[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[arek1357]

Nie chcę się chwalić i sobie kadzić , ale dzięki mojemu błyskotliwemu posunięciu temat się odblokował jak stara rura...

[a4karo]

A prosty jest taki:

Jeżeli \(\displaystyle{ a_1,\dots,a_n}\) sa dodatnie, to dla \(\displaystyle{ 0<r<s}\) mamy
\(\displaystyle{ \left(a_1^s+\dots+a_n^s\right)^{1/s}<\left(a_1^r+\dots+a_n^r\right)^{1/r}}\)

Ponieważ nierówność jest jednorodna, więc możemy założyć, że \(\displaystyle{ a_1^r+\dots+a_n^r=1}\). Ale wtedy \(\displaystyle{ a_i<1}\), więc \(\displaystyle{ a_i^s<a_i^r}\), czyli
\(\displaystyle{ a_1^s+\dots a_n^s<1}\)

(Hardy, Littlewood, Polya, Inequalities )

[Premislav]

Wszystkie dowody lepsze nic mój, ale to nie nowość.

[a4karo]

I co? Oczekujesz teraz zaklamanego tekstu typu : Alez nie bądź taki skromny. Pokazałeś tu parę fajnych rzeczy?

No to jak oczekujesz, to masz (ale szczerze) : Alez nie bądź taki skromny. Pokazałeś tu parę fajnych rzeczy?

[Premislav]

Nie, po prostu przykro mi, że nic nie poradzę na swoją głupotę, w sumie mogłem się powstrzymać przed napisaniem tego. Wszystkie rozwiązania wynikły z tego, że gdzieś coś podobnego widziałem i najwyżej zmodyfikowałem, ewentualnie zastosowałem schemat poznany w szkole lub na studiach. Pomysłów brak.

inna końcówka mojego rozwiązania:    

Jeżeli \(\displaystyle{ 0<n\le m}\) i \(\displaystyle{ t \in[0,1]}\), to
\(\displaystyle{ \left( 1+t^n\right)^{\frac m n}\ge 1+\frac m n \cdot t^n\ge 1+t^m}\), przy czym pierwsza nierówność wynika z nierówności Bernoulliego, a druga z \(\displaystyle{ \frac{m}{n}\ge 1}\) i \(\displaystyle{ t^{n-m}\ge 1}\). Równość dla \(\displaystyle{ m=n}\).
Podnosimy stronami do potęgi \(\displaystyle{ n}\) i po zadaniu.
Choć rozwiązanie użytkownika blazo2000 jest dużo lepsze, bo prostsze.

Byłem wczoraj napruty, dlatego czekałem na potwierdzenie rozwiązania, ale teraz widzę, że jest OK (choć brzydko), więc pozwolę sobie wrzucić nową nierówność, też prostą:
proszę udowodnić, że gdy \(\displaystyle{ x,y,z\in \RR^+}\), to
\(\displaystyle{ 4(x+y+z)^3\ge 27(x^2y+y^2z+z^2x)}\)

[timon92]

słabizna:    

\(\displaystyle{ 4(x+y+z)^3 - 27(x^2y+y^2z+z^2x) = \sum_{\mathrm{cyc}} z(4x+y-2z)^2 \ge 0}\)
równość dla \(\displaystyle{ (x,y,z)=(2,1,0)}\) i cyklicznych permutacji

nowe: wyznaczyć \(\displaystyle{ \sup\{|(a-b)(b-c)(c-d)(d-a)| \colon a,b,c,d\ge 0,\ a+b+c+d=1 \}}\)

[Premislav]

Ukryta treść:    

Dla ustalenia uwagi niech \(\displaystyle{ d=\min\left\{ a,b,c,d\right\}}\). Wtedy jeśli \(\displaystyle{ f(a,b,c,d)=|(a-b)(b-c)(c-d)(d-a)|}\), to mamy
\(\displaystyle{ f(a,b,c,d)\le f\left( a+\frac d 3, b+\frac d 3, c+\frac d 3, 0\right) \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow |(a-b)(b-c)|\left( \left( c+\frac d 3\right)\left( a+\frac d 3\right) -(c-d)(a-d) \right)\ge 0 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow d|(a-b)(b-c)|\left( c+a-\frac 2 3 d\right) \ge 0}\)
co jest oczywiste, równość zachodzi gdy \(\displaystyle{ a=b\vee b=c\vee d=0}\) (oczywiście ani w przypadku \(\displaystyle{ a=b}\), ani w przypadku \(\displaystyle{ b=c}\) maksymalna wartość bezwzględna nie będzie realizowana). Niech więc \(\displaystyle{ d=0}\), wówczas dla \(\displaystyle{ a,b,c\ge 0}\) spełniających \(\displaystyle{ a+b+c=1}\) mamy zmaksymalizować wyrażenie
\(\displaystyle{ |(a-b)(b-c)|ca}\)
Rozważę teraz trzy przypadki:

\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) Jeżeli \(\displaystyle{ b=\max\left( a,b,c\right)}\), to
\(\displaystyle{ |(a-b)(b-c)|\cdot 9ca=(b-a)\cdot (b-c) \cdot 3a\cdot 3c\le \left( \frac{2(a+b+c)}{4} \right)^4=\frac{1}{16}}\)
na mocy nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną dla \(\displaystyle{ 3}\) zmiennych, stąd wartość bezwzględna naszego iloczynu nie przekracza w tym przypadku \(\displaystyle{ \frac{1}{144}}\) i równość zachodzi dla \(\displaystyle{ a=c=\frac 1 6, \ b=\frac 1 2}\).

\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) Jeśli \(\displaystyle{ b=\min(a,b,c)}\), to
\(\displaystyle{ |(a-b)(b-c)|\cdot ca=(a-b)(c-b)ca\le (ac)^2\le \left( \frac{a+c}{2}\right)^4\le \left( \frac{a+b+c}{2}\right)^4=\frac{1}{16}}\)
na mocy nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną dla \(\displaystyle{ 2}\) zmiennych i równość zachodzi dla \(\displaystyle{ a=c=\frac 1 2, \ b=0}\)

\(\displaystyle{ 3^{\circ}}\) Przypuśćmy, że \(\displaystyle{ b}\) jest środkową liczbą, wówczas
\(\displaystyle{ |(a-b)(b-c)|\cdot ca=(a-b)(b-c)ca\le \frac{(a-c)^2}{4}\cdot ca\le \frac{(a^2-c^2)^2}{16}\le \frac{1}{16}}\)
i równość nie zajdzie.

Ostatecznie szukane supremum wynosi \(\displaystyle{ \frac{1}{16}}\) i co więcej jest osiągane na przykład dla \(\displaystyle{ a=c=\frac 1 2, \ b=d=0}\).

Może rozważanie przypadków jest trochę nieeleganckie, ale tutaj było mi na rękę. Każdy przypadek był prościutki, a gdyby szukać ogólnego rozwiązania, mogłoby to być znacznie żmudniejsze.
Też dvpy nie urywa, chyba że gdzieś popełniam błąd.

-- 16 mar 2019, o 00:44 --Nowe:
niech ciąg liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ \left( a_n\right)_{n=1}^{\infty}}\) będzie zadany przez
\(\displaystyle{ a_1=\frac 1 2, \ a_{n+1}=\frac{a_n^2}{a_n^2-a_n+1}}\) dla \(\displaystyle{ n\ge 1}\).
Proszę udowodnić, że dla każdego \(\displaystyle{ n\in \NN^+}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ a_1+a_2+\ldots+a_n<1}\).

[Blazo2000]

Rozwiązanie:

Ukryta treść:    

Najpierw pokażemy idukcyjnie, że:
\(\displaystyle{ (1)}\) \(\displaystyle{ \frac{1}{a _{n} } - 1 = \prod_{1}^{n-1} \frac{1}{a_{i}}}\)
Dla \(\displaystyle{ n=2}\) jest to prawda, teraz dowodzimy prawdziwości kroku indukcyjnego:
\(\displaystyle{ \frac{1}{a _{n+1} } - 1=1- \frac{1}{a _{n} } + \frac{1}{ a_{n} ^{2} }-1=\frac{1}{ a_{n} ^{2} }-\frac{1}{a _{n} }=\frac{1}{a _{n} }(\frac{1}{a _{n} }-1)=\frac{1}{a _{n} } \cdot \prod_{1}^{n-1} \frac{1}{a_{i}}=\prod_{1}^{n} \frac{1}{a_{i}}}\)
Teraz pokażemy również indukcyjnie (korzystając z równości \(\displaystyle{ (1)}\)), że:
\(\displaystyle{ (2)}\) \(\displaystyle{ S _{n} = \sum_{1}^{n}a _{i}= 1-\prod_{1}^{n}a _{i}<1}\)
Dla \(\displaystyle{ n=1}\) jest to prawda. Dowód kroku indukcyjnego:
\(\displaystyle{ S _{n+1} = S _{n} + a _{n+1}=1-\frac{1}{\prod_{1}^{n} \frac{1}{a_{i}}}+ \frac{1}{1+\prod_{1}^{n} \frac{1}{a_{i}}}=1- \frac{1}{\prod_{1}^{n} \frac{1}{a_{i}}(1+\prod_{1}^{n} \frac{1}{a_{i}})}=1- \frac{1}{\prod_{1}^{n+1} \frac{1}{a_{i}}}=1-\prod_{1}^{n+1}a _{i}<1}\)

