[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[Premislav]

Nowe zadanie:
dla \(\displaystyle{ a,b,c>0}\) proszę udowodnić nierówność
\(\displaystyle{ \frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\ge a+b+c+\frac{4(a-b)^{2}}{a+b+c} }\).
Kiedy zachodzi równość w powyższej nierówności?

[bosa_Nike]

Ukryta treść:    

Fajne zadanie, trochę w stylu tych z Mathematical Reflections.
Można coś pożyczyć i coś oddać. Na mocy nierówności Cauchy'ego-Schwarza $$\begin{aligned}\left(\frac{a^2}{b}+b-2a\right)+\left(\frac{b^2}{c}+c-2b\right)+\left(\frac{c^2}{a}+a-2c\right)&=\frac{(a-b)^2}{b}+\frac{(c-b)^2}{c}+\frac{(a-c)^2}{a}\\&\ge\frac{\left((a-b)+(c-b)+(a-c)\right)^2}{a+b+c}\\&=\frac{4(a-b)^2}{a+b+c}.\end{aligned}$$
Żeby mieć równość, musimy mieć \(\displaystyle{ \frac{(a-b)^2}{b^2}=\frac{(c-b)^2}{c^2}=\frac{(a-c)^2}{a^2}}\). Widać, że równość dowolnych dwóch ze zmiennych pociąga za sobą równość wszystkich trzech. Przypuśćmy więc, że zmienne są parami różne. Musimy mieć $$\begin{cases}\left(a^2-bc\right)\left(a^2-2ab+bc\right)=0\\\left(b^2-ca\right)\left(b^2-2bc+ca\right)=0\\\left(c^2-ab\right)\left(c^2-2ac+ab\right)=0\end{cases}$$ Zerami muszą zatem być albo jakieś dwa wyrażenia z pierwszych nawiasów powyższych równań, albo jakieś dwa z drugich nawiasów. Jeżeli np. \(\displaystyle{ a^2-bc=b^2-ca=0}\), to \(\displaystyle{ (a-b)(a+b+c)=0}\) - sprzeczność, bo \(\displaystyle{ a\neq b}\) oraz \(\displaystyle{ a,b,c>0}\). Analogicznie jest dla pozostałych par, zatem zerem może być co najwyżej jedno krótsze wyrażenie. Jeżeli z kolei \(\displaystyle{ a^2-2ab+bc=b^2-2bc+ca=c^2-2ac+ab=0}\), po zsumowaniu mamy \(\displaystyle{ \frac{1}{2}\sum (a-b)^2=0}\) - sprzeczność.
Pozostaje przypadek, gdy zerami są jednocześnie dwa dłuższe wyrażenia i jedno krótsze. Jeżeli np. \(\displaystyle{ a^2-2ab+bc=-\left(b^2-2bc+ca\right)=0}\), to \(\displaystyle{ (a-b)(a-b+c)=0}\), więc musi być \(\displaystyle{ c=b-a}\), a to po podstawieniu do \(\displaystyle{ c^2-ab=0}\) daje \(\displaystyle{ b=\frac{\left(\sqrt{5}+3\right)a}{2}}\), czyli \(\displaystyle{ c=\frac{\left(\sqrt{5}+1\right)a}{2}}\). Bezpośrednio sprawdzamy, że przy takich zmiennych równość rzeczywiście zachodzi. Ze względu na asymetrię nierówności sprawdzamy jeszcze pozostałe dwie kombinacje równań, ale okazuje się, że żaden z uzyskanych wyników nie przechodzi weryfikacji.
Ostatecznie równość mamy wtw, gdy \(\displaystyle{ (a,b,c)}\) jest postaci \(\displaystyle{ (t,t,t)}\) lub \(\displaystyle{ \left(t,\frac{\left(\sqrt{5}+3\right)t}{2},\frac{\left(\sqrt{5}+1\right)t}{2}\right)}\), gdzie \(\displaystyle{ t>0}\).

