[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[Premislav]

Ukryta treść:    

Z uogólnionej nierówności Höldera:
\(\displaystyle{ \left(\frac{1}{a}+\frac{1}{bc}\right)\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{ca}\right)\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}\right)\ge \left(\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{1}{\sqrt[3]{(abc)^{2}}}\right)^{3}}\)
Ponadto z AM-GM mamy \(\displaystyle{ \frac{1}{3}=\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt[3]{abc}\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt[3]{abc}}\ge 3}\)
więc
\(\displaystyle{ \left(\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\left(\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}\right)^{2}\right)^{3}\ge \left(3+3^{2}\right)^{3}=1728}\)
co kończy dowód.

[Tmkk]

Szybciej zrobiłeś, niż ja napisałem to zadanie. Dawaj dalej.

Ukryta treść:    

Można też użyć AM-GM dla \(\displaystyle{ \frac{1}{a} + \frac{1}{3bc} +\frac{1}{3bc}+\frac{1}{3bc}}\)

[Premislav]

Niech \(\displaystyle{ x,y,z\in \RR^{+}}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ 21xy+2yz+8zx\le 12}\). Proszę znaleźć najmniejszą wartość \(\displaystyle{ f(x,y,z)=\frac{1}{x}+\frac{2}{y}+\frac{3}{z}}\)

[Tmkk]

Jeśli to rozwiązanie jest poprawne, to i tak chętnie zobaczę jakieś prostsze.

Ukryta treść:    

Rozpisujemy sobie o tak i korzystamy z nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną

\(\displaystyle{ \frac{1}{x} + \frac{2}{y} + \frac{3}{z} = \left( \frac{7}{12}\frac{1}{x} + \frac{7}{5}\frac{1}{y} \right) + \left( \frac{3}{5}\frac{1}{y} + \frac{9}{8}\frac{1}{z}\right) + \left( \frac{5}{12}\frac{1}{x} + \frac{15}{8}\frac{1}{z}\right) \ge \frac{7}{\sqrt{15xy}} + \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{10yz}} + \frac{5}{\sqrt{8xz}}}\)

Teraz z kolei rozpisujemy sobie o tak

\(\displaystyle{ \frac{7}{\sqrt{15xy}} + \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{10yz}} + \frac{5}{\sqrt{8xz}} = \frac{7}{15}\frac{15}{\sqrt{15xy}} + \frac{3}{15}\frac{15\sqrt{3}}{\sqrt{10yz}} + \frac{5}{15}\frac{15}{\sqrt{8xz}} }\)

i korzystamy z nierówności między średnimi potęgowymi (dla arytmetycznej i takie o wykładniku \(\displaystyle{ -2}\)) z wagami \(\displaystyle{ \left(\frac{7}{15},\frac{3}{15},\frac{5}{15}\right)}\), otrzymując

\(\displaystyle{ \frac{7}{\sqrt{15xy}} + \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{10yz}} + \frac{5}{\sqrt{8xz}} \ge \left(\frac{7}{15}\frac{15xy}{15^2} + \frac{3}{15}\frac{10yz}{3\cdot 15^2} + \frac{5}{15}\frac{8xz}{15^2}\right)^{-\frac{1}{2}} = \left(\frac{7\cdot 15xy + 10yz + 40xz}{15^3}\right)^{-\frac{1}{2}} = \sqrt{\frac{3\cdot 15^2}{21xy+2yz+8xz}}}\).

Pozostało skorzystać z założenia:

\(\displaystyle{ LHS \ge \sqrt{\frac{3\cdot 15^2}{12}} = \frac{15}{2}}\).

Teraz popatrzmy najpierw na pierwsze zastosowanie AM-GM. Aby tam byłą równość, musi zajść

\(\displaystyle{ \frac{7}{12}\frac{1}{x} = \frac{7}{5}\frac{1}{y}}\), \(\displaystyle{ \frac{3}{5}\frac{1}{y} = \frac{9}{8}\frac{1}{z}}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{5}{12}\frac{1}{x} = \frac{15}{8}\frac{1}{z}}\),

co w połączeniu z ostatnią 'równością w nierówności', czyli \(\displaystyle{ 21xy + 2yz + 8xz = 12}\), daje

\(\displaystyle{ x = \frac{1}{3}, y = \frac{4}{5}, z = \frac{3}{2}}\).

Dla takich liczb jest też równość w drugiej nierówności między średnimi, ale to akurat nie jest ważne, bo wystarczy sprawdzić, że \(\displaystyle{ f\left(\frac{1}{3}, \frac{4}{5}, \frac{3}{2}\right) = \frac{15}{2}}\), więc to jest szukane minimum.

[Premislav]

Nie mam nic lepszego od Twojego, podobnie robiłem, tylko zwijałem w pierwszym przejściu do sumy kwadratów (ale w sumie na jedno wychodzi), co było dość żmudne. Możesz wstawiać następne zadanie.

