[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[Slup]

To chyba faktycznie na rozruszanie, bo jestem frajerem z nierówności i umiem ją zrobić.

Mamy:

\(\displaystyle{ 1 = \sum_{i=1}^n\frac{x_i}{\sum_{j=1}^nx_j} < \sum_{i=1}^n\frac{x_i}{x_i+x_{i+1}}}\)

(na pierwszy rzut oka powinno być tylko \(\displaystyle{ \leq}\), ale w rzeczywistości z warunku \(\displaystyle{ n>2}\) oraz \(\displaystyle{ 0<x_i+x_{i+1}}\) dla każdego \(\displaystyle{ i}\) wynika, że jest \(\displaystyle{ <}\)). To daje pierwszą nierówność. Dla dowodu drugiej wystarczy zauważyć dwa fakty. Po pierwsze można tak samo jak wyżej dowieść, że

\(\displaystyle{ 1 < \sum_{i=1}^n\frac{x_{i+1}}{x_i+x_{i+1}}}\)

Po drugie

\(\displaystyle{ n = \left(\sum_{i=1}^n \frac{x_i}{x_i+x_{i+1}}\right) + \left(\sum_{i=1}^n\frac{x_{i+1}}{x_i+x_{i+1}}\right)}\)

Zatem ostatecznie

\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^n \frac{x_i}{x_i+x_{i+1}} = n - \sum_{i=1}^n\frac{x_{i+1}}{x_i+x_{i+1}} < n-1}\)

Jak już wspomniałem, nie znam się na nierównościach olimpijskich, więc proszę by ktoś z użytkowników, którzy są tutaj aktywni, umieścił kolejne zadanie.

[Premislav]

O to właśnie chodziło (nie znam innego rozwiązania). To może trudniejsze:
niech \(\displaystyle{ x,y,z\in \RR}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ x^4+y^4+z^4+xyz=4}\). Proszę wykazać, że
\(\displaystyle{ x\le 2}\) oraz \(\displaystyle{ \sqrt{2-x}\ge \frac{y+z}{2}}\)

[WolfusA]

bardzo niezobowiązująco:    

\(\displaystyle{ 4-xyz=x^4+y^4+z^4\ge 3\sqrt[3]{(xyz)^4}\implies 1\ge xyz>-1,6}\)

[bosa_Nike]

Ukryta treść:    

Jeżeli wyróżniliśmy iksa, to będąc z zasady ludźmi poważnymi nie rozpatrujemy tu przypadków, kiedy jest on niedodatni. Pozostają przypadki, gdy igrek z zetem są tego samego lub różnych znaków.
Jeżeli \(\displaystyle{ yz\ge 0}\), to \(\displaystyle{ 4=x^4+y^4+z^4+xyz\ge x^4}\), więc \(\displaystyle{ x\le\sqrt{2}<2}\).
Jeżeli \(\displaystyle{ yz<0}\), to WLOG \(\displaystyle{ -z=t>0}\), więc
\(\displaystyle{ x^4+y^4+t^4=4+xyt\le 4+\frac{1}{4}\left(x^4+y^4+t^4+1\right)}\)
lub
\(\displaystyle{ \frac{17}{3}\ge x^4+y^4+t^4>x^4}\)
Dowód pierwszej części zadania jest tym samym zakończony, bo \(\displaystyle{ \frac{17}{3}<16}\).

Jeżeli \(\displaystyle{ y+z\le 0}\), to nierówność z drugiej części zadania jest trywialnie spełniona. Dalej niech \(\displaystyle{ y+z>0}\).
Przypuśćmy wbrew tezie, że \(\displaystyle{ \sqrt{2-x}<\frac{y+z}{2}}\). Wtedy także \(\displaystyle{ 2-x<\left(\frac{y+z}{2}\right)^2}\) lub
\(\displaystyle{ \begin{aligned}8&<4x+y^2+z^2+2yz\\&\le\left(x^4+1+1+1\right)+\frac{1}{2}\left(y^4+1\right)+\frac{1}{2}\left(z^4+1\right)+2yz\\&=x^4+\frac{1}{2}\left(y^4+z^4\right)+4+2yz\end{aligned}}\)
Z drugiej strony, z warunku zadania mamy \(\displaystyle{ 8=4+x^4+y^4+z^4+xyz}\), więc pozostaje
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left(y^4+z^4\right)<(2-x)yz}\)
Jeżeli \(\displaystyle{ yz\le 0}\), to już mamy sprzeczność, więc dalej niech \(\displaystyle{ y,z>0}\). Korzystamy znów z założenia i mamy
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left(y^4+z^4\right)<(2-x)yz<\left(\frac{y+z}{2}\right)^2yz}\)
To jest sprzeczność, bo
\(\displaystyle{ \begin{aligned}\frac{1}{2}\left(y^4+z^4\right)&=\frac{1}{4}\left(2y^4+2z^4\right)\\&\ge \frac{1}{4}\left(y^2+z^2\right)^2\\&=\frac{1}{8}\left(2y^2+2z^2\right)\left(y^2+z^2\right)\\&\ge \frac{(y+z)^2}{4}\cdot yz\end{aligned}}\)