[Premislav]

Świetnie, wrzuć proszę następne zadanie.

[Blazo2000]

Niestety nie mam pomysłu na razie, więc oddaję kolejkę, aby nie blokować.

[timon92]

to w takim razie ja się wcinam w kolejkę z zadaniem, które chciałem poprzednio wrzucić, ale źle przepisałem treść:

nowe: wyznaczyć \(\displaystyle{ \sup\{abcd|(a-b)(b-c)(c-d)(d-a)| \colon a,b,c,d\ge 0,\ a+b+c+d=1 \}}\)

[Premislav]

Ukryta treść:    

To sporo zmienia, ale i tak rozważę przypadki, bo nie lubię modułów.
Nierówność jest cykliczna, niech więc bez straty ogólności \(\displaystyle{ d=\min(a,b,c,d)}\). Wówczas jest
\(\displaystyle{ abcd|(a-b)(b-c)(c-d)(d-a)|=abcd(c-d)(a-d)|(a-b)(b-c)|}\)
Teraz tak:

\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) Jeżeli \(\displaystyle{ b=\min(a,b,c)}\), to nasze wyrażenie przyjmuje formę
\(\displaystyle{ abcd(c-d)(a-d)(a-b)(c-b)}\)
Skorzystamy teraz z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną dla dwóch zmiennych:
\(\displaystyle{ ac\le \left( \frac{a+c}{2}\right)^2, \ bd\le \left( \frac{b+d}{2}\right)^2}\) daje nam (wszak zmienne są nieujemne)
\(\displaystyle{ abcd\le \left( \frac{a+c}{2}\right)^2\left( \frac{b+d}{2}\right)^2}\).
Analogicznie uzyskujemy
\(\displaystyle{ (c-d)(a-d)(a-b)(c-b)\le \left(\frac{c+a}{2}-d \right)^2\left(\frac{c+a}{2}-b \right)^2\le \left( \frac{c+a}{2}-\frac{b+d}{2}\right)^4}\)
Sprowadziliśmy więc ten przypadek do maksymalizacji wyrażenia
\(\displaystyle{ (ab)^2(a-b)^4}\) dla zmiennych \(\displaystyle{ a\ge b\ge 0}\) spełniających \(\displaystyle{ a+b=\frac 1 2}\)
Odnotujmy teraz, że funkcja \(\displaystyle{ [0,+\infty)
\ni t\mapsto t^2}\) jest rosnąca, stąd można maksymalizować \(\displaystyle{ ab(a-b)^2}\) i podnieść do kwadratu. A to robię tak:
połóżmy \(\displaystyle{ a=\frac 1 4+x, \ b=\frac{1}{4}+y}\), wtedy \(\displaystyle{ y=-x}\), gdyż \(\displaystyle{ a+b=\frac 1 2}\) i nasze wyrażenie przyjmuje formę
\(\displaystyle{ x^2\left( \frac{1}{4}-4x^2\right)}\) dla \(\displaystyle{ x\in\left[ 0, \frac 1 4\right]}\), a to już łatwo zmaksymalizować ze średnich, rachunkiem różniczkowym lub analizując trójmian zmiennej \(\displaystyle{ x^2}\). Najbardziej narzuca się to pierwsze:
\(\displaystyle{ 4x^2\left( \frac 1 4-4x^2\right)\le \left( \frac{4x^2+\frac 1 4-4x^2}{2} \right)^2 =\frac{1}{64}}\)
Równość dla \(\displaystyle{ x=\frac{1}{4\sqrt{2}}}\). Zatem w przypadku pierwszym mamy
\(\displaystyle{ abcd|(a-b)(b-c)(c-d)(d-a)|\le \frac{1}{256^2}}\) z równością dla \(\displaystyle{ a=c=\frac{1}{4}+\frac{1}{4\sqrt{2}}, \ b=d=\frac 1 4-\frac{1}{4\sqrt{2}}}\)

