Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
Ta nierówność może być wprawką na użycie klasyków - kolejno: AM-GM, Czebyszewa, Cauchy'ego-Schwarza, Nesbitta. Napiszę może później rozwiązanie.
Ukryta treść:
Tę wcześniejszą nierówność Premislava z \(\displaystyle{ \frac{4}{27}}\) warto zapamiętać, jeżeli ktoś bawi się w nierówności elementarne - pojawia się ona często jako pośrednia przy różnych cyklicznych.
jest bez zarzutu (przy czym warto pamiętać, co zresztą potem uwzględniasz, że \(\displaystyle{ x,y\in(0,1]}\)), ale dalej z tego, co widzę, piszesz, że stosujesz nierówność Jensena dla funkcji \(\displaystyle{ f(x)=\frac{x}{S-x}}\), a tak naprawdę stosujesz dla \(\displaystyle{ \frac{x}{(S-x)^2}}\). Nic to jednak nie psuje, bo z moich obliczeń, wspartych wolframem, wynika, że obie funkcje są wypukłe w \(\displaystyle{ (0,S)}\).
być może szybsze dokończenie:
Jak już doszedłeś do tego, że wystarczy wykazać dla \(\displaystyle{ x,y\in(0,1]}\) nierówność: \(\displaystyle{ \frac{\left( 1+x^2+y^2\right)\left( 1+x+y\right)^2 }{4\left( x+y+xy\right)^2 } \ge \frac{3}{4}}\)
to zapiszmy \(\displaystyle{ A=1+x^2+y^2, \ B=2(x+y+xy)}\), wtedy \(\displaystyle{ A\ge \frac{B}{2}}\) oraz \(\displaystyle{ A+B=(x+y+1)^2}\), a nasza nierówność przyjmuje formę \(\displaystyle{ \frac{A(A+B)}{B^2}\ge \frac 3 4}\), czyli równoważnie \(\displaystyle{ A^2+AB\ge \frac 3 4 B^2}\), a to jest oczywiste, gdyż \(\displaystyle{ A\ge \frac B 2>0}\), więc \(\displaystyle{ A^2\ge \frac{B^2}{4}}\) i \(\displaystyle{ AB\ge \frac{B^2}{2}}\)
szkic mojego rozwiązania:
Ze znanej i lubianej nierówności \(\displaystyle{ (\alpha-\beta)^2\ge 0}\) wynika, ze w dodatnich jest: \(\displaystyle{ \frac{1}{\alpha \beta}\ge \frac{4}{(\alpha+\beta)^2}}\). Zatem: \(\displaystyle{ \sum_{}^{}\frac{a^2x^2}{(by+cz)(bz+cy)}\ge \sum_{}^{} \frac{4a^2x^2}{(b+c)^2(y+z)^2}}\)
Nierówność jest jednorodna tak ze względu na \(\displaystyle{ a,b,c}\), jak i \(\displaystyle{ x,y,z}\), zatem WLOG niech \(\displaystyle{ a+b+c=1=x+y+z}\), czyli wystarczy pokazać \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{a^2x^2}{(1-a)^2(1-x)^2}\ge \frac{3}{16}}\)
Funkcja \(\displaystyle{ f(t)=\frac{t^2}{(1-t)^2}}\) jest rosnąca w \(\displaystyle{ (0,1)}\), toteż z założenia o uporządkowaniu i z Czebyszewa mamy \(\displaystyle{ 3\sum_{}^{} \frac{a^2x^2}{(1-a)^2(1-x)^2}\ge \left( \sum_{}^{}\frac{a^2}{(1-a)^2} \right)\left( \sum_{}^{}\frac{x^2}{(1-x)^2} \right)}\)
Teraz dwa razy Jensen dla wypukłej w \(\displaystyle{ (0,1)}\) funkcji \(\displaystyle{ f(t)=\frac{t^2}{(1-t)^2}}\) i równych wag, i po zadaniu.
Co jest zaletą tego rozwiązania, to że jest szybkie w głowie, co jest wadą – dużo liczenia pochodnych, dość łatwych wprawdzie.
Ta twoja końcówka oczywiście szybsza i fajniejsza od mojej, bez nudnych pochodnych,
możliwe że znalazłbym to rozwiązanie, ale już tej końcówce się za bardzo nie przyglądałem i nie przykładałem, staranowałem to bardzo nieelegancko i brutalnie , no wiem u mojej pani za takie podejście dostałbym na lekcji po prostu w twarz...
Ale znowu z drugiej strony bardzo nie lubię tego typu rozwiązań, są żenujące i śmieszne:
"AM wynika z OM , to po postawieniu do GM daje CYC a dalej jest oczywiste...i wychodzi OMG"
(niektórzy się w tym wyżywają)...