Dla \(\displaystyle{ 4c>3b>2a>0}\) udowodnij

\(\displaystyle{ 2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)-\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right)\ge 3}\)

[Premislav]

Ukryta treść:    

Równoważnie:
\(\displaystyle{ a^2(2c-b)+b^2(2a-c)+c^2(2b-a)\ge 3abc \ (*)}\)
Niech teraz \(\displaystyle{ x=3b-2a, \ y=4c-3b}\), wówczas \(\displaystyle{ x,y>0}\) oraz
\(\displaystyle{ b=\frac{2a+x}{3}, \ c=\frac{3b+y}{4}=\frac{2a+x+y}{4}}\)
i w terminach zmiennych dodatnich \(\displaystyle{ a,x,y}\) nierówność \(\displaystyle{ (*)}\) przyjmuje formę:
\(\displaystyle{ a^2\cdot \frac{2a+x+3y}{6}+ \frac{(2a+x)^2}{9}\cdot \frac{6a-x-y}{4}+ \frac{(2a+x+y)^2}{16}\cdot \frac{a+2x}{3}\\ \ge 3a\cdot \frac{2a+x}{3}\cdot \frac{2a+x+y}{4}}\)
a dalej:
\(\displaystyle{ 24a^2(2a+x+3y)+4(2a+x)^2(6a-x-y)+3(2a+x+y)^2(a+2x)\\\ge 36a(2a+x)(2a+x+y)}\)
Z pomocą wujcia Wolframa otwieram nawiasy:
\(\displaystyle{ 12 a^3 + 3 a y^2 + 2 x^3 + 8 x^2 y + 6 x y^2\ge 4a^2 x+4a^2y+ax^2+22axy}\)

Zauważmy jednak, że zachodzą nierówności:
\(\displaystyle{ 1) \ 7a^3+ay^2+8x^2y+6xy^2\ge 22axy}\)
(AM-GM dla \(\displaystyle{ 22}\) zmiennych),
\(\displaystyle{ 2) \ 2a^3+2ax^2\ge 4a^2 x}\)
(AM-GM dla \(\displaystyle{ 4}\) zmiennych albo jak kto woli, dla dwóch),
\(\displaystyle{ 3) \ a^3+2x^3\ge 3ax^2}\)
(AM-GM dla \(\displaystyle{ 3}\) zmiennych)
i wreszcie
\(\displaystyle{ 4) \ 2a^3+2ay^2\ge 4a^2y}\)
(ponownie AM-GM dla \(\displaystyle{ 4}\) zmiennych, czy jeśli ktoś woli, dla dwóch).

Dodajemy cztery powyższe nierówności stronami, co kończy dowód. Równość zajdzie dokładnie wtedy, gdy zajdzie równość w czterech powyższych nierównościach, czyli dla
\(\displaystyle{ a=x=y}\), a wracając do pierwotnych zmiennych, dla \(\displaystyle{ a=b=c}\).

Jak macie jakiś mniej rachunkowy dowód, to tradycyjnie zachęcam do podzielenia się nim.
Nowe:
niech \(\displaystyle{ x_1, x_2, \ldots x_n\ge 0}\).
Proszę udowodnić, że
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} \frac{x_i}{1+x_1^2+\ldots+x_i^2}<\sqrt{n}}\)

[Premislav]

Znowu stanęło, mimo że zadanie proste (a może właśnie dlatego nikomu się nie chciało pisać; jak teraz patrzę, to nie jestem też pewien, czy nie widziałem go już kiedyś w tym dziale ).