\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) Jeżeli \(\displaystyle{ b=\max(a,b,c)}\), to
\(\displaystyle{ abcd(c-d)(a-d)|(a-b)(b-c)|=abcd(c-d)(a-d)(b-a)(b-c)}\)
Korzystając ponownie z nierówności między średnimi dla dwóch zmiennych, otrzymujemy
\(\displaystyle{ abcd(c-d)(a-d)(b-a)(b-c)\le \left( \frac{a+c}{2}\right)^2bd\left( \frac{a+c}{2}-d\right)^2\left( b-\frac{a+c}{2}\right)^2\le \\ \le \left( \frac{b}{2}+\frac{a+c}{4}\right)^2\left( \frac d 2+\frac{a+c}{4}\right)^2\left(\frac b 2+\frac{a+c}{4}-\frac d 2-\frac{a+c}{4} \right)^4}\)
w związku z tym sprowadziliśmy problem do dwóch zmiennych, ale to już sklepaliśmy w przypadku \(\displaystyle{ 1^{\circ}}\)

\(\displaystyle{ 3^{\circ}}\) To jest zdecydowanie najgorszy przypadek, nic ładnego nie widzę. Jeżeli \(\displaystyle{ b}\) jest środkową z liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\), to
\(\displaystyle{ abcd(c-d)(a-d)|(a-b)(b-c)|=abcd(c-d)(a-d)(a-b)(b-c)}\)
i bez straty ogólności niech \(\displaystyle{ a\ge b\ge c}\)
Połóżmy dla nieujemnych \(\displaystyle{ x,y,z}\): \(\displaystyle{ c=d+x, \ b=d+x+y, \ a=d+x+y+z}\)
Nasze wyrażenie przyjmuje formę \(\displaystyle{ d(d+x)(d+x+y)(d+x+y+z)xyz(x+y+z)}\)
Ponadto \(\displaystyle{ 1=a+b+c+d=4d+3x+2y+z}\). Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną dla ośmiu zmiennych:
\(\displaystyle{ 9d, d+x, \ d+x+y, \ d+x+y+z, \ 5x, \ 3y, \ z, \ x+y+z}\) otrzymujemy
\(\displaystyle{ 135d(d+x)(d+x+y)(d+x+y+z)xyz(x+y+z)\le \left( \frac{12d+9x+6y+3z}{8} \right)^8=\\=\left( \frac 3 8\right)^8}\)
i wystarczy uzasadnić, że
\(\displaystyle{ \frac{1}{135}\cdot \left( \frac{3}{8}\right)^8\le \frac{1}{256^2}}\),
co jest prawdą na mocy wolframa.

Odpowiedź: supremum jest równe \(\displaystyle{ \frac{1}{256^2}}\) i jest osiągane na przykład dla \(\displaystyle{ a=c=\frac 1 4+\frac{1}{4\sqrt{2}}, \ b=d=\frac 1 4-\frac{1}{4\sqrt{2}}}\).

Myślę, że rozwiązanie wzorcowe wygląda inaczej (zgrabniej?), chętnie bym zobaczył.

[timon92]

szkic wzorcówki:    

wystarczy skorzystać z oszacowań postaci \(\displaystyle{ \sqrt{4ab \cdot (a-b)^2} \le \frac{4ab+(a-b)^2}{2}=\frac{(a+b)^2}{2}}\) oraz \(\displaystyle{ \sqrt{(a+b)(c+d)}\le \frac{a+b+c+d}{2}=\frac 12}\)

prosimy o nowe zadanie

[Premislav]

O, rewelacja. Teraz to się wydaje takie proste.

Nowe: niech \(\displaystyle{ a,b,c,x,y,z}\) będą liczbami rzeczywistymi dodatnimi spełniającymi warunki
\(\displaystyle{ a\ge b\ge c}\) oraz \(\displaystyle{ x\ge y\ge z}\). Proszę wykazać, że
\(\displaystyle{ \frac{a^2x^2}{(by+cz)(bz+cy)}+\frac{b^2y^2}{(cz+ax)(cx+az)}+\frac{c^2z^2}{(ax+by)(ay+bx)}\ge \frac 3 4}\)

[arek1357]

\(\displaystyle{ c \le b \le a}\)

\(\displaystyle{ z \le y \le x}\)

więc:

\(\displaystyle{ bz+cy \le by+cz ,cx+az \le ax+cz,ay+bx \le ax+by}\)

skorzystałem z orientacji ciągów i nierówności między permutacyjnej ciągów...

tę nierówność można zapisać więc:

\(\displaystyle{ \frac{a^2x^2}{(by+cz)^2}+ \frac{b^2y^2}{(ax+cz)^2}+ \frac{c^2z^2}{(ax+by)^2} \ge \frac{3}{4}}\)

lub:

\(\displaystyle{ \left( \frac{ax}{by+cz} \right)^2+ \left( \frac{by}{ax+cz}\right)^2+ \left( \frac{cz}{ax+by}\right)^2 \ge \frac{3}{4}}\)

Podzielmy teraz każdy licznik i mianownik przez.: \(\displaystyle{ ax}\)

I wykonamy podstawienia:

\(\displaystyle{ s_{1}= \frac{b}{a}}\)

\(\displaystyle{ s_{2}= \frac{c}{a}}\)

\(\displaystyle{ t_{1}= \frac{y}{x}}\)

\(\displaystyle{ t_{2}= \frac{z}{x}}\)

więc zapiszmy to w tej formie:

\(\displaystyle{ \frac{1}{\left( s_{1}t_{1}+s_{2}t_{2}\right)^2 }+ \left( \frac{s_{1}t_{1}}{1+s_{2}t_{2} }\right) +\left( \frac{s_{2}t_{2}}{1+s_{1}t_{1} } \right)^2 \ge \frac{3}{4}}\)

teraz sobie podstawmy:

\(\displaystyle{ s_{1}t_{1}=x, s_{2}t_{2}=y}\)

pamiętając , że obecne.:\(\displaystyle{ x,y}\) to nie pierwotne.: \(\displaystyle{ x,y}\)

przepiszmy to teraz tak:

\(\displaystyle{ \frac{1}{\left( x+y\right)^2 }+ \frac{x^2}{\left( 1+y\right)^2 }+ \frac{y^2}{\left( 1+x\right)^2 } \ge \frac{3}{4}}\)

Zastosujmy do tego Jensena z:

funkcją wypukłą:

\(\displaystyle{ f(x)= \frac{x}{\left( S-x\right)^2 }}\)

\(\displaystyle{ 1+x+y=S}\)

wagi:

\(\displaystyle{ \frac{1}{S}, \frac{x}{S}, \frac{y}{S}}\)

liczby:

\(\displaystyle{ 1,x,y}\)

I z nierówności Jensena otrzymamy:

\(\displaystyle{ \frac{1}{S} \frac{1}{\left( S-1\right)^2 }+\frac{x}{S} \frac{x}{\left( S-x\right)^2 }+ \frac{y}{S} \frac{y}{\left( S-y\right)^2 } \ge \frac{ \frac{1}{S}+ \frac{x^2}{S}+ \frac{y^2}{S} }{\left( S-\frac{1}{S}- \frac{x^2}{S}- \frac{y^2}{S} \right)^2 }}\)

lub:

\(\displaystyle{ \frac{1}{\left( S-1\right)^2 }+ \frac{x^2}{\left( S-x\right)^2 }+ \frac{y^2}{\left( S-y\right)^2 } \ge \frac{ 1+x^2+y^2 }{\left( S-\frac{1}{S}- \frac{x^2}{S}- \frac{y^2}{S} \right)^2 }= \frac{\left( 1+x^2+y^2\right)\left( 1+x+y\right)^2 }{4\left( x+y+xy\right)^2 }}\)

z uwagi na to, że:

\(\displaystyle{ S=1+x+y}\)

teraz wystarczy udowodnić,że:

\(\displaystyle{ \frac{\left( 1+x^2+y^2\right)\left( 1+x+y\right)^2 }{4\left( x+y+xy\right)^2 } \ge \frac{3}{4}}\)

przemnażając to otrzymujemy mało zachęcające :

\(\displaystyle{ x^4+y^4+2x^3y+2xy^3+2x^3+2y^3-x^2y^2-4x^2y-4xy^2-x^2-y^2-4xy+2x+2y+1 \ge 0}\)

Można się bawić teraz wykorzystując rachunek pochodnych ale minimum lokalne wychodzi zero dla:

\(\displaystyle{ x=y=1}\)

Oczywiście pamiętamy, że:

\(\displaystyle{ 0 \le x,y \le 1}\)

To tak mniej więcej...