Nierówność jest na pewno dobrze zrobiona, mam tylko nadzieję, że nic mi w warunkach równości nie poginęło.

[Premislav]

W porządku (swoją drogą też robiłem z CS), możesz wstawić następne zadanie. O tyle śmieszne, że sprawdzenie warunku równości stanowi (nieco) ciekawszy problem niż samo zadanie, co chyba nie tak często się zdarza (ale może mało widziałem).

[bosa_Nike]

Chciałam to dopisać też, ale czas edycji minął.

PS Aha, myślę, że możemy jeszcze zauważyć, że gdy zmienne są parami różne, to nie może zajść sytuacja, że oba wyrażenia w nawiasach w którymś równaniu powyższego układu są jednocześnie zerami.
__________________________________________________________________

Ok, bardzo prawdopodobne jest, że nie będę mogła przypilnować w najbliższym czasie tego łańcuszka, więc to będzie łatwe zadanie, tylko żeby nie oddawać kolejki. Jeżeli ktoś będzie pewien, że rozwiązał poprawnie, to może niech później od razu wrzuci jakieś następne.

Znajdź dodatnie liczby rzeczywiste \(\displaystyle{ a,b,c}\), takie że \(\displaystyle{ a+b+c\ge 6}\) oraz $$\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+2b+c+3}+\frac{1}{ca+2a+1}=\frac{66}{(a+b+c)^3+4}$$

[Premislav]

Ukryta treść:    

Spróbujemy wykazać, że przy założeniach zadania zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ \frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+2b+c+3}+\frac{1}{ca+2a+1}\ge \frac{66}{(a+b+c)^{3}+4}}\)
i uzyskać jakiś prosty warunek na zajście równości w tej nierówności.

Na mocy AM-HM otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+2b+c+3}+\frac{1}{ca+2a+1}\ge \frac{9}{ab+bc+ca+3a+2b+c+5}}\),
więc spróbujemy wykazać, że w dodatnich o sumie nie mniejszej niż sześć jest
\(\displaystyle{ \frac{9}{ab+bc+ca+3a+2b+c+5}\ge \frac{66}{(a+b+c)^{3}+4} }\)
Równoważnie mamy
\(\displaystyle{ 3(a+b+c)^{3}\ge 22(ab+bc+ca+3a+2b+c)+98}\)
Niech teraz \(\displaystyle{ f(a,b,c)=3(a+b+c)^{3}- 22(ab+bc+ca+3a+2b+c)-98}\)
oraz \(\displaystyle{ a+b+c=S\ge 6}\) jest ustalone. Udowodnimy kolejno nierówności
\(\displaystyle{ f(a,b,c)\ge f\left(\frac{S}{3}+1, \frac{S}{3}, \frac{S}{3}-1\right), \ f\left(\frac{S}{3}+1, \frac{S}{3}, \frac{S}{3}-1\right)\ge 0}\)
Pierwsza z tych nierówności sprowadza się do:
\(\displaystyle{ \frac{1}{3}S^{2}+2S+1\ge ab+bc+ca+3a+2b+c}\)
Teraz zauważmy, że
\(\displaystyle{ ab+bc+ca+3a+2b+c+2=a(b+1)+a(c+2)+(b+1)(c+2)}\)
i ze znanej nierówności
\(\displaystyle{ \frac{(x+y+z)^{2}}{3}\ge xy+yz+zx}\)
(zwijalna do sumy kwadratów: \(\displaystyle{ (x-y)^{2}+(y-z)^{2}+(z-x)^{2}\ge 0}\)),
w której równość zachodzi dokładnie dla \(\displaystyle{ x=y=z}\)
mamy
\(\displaystyle{ \frac{(a+b+c+3)^{2}}{3}\ge a(b+1)+a(c+2)+(b+1)(c+2)}\)
Pozostaje zweryfikować, że
\(\displaystyle{ \frac{1}{3}S^{2}+2S+3=\frac{(a+b+c+3)^{2}}{3}}\)
co jest prościutkie.