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ a_i=1+x_1^2+\ldots+x_i^2, \ i=1,2\ldots n}\), dodatkowo wprowadźmy \(\displaystyle{ a_0=1}\). Wówczas mamy \(\displaystyle{ a_i\ge a_{i-1}\ge 1}\), więc
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} \frac{x_i}{1+x_1^2+\ldots+x_i^2}= \sum_{i=1}^{n} \frac{\sqrt{a_i-a_{i-1}}}{a_i}\le \sum_{i=1}^{n} \frac{ \sqrt{a_i-a_{i-1}} }{\sqrt{a_i a_{i-1}}} =\\= \sum_{i=1}^{n} \sqrt{\frac{1}{a_{i-1}}-\frac{1}{a_i}} \le \sqrt{n\left( \sum_{i=1}^{n}\left( \frac 1{a_{i-1}}-\frac{1}{a_i}\right) \right)\ }=\\= \sqrt{n\left( 1-\frac{1}{a_n}\right) } <\sqrt{n}}\)
przy czym przedostania nierówność wynika z nierówności Cauchy'ego-Schwarza.

Nowe zadanie (mam nadzieję, że jeszcze nie było);
dana jest liczba całkowita dodatnia \(\displaystyle{ k}\). Proszę wyznaczyć wszystkie takie liczby całkowite dodatnie \(\displaystyle{ n}\), że dla dowolnych liczb rzeczywistych nieujemnych \(\displaystyle{ x_1, \ldots x_n}\) spełniających warunek \(\displaystyle{ x_1+x_2+\ldots+x_n=n}\) zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ kn+ \sum_{i=1}^{n}x_i^3\le n+k \sum_{i=1}^{n}x_i^2}\)

[WolfusA]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ e_1=\sum_{i=1}^nx_i \wedge e_2=\sum_{1\le i<j\le n}^nx_ix_j \wedge e_3=\sum_{1\le i<j<k\le n}^nx_ix_jx_k}\)
Jeśli zmiennych jest za mało, by istniała któraś z sum, to przyjmujemy, że ta suma wynosi \(\displaystyle{ 0}\). Rozwiążemy ogólniejszy wariant:
\(\displaystyle{ n^2\cdot \sum_{i=1}^nx_i^3- \left( \sum_{i=1}^nx_i\right)^3\le k\left[ n\left(\sum_{i=1}^nx_i^2\right)-\left(\sum_{i=1}^nx_i\right)^2\right]\cdot \sum_{i=1}^nx_i}\)
\(\displaystyle{ n^2(e_1^3-3e_1e_2+3e_3)-e_1^3\le k\left[ (n-1)e_1^2-2ne_2\right]\cdot e_1}\)
Podstawiamy \(\displaystyle{ n-1}\) zmiennych równych \(\displaystyle{ 0}\) i jedną równą \(\displaystyle{ 1}\) by otrzymać
\(\displaystyle{ n+1\le k}\). Wykażemy, że każde takie \(\displaystyle{ 0\le n\le k-1}\) spełnia nierówność. Dla \(\displaystyle{ n=0}\) to prawda. Niech dalej \(\displaystyle{ n\ge 1}\). Ponieważ \(\displaystyle{ (n-1)e_1^2-2ne_2\ge 0 \wedge e_1\ge 0}\), to wystarczy wykazać
\(\displaystyle{ n^2(e_1^3-3e_1e_2+3e_3)-e_1^3\le (n+1)\left[ (n-1)e_1^2-2ne_2\right]\cdot e_1}\) co jest równoważne z
\(\displaystyle{ 3ne_3\le (n-2)e_1e_2}\). Dla \(\displaystyle{ n=2}\) jest to jasne. Niech dalej \(\displaystyle{ n\ge 3}\). MacLaurin wykazał
\(\displaystyle{ \frac{e_1}{n}\ge\sqrt[3]{\frac{6e_3}{n(n-1)(n-2)}}}\)
\(\displaystyle{ \sqrt[2]{\frac{2e_2}{n(n-1)}}\ge\sqrt[3]{\frac{6e_3}{n(n-1)(n-2)}}}\)
Więc wystarczy podnieść drugą nierówność do kwadratu i przemnożyć stronami z pierwszą.

Gdy ktoś się zgodzi (żeby nie było samowładzy) wrzucę kolejny numer.

[Premislav]

Bardzo elegancko! To jest zadanie ze Zwardonia 2004, pierwszy mecz matematyczny, zadanie 5.

Kod: Zaznacz cały

https://om.mimuw.edu.pl/static/app_main/camps/zwardon2004r.pdf

Zadajesz.