[Tmkk]

Dla dodatnich rzeczywistych:

\(\displaystyle{ \sqrt{\frac{2a}{b+c}}+\sqrt{\frac{2b}{c+a}}+\sqrt{\frac{2c}{a+b}}\le\sqrt{3\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)}}\)

Pewnie proste, ale nie chciało mi wyjść.

[bosa_Nike]

Wpisywałam to przez dwa wieczory, więc wrzucę choćby dlatego. Może kogoś zainteresuje, jak można znaleźć współczynniki, które zadziałają w rozwiązaniu.

Poprzednie:    

Oznaczmy \(\displaystyle{ P(x,y,z)=\frac{1}{x}+\frac{2}{y}+\frac{3}{z}}\). Wtedy po dodaniu prawdziwych na mocy AM-GM nierówności
$$\begin{aligned}\frac{7}{12}\cdot\frac{1}{x}+\frac{7}{10}\cdot\frac{2}{y}+\frac{5}{16}\cdot 21xy&\ge 3\cdot\frac{7}{4}\\ \frac{3}{10}\cdot\frac{2}{y}+\frac{3}{8}\cdot\frac{3}{z}+\frac{5}{16}\cdot 2yz&\ge 3\cdot\frac{3}{4}\\ \frac{5}{8}\cdot\frac{3}{z}+\frac{5}{12}\cdot\frac{1}{x}+\frac{5}{16}\cdot 8zx&\ge 3\cdot\frac{5}{4}\end{aligned}$$
mamy, że \(\displaystyle{ P_{min}(x,y,z)=P\left(\frac{1}{3},\frac{4}{5},\frac{3}{2}\right)=\frac{15}{2}}\).

Nieco dokładniej poniżej.
Najpierw przypuśćmy, że najmniejsza wartość \(\displaystyle{ P}\) występuje dla pewnych \(\displaystyle{ (x,y,z)=(a,b,c)}\) spełniających \(\displaystyle{ 21ab+2bc+8ca<12}\). Wtedy biorąc np. \(\displaystyle{ a'>a}\), takie że \(\displaystyle{ 21a'b+2bc+8ca'=12}\) sprawiamy, że wartość \(\displaystyle{ P}\) nam maleje, więc mamy sprzeczność. Wystarczy wobec tego rozpatrywać tylko trójki \(\displaystyle{ (x,y,z)}\) spełniające \(\displaystyle{ 21xy+2yz+8zx=12}\).
Nie będziemy wykraczać w rozwiązaniu poza AM-GM.
Dla rzeczywistej stałej \(\displaystyle{ p>0}\) oraz rzeczywistych stałych \(\displaystyle{ k,m,n\in (0,1)}\), będziemy rozpatrywać nierówności postaci
$$\begin{aligned}k\cdot\frac{1}{x}+m\cdot\frac{2}{y}+p\cdot 21xy&\ge 3\sqrt[3]{42kmp}\\(1-m)\cdot\frac{2}{y}+n\cdot\frac{3}{z}+p\cdot 2yz&\ge 3\sqrt[3]{12(1-m)np}\\(1-n)\cdot\frac{3}{z}+(1-k)\cdot\frac{1}{x}+p\cdot 8zx&\ge 3\sqrt[3]{24(1-k)(1-n)p}\end{aligned}$$
i starać się znaleźć odpowiednie współczynniki wykorzystując warunki równości.
Musimy mieć:
a) \(\displaystyle{ k\cdot\frac{1}{x}=m\cdot\frac{2}{y}=p\cdot 21xy}\), czyli \(\displaystyle{ x=\sqrt[3]{\frac{k^2}{42mp}}}\) oraz \(\displaystyle{ y=\sqrt[3]{\frac{4m^2}{21kp}}}\);
b) \(\displaystyle{ (1-m)\cdot\frac{2}{y}=n\cdot\frac{3}{z}=p\cdot 2yz}\), czyli \(\displaystyle{ y=\sqrt[3]{\frac{2(1-m)^2}{3np}}}\) oraz \(\displaystyle{ z=\sqrt[3]{\frac{9n^2}{4(1-m)p}}}\);
c) \(\displaystyle{ (1-n)\cdot\frac{3}{z}=(1-k)\cdot\frac{1}{x}=p\cdot 8zx}\), czyli \(\displaystyle{ z=\sqrt[3]{\frac{9(1-n)^2}{8(1-k)p}}}\) oraz \(\displaystyle{ x=\sqrt[3]{\frac{(1-k)^2}{24(1-n)p}}}\).
Równość w każdej z nierówności zachodzić musi dla tej samej wartości poszczególnych zmiennych, więc musimy mieć
$$\left\{\begin{array}{rcl}\frac{k^2}{42m}&=&\frac{(1-k)^2}{24(1-n)}\\ \frac{4m^2}{21k}&=&\frac{2(1-m)^2}{3n}\\ \frac{9n^2}{4(1-m)}&=&\frac{9(1-n)^2}{8(1-k)}\end{array}\right.\implies\left\{\begin{array}{rcl}\left(\frac{1-k}{k}\right)^2&=&\frac{4}{7}\cdot\frac{1-n}{m}\\ \frac{2}{7}\cdot\frac{n}{k}&=&\left(\frac{1-m}{m}\right)^2\\ 2\cdot\frac{1-k}{1-m}&=&\left(\frac{1-n}{n}\right)^2\end{array}\right.$$
Rozwiązując ten ostatni układ otrzymujemy szukane stałe oraz wartości zmiennych, które realizują minimum.