Ach, zostaje jeszcze nierówność:
\(\displaystyle{ f\left(\frac{S}{3}+1, \frac{S}{3}, \frac{S}{3}-1\right)\ge 0}\)
Innymi słowy:
\(\displaystyle{ 3S^{3}-22\left(\frac{1}{3}S^{2}+2S+1\right)-98\ge 0\\ 9S^{3}-22S^{2}-132S-360\ge 0\\ 9(S-6)\left(S^{2} +\frac{32}{9}S+\frac{20}{3}\right)\ge 0}\)
co dla \(\displaystyle{ S\ge 6}\) jest oczywiste, przy czym dla \(\displaystyle{ S>6}\) zachodzi ostra nierówność.
Zatem aby zaszła równość, musi być między innymi (wynika to z przypadków równości w poprzednich nierównościach)
\(\displaystyle{ a+b+c=6, \ a=b+1=c+2}\), czyli \(\displaystyle{ a=3, \ b=2, \ c=1}\)
Po podstawieniu widzimy, że liczby te spełniają postulowaną równość.

Dodano po 45 minutach 30 sekundach:
Nowe zadanie:
proszę wykazać, że dla liczb rzeczywistych dodatnich \(\displaystyle{ x,y,z}\) spełniających warunek \(\displaystyle{ x+y+z=xy+yz+zx}\) zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ \frac{1}{x^{2}+y+1}+\frac{1}{y^{2}+z+1}+\frac{1}{z^{2}+x+1}\le 1}\)

[bosa_Nike]

To może ja rozwiążę, dla odmiany.

Ukryta treść:    

Z warunku mamy \(\displaystyle{ (xy+yz+zx)^2=(x+y+z)^2\ge 3(xy+yz+zx)}\), a stąd \(\displaystyle{ 3\le xy+yz+zx}\).
Z C-S mamy \(\displaystyle{ \left(x^2+y+1\right)\left(1+y+z^2\right)\ge (x+y+z)^2}\) itd., więc $$\frac{1}{x^2+y+1}+\frac{1}{y^2+z+1}+\frac{1}{z^2+x+1}\le\frac{1+y+z^2}{(x+y+z)^2}+\frac{1+z+x^2}{(x+y+z)^2}+\frac{1+x+y^2}{(x+y+z)^2}.$$ Wystarczy zatem dowieść $$3+x+y+z+x^2+y^2+z^2\le (x+y+z)^2,$$ co w oczywisty sposób wynika z warunku zadania, ponieważ $$3+x+y+z+x^2+y^2+z^2\le (xy+yz+zx)+(xy+yz+zx)+x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2.$$ Równość dla \(\displaystyle{ x=y=z=1}\).

[Premislav]

Chyba najprostsze możliwe rozwiązanie (tak samo rozwiązywałem), możesz wrzucać następne.

[bosa_Nike]

Ok, to tak samo jak poprzednio:

Dla \(\displaystyle{ a,b,c>0}\), takich że \(\displaystyle{ a+b+c=1}\), udowodnij $$\sqrt[3]{4+17a^2b}+\sqrt[3]{4+17b^2c}+\sqrt[3]{4+17c^2a}+10\left(\frac{1}{27}-abc\right)\ge 5.$$

[Premislav]

Ukryta treść:    

