displaystyle{ S \le \int_{0}^{1} \frac{dx}{ \sqrt{1-x^2} }= \frac{\pi}{2}< \frac{1+ \sqrt{5} }{2}}\)

[Premislav]

Mocno skrótowo (no i ten \(\displaystyle{ x}\) się zmienia w zależności od \(\displaystyle{ i}\), więc to dość średnie oznaczenie), ale OK, teraz sobie przypomniałem, że to zadanie rozwiązywał już w taki sam sposób user King James tutaj.
A jak ktoś nie zna całek, to

Kod: Zaznacz cały

https://om.mimuw.edu.pl/static/app_main/camps/zwardon2008r.pdf

jest bardziej elementarne rozwiązanie (str. 40).
Zadajesz, arek1357,

[arek1357]

Może coś najpierw wyjaśnię:
Powiem tak , najpierw przefiltrowałem przez umysł wszystkie znane nierówności, nawet coś próbowałem,
ale potem pomyślałem, że przede wszystkim powinienem zacząć myśleć jak Ty , żeby to zadanie rozwiązać, a ponieważ Twoje myślenie kręci się wokół całek i analizy więc stąd moje takie a nie inne podejście i rozwiązanie. No w końcu był taki film kiedyś (Być jak John Malkowic), a w tym wypadku w tym odcinku tego tasiemca nierównościowego będzie tytuł ("Być jak Premislav")...

Może i pojechałem skrótem, ale tu mamy do czynienia z ludźmi gdzie nie będę pokazywał jak liczyć taką banalną całeczkę, ani skąd wziąłem pierwszą nierówność (ponieważ to jest wytłumaczone już w każdej szkółce niedzielnej na poziomie podłogowym).

kwestia trzecia co do zadawania nierówności to za bardzo mi to nie wychodzi, więc przekazuję pałeczkę
pierwszemu lepszemu userowi, który tu zaglądnie, z drobną uwagą:

Niech:

\(\displaystyle{ U}\) - zbiór wszystkich userów na tym forum

\(\displaystyle{ M}\)- zbiór tych userów, którzy mogą zapodać kolejne zadanie (nierówność)...

\(\displaystyle{ M=U \setminus \left\{ arek1357.Premislav\right\}}\)

Tylko user ze zbioru\(\displaystyle{ M}\) ma prawo wrzucić zadanie...

ps.
(Adminy i mody \(\displaystyle{ \in M}\))

To tyle w kwestii formalnej...

[Zahion]

Jako, że Arek1357 sam wywołał, to wrzucę coś co ostatnio w innej wersji się pojawiło.
Udowodnić w dodatnich \(\displaystyle{ x, y}\), że \(\displaystyle{ \left( x^{n} + y^{n} \right)^{m} \ge \left( x^{m} + y^{m}\right)^{n}}\) dla \(\displaystyle{ m \ge n \ge 1}\) są całkowite.

[Premislav]

Ukryta treść:    

Bez straty ogólności niech \(\displaystyle{ x\ge y}\). Podzielmy nierówność stronami przez \(\displaystyle{ x^{mn}}\) otrzymując równoważną wyjściowej:
\(\displaystyle{ \left( 1+\left( \frac y x\right)^n \right)^m\ge \left( 1+\left( \frac y x\right)^m \right)^n}\)
Podstawmy \(\displaystyle{ t=\frac y x}\), wtedy \(\displaystyle{ t\in(0,1]}\), a nierówność przyjmuje formę
\(\displaystyle{ (1+t^n)^m\ge(1+t^m)^n}\)
Zauważmy jednak, że gdy \(\displaystyle{ t\in (0,1]}\) i \(\displaystyle{ n,m\in \NN^+, n\le m}\), to dla \(\displaystyle{ k\in\left\{ 0,1\ldots n\right\}}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ {m \choose k}t^{nk}\ge{n\choose k}t^{mk}}\), dodajemy takie nierówności dla \(\displaystyle{ k=0,1\ldots n}\) i mamy nie słabszą od tezy nierówność
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n}{m\choose k}t^{nk}\ge (1+t^m)^n}\),
gdyż ze wzoru dwumianowego Newtona jest
\(\displaystyle{ (1+t^n)^m= \sum_{k=0}^{m}{m\choose k}t^{nk}\ge \sum_{k=0}^{n}{m\choose k}t^{nk}}\)

Jak jest dobrze, to po potwierdzeniu coś wrzucę.

[timon92]

ostatnia nierówność zachodzi dla dowolnych \(\displaystyle{ m\ge n>0}\), niekoniecznie całkowitych:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \left(\frac{x^m}{x^m+y^m}\right)^{n/m} \ge \frac{x^m}{x^m+y^m},}\) podobnież \(\displaystyle{ \left(\frac{y^m}{x^m+y^m}\right)^{n/m} \ge \frac{y^m}{x^m+y^m}}\)

dodajemy stronami, podnosimy do potęgi \(\displaystyle{ m}\), mnożymy przez \(\displaystyle{ (x^m+y^m)^n}\) i jesteśmy zrobieni

[Blazo2000]

Drugą część rozwiązania Premislava można zrobić inaczej, a mianowicie:

Ukryta treść:    

Skoro \(\displaystyle{ t \in (0, 1]}\), to oczywiście:
\(\displaystyle{ (1+t ^{n}) \ge (1+t ^{m})}\)
A dodatkowo, skoro liczby \(\displaystyle{ 1+t ^{m}}\) i \(\displaystyle{ 1+t ^{n}}\) są większe od \(\displaystyle{ 1}\), to przecież:
\(\displaystyle{ (1+t ^{n})^{n} \ge (1+t ^{m})^{n}}\)
oraz
\(\displaystyle{ (1+t ^{n})^{m} \ge (1+t ^{n})^{n}}\)
No i teraz łącząc te dwie ostatnie nierówności dostajemy tezę.

[bosa_Nike]

TUTAJ jest jedna z wariacji na temat tego typu zadań.
Dość przystępny jest też sposób z pożyczką, który stosuje Zahion TUTAJ - domnożenie przez \(\displaystyle{ \sum x^{n(m-n)+m}}\) i Hoelder.