[WolfusA]

Dana jest liczba \(\displaystyle{ n\in Z_+}\) zaś dowolne liczby \(\displaystyle{ x_1, \ldots, x_n, y_1, \ldots, y_n\in R_+}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ x_1+\ldots+x_n=y_1+\ldots+y_n=1}\). Wykaż, że
\(\displaystyle{ |x_1-y_1|+\ldots+|x_n-y_n|\leq 2-\underset{1\leq i\leq n}{\min} \;\dfrac{x_i}{y_i}-\underset{1\leq i\leq n}{\min} \;\dfrac{y_i}{x_i}}\)

[WolfusA]

Zadanie pochodzi z Junior Balkan MO 2014 Shortlist - zaadanie A9. Na innym znanym forum nie ma rozwiązania. Być może komuś uda się znaleźć w jakimś innym miejscu to zadanie z rozwiązaniem (mi się nie udało). Jeśli nie, to za dwa dni zmieniam zadanie.-- 4 cze 2019, o 12:27 --\(\displaystyle{ n\in Z_+ \wedge n\ge2\wedge a_1,a_2,...,a_n\in R}\). Jeśli zachodzi nierówność \(\displaystyle{ b<\frac{1}{n-1}\cdot\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)^2-\sum_{i=1}^n a_i^2}\), to wykaż, że dla każdych całkowitych \(\displaystyle{ 1\le k<l\le n}\) mamy \(\displaystyle{ b<2a_ka_l}\).

[Premislav]

Może spróbuję odblokować ten wątek, nie wiem, czy mi się uda…

Ukryta treść:    

Zrobimy to przez kontrapozycję. Dla ustalenia uwagi przypuśćmy, że \(\displaystyle{ 2a_1 a_2\le b}\). Wykażemy, że wówczas \(\displaystyle{ \frac{1}{n-1}\cdot\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)^2-\sum_{i=1}^n a_i^2\le b}\)
Ustalamy \(\displaystyle{ a_3, a_4, \ldots a_n\in \RR}\). Ustalmy \(\displaystyle{ a_1 a_2=c\le \frac b 2}\). Rozpatrujemy dwa przypadki:
\(\displaystyle{ \textbf{I} \ c\ge 0}\)

Wówczas bez zmniejszenia ogólności możemy przyjąć, że \(\displaystyle{ a_1\ge 0, \ a_2\ge 0}\).
Chcemy udowodnić, że
\(\displaystyle{ \frac{1}{n-1}\cdot\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)^2-\sum_{i=1}^n a_i^2\le b}\)
co przepisujemy w równoważnej formie
\(\displaystyle{ -(n-2)a_1^2-(n-2)a_2^2+a_1 C+a_2 C+D\le b(n-1)-2c}\)
przy czym
\(\displaystyle{ C= 2\sum_{i=3}^{n}a_i, \ D=-(n-2) \sum_{i=3}^{n}a_i^2+2 \sum_{3\le i<j\le n}^{}a_i a_j}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ (x+y)^2=x^2+2xy+y^2}\), więc możemy tę nierówność przekształcić do postaci
\(\displaystyle{ -(n-2)(a_1+a_2)^2+C(a_1+a_2)+D\le (b-2c)(n-1)}\)