Najpierw z nierówności Minkowskiego dla sum:
\(\displaystyle{ \sqrt[3]{4+17a^{2}b}+\sqrt[3]{4+17b^{2}c}+\sqrt[3]{4+17c^{2}a}\ge \sqrt[3]{\left(\sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{4}\right)^{3}+\left(\sqrt[3]{17a^{2}b}+\sqrt[3]{17b^{2}c}+\sqrt[3]{17c^{2}a}\right)^{3}} }\)
Potem korzystamy z AM-GM dla liczb \(\displaystyle{ \sqrt[3]{a^{2}b}, \ \sqrt[3]{b^{2}c}, \ \sqrt[3]{c^{2}a}}\) i z faktu, że \(\displaystyle{ f(t)=t^{\frac{1}{3}}}\) jest rosnąca, by otrzymać:
\(\displaystyle{ \sqrt[3]{\left(\sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{4}\right)^{3}+\left(\sqrt[3]{17a^{2}b}+\sqrt[3]{17b^{2}c}+\sqrt[3]{17c^{2}a}\right)^{3}} \ge 3\sqrt[3]{4+17abc} }\)
Łącząc powyższe fakty, widzimy, że wystarczy wykazać nierówność
\(\displaystyle{ 3\sqrt[3]{4+17abc}+10\left(\frac{1}{27}-abc\right)\ge 5}\) w dodatnich o sumie \(\displaystyle{ 1}\). Niech \(\displaystyle{ t=abc}\), wtedy oczywiście \(\displaystyle{ t>0}\), ponadto z AM-GM jest \(\displaystyle{ t=abc\le\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{3}=\frac{1}{27}}\),
zatem wystarczy udowodnić, że gdy \(\displaystyle{ t\in\left(0, \frac{1}{27}\right]}\), to
\(\displaystyle{ 3\sqrt[3]{4+17t}+10\left(\frac{1}{27}-t\right)\ge 5}\)
Funkcja \(\displaystyle{ g(t)=3\sqrt[3]{4+17t}+10\left(\frac{1}{27}-t\right)}\) spełnia zaś \(\displaystyle{ g'(t)=17(4+17t)^{-\frac{2}{3}}-10<0}\) dla \(\displaystyle{ t>0}\), zatem jest malejąca w dodatnich. Pozostaje stwierdzić, że \(\displaystyle{ g\left(\frac{1}{27}\right)=5}\), co kończy dowód.

Dodano po 39 minutach 58 sekundach:
Nowe zadanie:
dla nieujemnych liczb rzeczywistych spełniających \(\displaystyle{ a+b+c+d=4}\) proszę znaleźć najmniejszą wartość wyrażenia
\(\displaystyle{ \frac{a}{b^{3}+4}+\frac{b}{c^{3}+4}+\frac{c}{d^{3}+4}+\frac{d}{a^{3}+4} }\)

[Kartezjusz]

Skąd ta pierwsza nierówność. Rozwiń proszę.

[Premislav]

wyjaśnienie:    

Nierówność Minkowskiego dla sum przedstawia się tak:
\(\displaystyle{ \left(\sum_{i=1}^{n}|x_{i}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}+\left(\sum_{i=1}^{n}|y_{i}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\ge \left(\sum_{i=1}^{n}|x_{i}+y_{i}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}, \ p>1}\)
(właściwie dla \(\displaystyle{ p=1}\) też działa i jest to wniosek ze zwyczajnej nierówności trójkąta).
Przez indukcję po liczbie tych składników (tj. \(\displaystyle{ m}\)) uogólniamy łatwo na
\(\displaystyle{ \sum_{j=1}^{m}\left(\left(\sum_{i=1}^{n}|x_{i j}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\right) \ge \left(\sum_{i=1}^{n}\left|\sum_{j=1}^{m}x_{ij} \right|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}}\)
Tutaj akurat \(\displaystyle{ m=3, \ p=3}\) i mamy
\(\displaystyle{ 4=\left(\left|\sqrt[3]{4}\right|\right)^{3}, \ 17a^{2}b=\left(\left|\sqrt[3]{17a^{2}b}\right|\right)^{3}}\) etc.

Jeśli ktoś nie za dobrze czuje się z nierównością Minkowskiego, to można też się tutaj od razu powołać na nierówność Jensena dla funkcji \(\displaystyle{ f(t)=\sqrt[3]{4+e^{t}}}\) i argumentów \(\displaystyle{ \ln \left(17a^{2}b\right), \ \ln \left(17b^{2}c\right), \ \ln \left(17c^{2}a\right)}\), por.