Nie zadaję, oddaję komuś innemu ale jak tak dalej będzie to postaram się znowu czymś ten serial zatkać...
Najchętniej przekażę pałeczkę Blazo ze względu na odegraną rolę najlepszego Jokera ze wszystkich Jokerów...
Zauważmy, że skoro \(\displaystyle{ abcd=1}\), to istnieją liczby dodatnie \(\displaystyle{ x,y,z,t}\) takie, że \(\displaystyle{ a=\frac{x}{y}, \ b=\frac{y}{z}, \ c=\frac{z}{t}, \ d=\frac{t}{x}}\)
Można przyjąć na przykład \(\displaystyle{ x=a\\ y=1\\ z=\frac 1 b\\t=\frac{1}{bc}}\)
Wówczas nierówność przyjmuje postać: \(\displaystyle{ \left( \frac{x+z}{y} \right) \left( \frac{y+t}{z} \right) \left(\frac{z+x}{t} \right) \left( \frac{t+y}{x}\right) \ge 2\frac x z +2\frac y t +2\frac z x +2\frac t y+ 8}\)
a po wymnożeniu przez \(\displaystyle{ xyzt}\): \(\displaystyle{ (x+z)^2(y+t)^2\ge 2x^2yt+2y^2zx+2z^2ty+2t^2xz+8xyzt}\)
czyli \(\displaystyle{ (x+z)^2(y+t)^2\ge 2yt(x+z)^2+2zx(t+y)^2}\)
a to już jest ultra proste, gdyż \(\displaystyle{ (x+z)^2(y+t)^2\ge 4zx(t+y)^2\\ (x+z)^2(y+t)^2\ge 4ty(z+x)^2}\)
Dodajemy te dwie nierówności stronami, dzielimy przez \(\displaystyle{ 2}\) i koniec.
ii):
Tutaj początek w pełni analogiczny jak powyżej, tylko że po podstawieniu mamy do udowodnienia w dodatnich: \(\displaystyle{ \left( \frac{x+z}{y} \right) \left( \frac{y+t}{z} \right) \left(\frac{z+x}{t} \right) \left( \frac{t+y}{x}\right) \ge 4\frac t y+4\frac y t+8}\)
a po wymnożeniu przez dodatnie \(\displaystyle{ xyzt}\): \(\displaystyle{ (x+z)^2(y+t)^2\ge 4t^2xz+4y^2xz+8xyzt}\)
a równoważnie \(\displaystyle{ (x+z)^2(y+t)^2\ge 4xz(y+t)^2\\(x-z)^2(y+t)^2\ge 0}\)
a to jest oczywiste, c.k.d.
Pewnie jak się pomyśli, to od razu idzie ze Schwarza albo Holdera, ale myślenie boli, jak jest się debilem.
Jak jest OK, to coś wrzucę.-- 19 mar 2019, o 03:00 --Dobra, ja błędu nie widzę. xd
Moja idea była taka: \(\displaystyle{ \prod_{}^{}\left( a + \frac{1}{b} \right) = \prod_{}^{}\left( 1 + cd\right) = \left( 2 + ab + cd\right)\left( 2 + bc + ad\right) \ge 2\left( \left( 2 + ab + cd \right) + \left( 2 + bc + ad\right) \right)}\), a ostatnia nierówność wynika z faktu, że \(\displaystyle{ xy \ge 2\left( x + y \right)}\) dla \(\displaystyle{ x, y \ge 4}\).
rozwiązanie:
Mnożąc stronami przez \(\displaystyle{ 1+abc}\) i dodając po jedynce do każdego z wyrażenia z lewej strony otrzymamy \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{\left( 1+a\right) +ab\left(1+c \right) }{a\left( 1+b\right) }}\), teraz AM-GM raz w liczniku każdego z wyrażeń, później dla wszystkich czynników i otrzymamy żądaną nierówność
Nowe:
Dla dodatnich i nie większych niż \(\displaystyle{ 1}\) udowodnić: \(\displaystyle{ \frac{a-2}{bc-2} + \frac{b-2}{ca-2} + \frac{c - 2}{ab - 2} \ge 2\left( a+b+c\right) - 3}\)
Zauważmy, że: \(\displaystyle{ \frac{2-a}{2-bc}\ge \frac{1}{3-b-c}}\), gdyż \(\displaystyle{ 2\ge a+1}\) (stąd nierówność między licznikami) i \(\displaystyle{ 2-bc\le 3-b-c \Leftrightarrow (1-b)(1-c)\ge 0}\) (stąd nierówność między mianownikami), zapisujemy taką nierówność i dwie podobne i mamy \(\displaystyle{ \frac{a-2}{bc-2} + \frac{b-2}{ca-2} + \frac{c - 2}{ab - 2} \ge \frac{1}{3-b-c}+\frac{1}{3-c-a}+\frac{1}{3-a-b}}\)
Ponadto z nierówności między średnią arytmetyczną a harmoniczną łatwo wynika, że \(\displaystyle{ \frac{1}{3-b-c}+\frac{1}{3-c-a}+\frac{1}{3-a-b}\ge \frac{9}{9-2(a+b+c)}}\)
i pozostaje wykazać, że gdy \(\displaystyle{ t\in(0, 6]}\), to \(\displaystyle{ \frac{9}{9-t}\ge t-3}\), a równoważnie: \(\displaystyle{ 9\ge (9-t)(t-3)\\ (t-6)^2\ge 0}\)
co kończy dowód. Równość dla \(\displaystyle{ t=6}\), czyli \(\displaystyle{ a=b=c=1}\).