Oczywiście ze średnich mamy \(\displaystyle{ a_1+a_2\ge 2\sqrt{a_1 a_2}=2\sqrt{c}}\).
Ponadto dla ustalonego \(\displaystyle{ n>2}\) trójmian
\(\displaystyle{ g(t)=-(n-2)t^2+Ct+D}\) przyjmuje maksimum globalne dla \(\displaystyle{ t_0=\frac{C}{2n-4}}\).
Rozpatrujemy więc jeszcze dwa podprzypadki:
\(\displaystyle{ \textbf{a)}}\) jeśli \(\displaystyle{ 2\sqrt{c}>\frac{C}{2n-4}}\), to trójmian \(\displaystyle{ g(t)}\) jest malejący w przedziale
\(\displaystyle{ left[ 2sqrt{c},+infty
ight)}\), więc z uwagi na to, że \(\displaystyle{ a_1+a_2\ge 2\sqrt{c}}\) wystarczy uzasadnić, że \(\displaystyle{ g\left( 2\sqrt{c}\right)\le (b-2c)(n-1)}\), czyli
\(\displaystyle{ -(4n-8)c+2C\sqrt{c}+D\le (b-2c)(n-1)}\)
a to możemy przepisać w równoważnej postaci
\(\displaystyle{ -(n-2)\left( 2\sqrt{c}-\frac{C}{2n-4}\right)^2+\frac{C^2}{4n-8}+D\le (b-2c)(n-1)}\)
Korzystając z nierówności \(\displaystyle{ p^2+q^2\ge 2pq}\) łatwo można udowodnić, że
\(\displaystyle{ 2 \sum_{3\le i<j\le n}^{}a_i a_j\le (n-3) \sum_{i=3}^{n}a_i^2}\),
natomiast z użyciem nierówności Cauchy'ego-Schwarza nietrudno wykazać, że
\(\displaystyle{ \frac{C^2}{4n-8} \le \sum_{i=3}^{n}a_i^2}\),
a dodając te dwie ostatnie nierówności stronami i przenosząc na jedną stronę dostajemy
\(\displaystyle{ \frac{C^2}{4n-8}+D\le 0}\), a ponieważ \(\displaystyle{ b\ge 2c}\), więc jasne jest, że mamy
\(\displaystyle{ -(n-2)\left( 2\sqrt{c}-\frac{C}{2n-4}\right)^2+\frac{C^2}{4n-8}+D\le 0\le(b-2c)(n-1)}\)
\(\displaystyle{ \textbf{b)}}\) jeśli \(\displaystyle{ 2\sqrt{c}\le \frac{C}{2n-4}}\), to wystarczy udowodnić, że \(\displaystyle{ g\left( \frac{C}{2n-4}\right)\le (b-2c)(n-1)}\),
czyli \(\displaystyle{ \frac{C^2}{4n-8}+D\le (b-2c)(n-1)}\), ale z tego, co poprzednio napisałem w punkcie a), wynika, że
\(\displaystyle{ \frac{C^2}{4n-8}+D\le 0\le(b-2c)(n-1)}\)

\(\displaystyle{ \textbf{II} \ c<0}\)
Zauważmy, że w tym przypadku działa rozumowanie z \(\displaystyle{ \textbf{I b)}}\), ponieważ gdy \(\displaystyle{ a_1 a_2}\) jest ustaloną liczbą rzeczywistą ujemną, to wyrażenie \(\displaystyle{ a_1+a_2}\) może przyjmować dowolną rzeczywistą wartość (w szczególności wartość \(\displaystyle{ \frac{C}{2n-4}}\)), co kończy dowód.

Miło byłoby, gdyby ktoś to sprawdził.
WolfusA, masz może do tego jakieś fajne rozwiązanie?

[WolfusA]

Jeszcze nie sprawdziłem Premislava, ale

Moje fajne rozwiązanie:    

Dla \(\displaystyle{ n=2}\) zachodzi równość. Niech teraz \(\displaystyle{ n\ge 3}\)
Bez straty ogólności \(\displaystyle{ a_{n-1}a_n}\) jest najmniejszym z tych iloczynów po dwa różne wyrazy ciągu. Teza jest równoważna z \(\displaystyle{ \frac{1}{n-1}\cdot\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)^2-\sum_{i=1}^n a_i^2\le 2a_{n-1}a_n}\)
\(\displaystyle{ x=a_{n-1}+a_n}\)
Jak przeniesiemy te kwadraty w sumie na prawą stronę i przemnożymy przez \(\displaystyle{ (n-1)}\) dostrzegamy, że nasza nierówność to
\(\displaystyle{ (a_1+a_2+...+a_{n-2}+x)^2\le (n-1)(a_1^2+a_2^2+...+a_{n-2}^2+x^2)}\)
To jest AM-QM, prawda?

[Premislav]

Że też ja na to nie wpadłem. Szkoda słów…

-- 10 lip 2019, o 00:34 --

ciach

[WolfusA]

Chcesz wrzucić nową, czy dalej moja kolej?
To zadanie to Putnam 1977 B5 (z 6 zadań) więc było ocenione na bardzo trudne przez organizatorów. Technicznie wymagające nie jest, ale znaleźć właściwą drogę już niełatwo.

[Premislav]

Dalej Twoja kolej, nie jestem usatysfakcjonowany tym, co tu odwaliłem.

BTW Fajnie byłoby zobaczyć dowód tej poprzedniej nierówności z shortlisty JBMO , ale to już może nad nią sobie posiedzę.