Kod: Zaznacz cały

https://www.wolframalpha.com/input/?i=d%5E2%2Fdt%5E2+%284%2Be%5Et%29%5E%281%2F3%29

Wtedy jeszcze jedno przejście (to z AM-GM i rosnącą \(\displaystyle{ t^{\frac{1}{3}}}\)) omijamy.

[bosa_Nike]

PLN 0.03:    

Jeżeli chodzi o poprzednie, to jeszcze innym sposobem sprowadzenia zadania do rozważania nieujemności funkcji tylko jednej zmiennej \(\displaystyle{ abc}\) będzie AM-GM + Hölder na pierwszych trzech składnikach lewej strony.

Jeżeli chodzi o bieżące, to może na razie podpowiem, że po wymacaniu, czego ewentualnie dowodzić, to zadanie będzie można zobić w taki sam sposób, jak np. $$\sum\limits_{a,b,c,d,e,f}\frac{a}{2019\cdot b^{2020}+1}\ge\frac{2021}{2020}$$ dla \(\displaystyle{ a,b,c,d,e,f\ge 0}\), takich że \(\displaystyle{ a+b+c+d+e+f=2}\).
Można sobie też dorzucić jeszcze kilka zmiennych.

[Premislav]

Cóż, nie spotkało się z zainteresowaniem.

rozwiązanie:    

Najpierw dochodzimy do takiej hipotezy, że minimum jest dla \(\displaystyle{ (a,b,c,d)\in\left\{(2,2,0,0), \ (0,0,2,2), \ (2,0,0,2), \ (0,2,2,0)\right\}}\) i wynosi \(\displaystyle{ \frac{2}{3}}\). Ja dla uproszczenia rozważyłem szczególny przypadek \(\displaystyle{ a=b, \ c=d}\), w którym to nierówność sprowadza się do zbadania funkcji wymiernej jednej zmiennej.
Będziemy szukać oszacowania postaci \(\displaystyle{ \frac{1}{x^{3}+4}\ge px+q, \ x\in [0,4]}\), w którym to równość zachodzi dokładnie dla \(\displaystyle{ x=0, \ x=2}\).
Żądanie równości dla \(\displaystyle{ x=0}\) daje nam natychmiast \(\displaystyle{ q=\frac{1}{4}}\), natomiast skoro ma być też równość dla \(\displaystyle{ x=2}\), to dostajemy \(\displaystyle{ \frac{1}{12}=2p+\frac{1}{4}}\), tj. \(\displaystyle{ p=-\frac{1}{12}}\). Pozostaje uzasadnić, że istotnie nierówność
\(\displaystyle{ \frac{1}{x^{3}+4}\ge -\frac{1}{12}x+\frac{1}{4}}\) zachodzi dla każdego \(\displaystyle{ x\in [0,4]}\)
Równoważnie:
\(\displaystyle{ 1\ge -\frac{1}{12}x^{4}-\frac{1}{3}x+\frac{1}{4}x^{3}+1\\0\ge -\frac{1}{12}x\left(x^{3}-3x^{2}+4\right)\\ \frac{1}{12}x(x-2)^{2}(x+1)\ge 0}\)
co jest już oczywiste.
Korzystając z nierówności \(\displaystyle{ \frac{1}{x^{3}+4}\ge -\frac{1}{12}x+\frac{1}{4}}\) dla \(\displaystyle{ x=b, \ x=c, \ x=d, \ x=a}\) kolejno, mnożąc odpowiednio przez \(\displaystyle{ a, \ b, \ c, \ d}\) i dodając stronami otrzymane nierówności, mamy
\(\displaystyle{ \frac{a}{b^{3}+4}+\frac{b}{c^{3}+4}+\frac{c}{d^{3}+4}+\frac{d}{a^{3}+4}\\\ge \frac{1}{4}(a+b+c+d)-\frac{1}{12}(ab+bc+cd+da)\\=1-\frac{1}{12}(a+c)(b+d)}\)
i z AM-GM jest
\(\displaystyle{ 1-\frac{1}{12}(a+c)(b+d)\ge 1-\frac{1}{12}\left(\frac{(a+c)+(b+d)}{2}\right)^{2}=\frac{2}{3}}\)
co kończy dowód.