Nierówność po ujednorodnieniu jest stopnia czwartego: \(\displaystyle{ 4\sum a^4+11abc\sum a-5\left(\sum ab\right)^2\ge 0}\), więc wyrażenie po lewej stronie jest co najwyżej (i dokładnie) liniowe względem \(\displaystyle{ abc}\), zatem wystarczy rozważyć przypadek, gdy dwie zmienne są równe. Niech \(\displaystyle{ a=c}\), wtedy \(\displaystyle{ b=\frac{3-a^2}{2a}}\) i całość się zwija do \(\displaystyle{ \frac{27(a+1)^2(a-1)^2\left(2a^2+3\right)}{4a^4}\ge 0}\)
To się zeruje dla \(\displaystyle{ a=-1}\) lub \(\displaystyle{ a=1}\), więc biorąc pod uwagę resztę warunków mamy trójki \(\displaystyle{ (-1,-1,-1);(1,1,1)}\).
Dla \(\displaystyle{ a\ge b\ge c>0}\), takich że \(\displaystyle{ ab+bc+ca+2abc=1}\) udowodnij nierówność
PS Zamieszczane przeze mnie w łańcuszkach zadania będą miały dwutygodniowy czas życia, tzn. jeżeli problem postowany w dniu \(\displaystyle{ N}\) nie zostanie rozwiązany lub przeze mnie zmieniony, to w dniu \(\displaystyle{ N+15}\) dowolna osoba zyskuje prawo do zamieszczenia nowego zadania. W przypadku zmiany dokonanej przeze mnie, dwa tygodnie odliczane będą od daty jej wprowadzenia, chyba że nastąpi zdecydowany sprzeciw ze strony więcej niż jednego spośród tych użytkowników, którzy mają na koncie choćby jeden merytoryczny post w danym łańcuszku, lub ze strony dowolnego członka ekipy forum.
Zauważmy, że w dodatnich zachodzi równoważność: \(\displaystyle{ ab+bc+ca+2abc=1 \Leftrightarrow \frac{a}{a+1} +\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}=1}\)
Podstawmy \(\displaystyle{ x=\frac{a}{a+1}, \ y=\frac{b}{b+1}, \ z=\frac{c}{c+1}}\).
Wówczas oczywiście \(\displaystyle{ x,y,z>0}\), a ponieważ funkcja \(\displaystyle{ f(t)=\frac{t}{t+1}}\) jest rosnąca w \(\displaystyle{ \RR^+}\) (a nawet w\(\displaystyle{ (-1,+\infty)}\)) zachowany jest porządek \(\displaystyle{ x\ge y\ge z}\). Założenie przyjmuje o wiele przyjemniejszą formę \(\displaystyle{ x+y+z=1}\), a teza przedstawia się tak: \(\displaystyle{ \frac{1-x}{x}+\frac{1-y}{y}+\frac{1-z}{z}-4\left( \frac{x}{1-x}+\frac{y}{1-y}+\frac{z}{1-z}\right) \ge \frac{(3x-1)^2}{x(1+x) }}\)
a po prostych przekształceniach: \(\displaystyle{ \frac 1 x+\frac 1 y+\frac 1 z+9-4\left( \frac{1}{1-x}+\frac{1}{1-y}+\frac{1}{1-z}\right)\ge \frac{(3x-1)^2}{x(1+x)}}\)
Zauważmy teraz, że zmienne \(\displaystyle{ y}\) i \(\displaystyle{ z}\) grają taką samą rolę w naszej nierówności, spróbujemy więc wykazać, że wystarczy rozważyć przypadek \(\displaystyle{ y=z}\).