Może teraz coś takiego:
liczby dodatnie \(\displaystyle{ a,b,c}\) spełniają \(\displaystyle{ a+b+c=1}\). Proszę udowodnić, że
\(\displaystyle{ \sqrt{\frac{1}{a}-1}\sqrt{\frac{1}{b}-1}+\sqrt{\frac{1}{b}-1}\sqrt{\frac{1}{c}-1}+\sqrt{\frac{1}{c}-1}\sqrt{\frac{1}{a}-1}\ge 6}\)

[Thingoln]

Ukryta treść:    

Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną:
\(\displaystyle{ \sqrt{\frac{1}{a}-1} \sqrt{\frac{1}{b}-1} + \sqrt{\frac{1}{b}-1} \sqrt{\frac{1}{c}-1} + \sqrt{\frac{1}{c}-1} \sqrt{\frac{1}{a}-1} \ge 3 \sqrt[3]{(\frac{1}{a} - 1)(\frac{1}{b} -1)(\frac{1}{c} - 1)}}\)
\(\displaystyle{ (\frac{1}{a} - 1)(\frac{1}{b} -1)(\frac{1}{c} - 1) = \frac{(1-a)}{a} \frac{(1-b)}{b} \frac{(1-c)}{c} = \frac{1 - (a+b+c) + (ab+bc+ac) - abc}{abc} = \\ = \frac{1 - 1 + (ab+bc+ac) - abc}{abc} = \frac{ab + bc + ac - abc}{abc} = \frac{1}{c} + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} - 1}\)
Średnia arytmetyczna i harmoniczna
\(\displaystyle{ \frac{\frac{1}{c} + \frac{1}{a} + \frac{1}{b}}{3} \ge \frac{3}{a+b+c} = 3 \Rightarrow \frac{1}{c} + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge 9}\)
Stąd \(\displaystyle{ \frac{1}{c} + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} - 1 \ge 8}\), a więc
\(\displaystyle{ \sqrt{\frac{1}{a}-1} \sqrt{\frac{1}{b}-1} + \sqrt{\frac{1}{b}-1} \sqrt{\frac{1}{c}-1} + \sqrt{\frac{1}{c}-1} \sqrt{\frac{1}{a}-1} \ge 3 \cdot \sqrt[3]{8} = 3 \cdot 2 = 6}\)

[Premislav]

Jest OK, możesz wrzucać następne.

alternatywne rozwiązanie:    

Mamy \(\displaystyle{ \sqrt{\frac{1}{a}-1}\sqrt{\frac{1}{b}-1}=\sqrt{\frac{b+c}{a}\cdot \frac{c+a}{b}}\\\ge \sqrt{\frac{2\sqrt{bc}}{a}\frac{2\sqrt{ca}}{b}}=2\frac{\sqrt{c}}{\sqrt[4]{ab}}}\),
przy czym stosujemy nierówność między średnią arytmetyczną a geometryczną dla dwóch zmiennych w licznikach pod pierwiastkiem,
i podobnie dla dwóch kolejnych składników, więc
\(\displaystyle{ \sum_{\text{ cyc} }^{}\sqrt{\frac{1}{a}-1}\sqrt{\frac{1}{b}-1} \ge 2\left(\frac{\sqrt{c}}{\sqrt[4]{ab}}+\frac{\sqrt{a}}{\sqrt[4]{bc}}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt[4]{ca}}\right)\ge 6\sqrt[3]{\frac{\sqrt{c}}{\sqrt[4]{ab}}\cdot \frac{\sqrt{a}}{\sqrt[4]{bc}}\cdot \frac{\sqrt{b}}{\sqrt[4]{ca}}}=6}\)
Ostatnia nierówność również z AM-GM, tym razem dla trzech zmiennych.