Oczywiście \(\displaystyle{ y,z}\) są dodatnie, ponadto \(\displaystyle{ x=\max\left\{ x,y,z\right\}}\) i \(\displaystyle{ x+y+z=1}\), zachodzi więc \(\displaystyle{ y+z\le \frac 2 3}\). Przy tych warunkach jest: \(\displaystyle{ \frac{1}{z}-\frac{4}{1-z}+\frac{1}{y}-\frac{4}{1-y}\ge \frac{2}{\frac{y+z}{2}}-\frac{8}{1-\frac{y+z}{2}}=\frac{4}{y+z}-\frac{16}{2-y-z}}\)
Niestety jedyny dowód tej nierówności, jaki mam, to konkretny pałczing, Jensen i inne sztuczki zawiodły. Zapisujemy: \(\displaystyle{ \frac{1}{z}+\frac{1}{y}-\frac{4}{y+z}= \frac{(y-z)^2}{yz(y+z)}}\)
i podobnie \(\displaystyle{ \frac{4}{1-z}+\frac{4}{1-y}-\frac{16}{2-y-z}=\frac{4(y-z)^2}{(1-y)(1-z)(2-y-z)}}\)
Zatem jeśli \(\displaystyle{ y=z}\), to nierówność (a dokładniej równość) zachodzi, zaś w przeciwnym razie dzielimy stronami przez \(\displaystyle{ (y-z)^2}\), mnożymy stronami przez iloczyn mianowników i mamy do wykazania, że gdy dodatnie \(\displaystyle{ y,z}\) spełniają \(\displaystyle{ y+z\le \frac 23}\), to \(\displaystyle{ (1-z)(1-y)(2-y-z)\ge 4yz(y+z)}\)
Zapisujemy tę nierówność w równoważnej postaci \(\displaystyle{ (1-s+t)(2-s)\ge 4st}\) dla \(\displaystyle{ s=y+z, \ t=yz}\), a dalej: \(\displaystyle{ s^2-5st+2t-3s+2\ge 0}\) i odnotowujemy, że \(\displaystyle{ 2-3s=2-3(y+z)\ge 0}\) oraz że \(\displaystyle{ s^2-5st+2t\ge s^2-5st+\frac{25}{4}t^2=\left( s-\frac 5 2t\right)^2}\), gdyż \(\displaystyle{ t=yz\le \left( \frac{y+z}{2}\right)^2\le \frac{1}{9}<\frac{8}{25}}\).
Uff. W ten sposób wykazaliśmy, że jeśli przy ustalonym \(\displaystyle{ x}\) i warunkach zadania jest \(\displaystyle{ f(y,z)=\frac 1 x+\frac 1 y+\frac 1 z+9-4\left( \frac{1}{1-x}+\frac{1}{1-y}+\frac{1}{1-z}\right)- \frac{(3x-1)^2}{x(1+x)}}\), to \(\displaystyle{ f(y,z)\ge f\left( \frac{y+z}{2}, \frac{y+z}{2}\right)}\).
Pozostaje więc rozważyć następujący przypadek:
niech \(\displaystyle{ x\ge y>0}\) oraz \(\displaystyle{ x+2y=1}\). Przy tych warunkach mamy wykazać, że \(\displaystyle{ \frac 1 x+\frac 2 y+9-4\left( \frac{1}{1-x}+\frac{2}{1-y}\right)\ge \frac{(3x-1)^2}{x(1+x)}}\)
Odnotujmy, że \(\displaystyle{ 0<y\le \frac 1 3}\) i podstawmy w powyższej nierówności \(\displaystyle{ x:=1-2y}\). Mamy do udowodnienia nierówność jednej zmiennej: \(\displaystyle{ \frac{1}{1-2y}+9-\frac{8}{1-y}\ge \frac{4(1-3y)^2}{(1-2y)(2-2y)}}\)
przy czym \(\displaystyle{ y\in\left( 0, \frac 1 3\right]}\)
Mnożymy przez dodatnie mianowniki i dostajemy równoważną: \(\displaystyle{ 1-y-8(1-2y)+9(1-y)(1-2y)\ge 2(1-3y)^2}\)
Tę nierówność (\(\displaystyle{ y^2}\) się zredukuje) zostawiam już jako ćwiczenie, co kończy dowód.
Z wolframa dowiedziałem się nawet, że zajdzie równość, zabawnie.
Wg mnie to rozwiązanie jest prawidłowe i, jak na wybraną metodę, wcale nie pałkarskie. Wydaje mi się, że podstawienie za \(\displaystyle{ y}\) w końcówce ułatwiłoby obliczenia.
A masz do tego jakieś ładne rozwiązanie? Jeśli tak, byłbym wdzięczy za podzielenie się nim (czy choćby krótkim szkicem).
Nowe zadanie:
liczby rzeczywiste nieujemne \(\displaystyle{ a,b,c}\) spełniają warunki \(\displaystyle{ a^2\le b^2+c^2, \ b^2\le c^2+a^2, \ c^2\le a^2+b^2}\)
Proszę wykazać, że \(\displaystyle{ (a+b+c)(a^2+b^2+c^2)(a^3+b^3+c^3)\ge 4(a^6+b^6+c^6)}\)
i określić kiedy zachodzi równość.