Ukryta treść:    

Mnożąc wszystkie równania otrzymujemy \begin{gather}\frac{1-k}{k}=\frac{1-m}{m}\cdot\frac{1-n}{n}\tag{$1$}\end{gather}
Dzieląc pierwsze równanie przez drugie i podstawiając do trzeciego otrzymujemy \begin{gather}2\cdot\frac{k}{m}=\frac{1-n}{n}\tag{$2$}\end{gather}
Dzieląc pierwsze równanie przez trzecie otrzymujemy \begin{gather}\frac{2}{7}\cdot\frac{k}{n}=\left(\frac{1-k}{1-n}\right)^2\tag{$3$}\end{gather}
Mnożąc drugie i trzecie oraz korzystając z \(\displaystyle{ (1)}\) otrzymujemy \begin{gather}\frac{4}{7}\cdot m=\frac{(1-m)^2(1-n)}{n^2}\tag{$4$}\end{gather}
Z \(\displaystyle{ (2)}\) mamy \(\displaystyle{ k=\frac{m(1-n)}{2n}}\), a wstawiając to do \(\displaystyle{ (3)}\) dostajemy $$\frac{m(1-n)}{7n^2}=\frac{(2n-m(1-n))^2}{4n^2(1-n)^2}$$ lub \begin{gather}\frac{4}{7}\cdot m=\frac{(2n-m(1-n))^2}{(1-n)^3}\tag{$5$}\end{gather}
Równania \(\displaystyle{ (4)}\) oraz \(\displaystyle{ (5)}\) dają $$\frac{(1-m)^2}{n^2}=\frac{(2n-m(1-n))^2}{(1-n)^4}$$ lub $$\frac{1-m}{n}=\frac{2n-m(1-n)}{(1-n)^2},$$ co z kolei daje \(\displaystyle{ m=\frac{n^2+2n-1}{(1-n)(2n-1)}}\).
Zakładając \(\displaystyle{ n\neq\frac{1}{2}}\) i znów wstawiając do \(\displaystyle{ (4)}\) otrzymujemy $$\frac{4n^2\left(n^2+2n-1\right)}{7(1-n)(2n-1)}=\frac{n^2(3n-1)^2}{(1-n)(2n-1)^2}$$ lub $$4\left(n^2+2n-1\right)(2n-1)=7(3n-1)^2$$ lub $$8n^3-51n^2+26n-3=0.$$
Ostatnie równanie ma trzy pierwiastki rzeczywiste (w tym jeden wymierny, więc spokojnie da się rozwiązać ręcznie), z których dwa leżą w \(\displaystyle{ (0,1)}\), ale tylko jeden po podstawieniu daje \(\displaystyle{ m}\) w \(\displaystyle{ (0,1)}\). Stąd już łatwo otrzymać \(\displaystyle{ k}\).

W końcu \(\displaystyle{ k=\frac{7}{12},\ m=\frac{7}{10},\ n=\frac{3}{8}}\), a w rezultacie \(\displaystyle{ x=\frac{1}{6}\sqrt[3]{\frac{5}{2p}}}\), \(\displaystyle{ y=\sqrt[3]{\frac{4}{25p}}}\), \(\displaystyle{ z=\frac{3}{4}\sqrt[3]{\frac{5}{2p}}}\).
Musimy także mieć $$21\cdot\frac{1}{6}\sqrt[3]{\frac{5}{2p}}\cdot\sqrt[3]{\frac{4}{25p}}+2\cdot\sqrt[3]{\frac{4}{25p}}\cdot\frac{3}{4}\sqrt[3]{\frac{5}{2p}}+8\cdot\frac{3}{4}\sqrt[3]{\frac{5}{2p}}\cdot\frac{1}{6}\sqrt[3]{\frac{5}{2p}}=12$$ lub $$5\sqrt[3]{\frac{2}{5p^2}}+\frac{5}{2}\sqrt[3]{\frac{2}{5p^2}}=12,$$ skąd \(\displaystyle{ p=\frac{5}{16}}\) i ostatecznie \(\displaystyle{ x=\frac{1}{3},\ y=\frac{4}{5},\ z=\frac{3}{2}}\).

[Premislav]

Aktualne:    

Najpierw na mocy nierówności Cauchy'ego-Schwarza:
\(\displaystyle{ \sqrt{\frac{2a}{b+c}}+\sqrt{\frac{2b}{c+a}}+\sqrt{\frac{2c}{a+b}}\\ \le \sqrt{2a+2b+2c}\sqrt{\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}}\\=\sqrt{6+2\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)}}\)
Wystarczy wykazać, że w dodatnich jest
\(\displaystyle{ 3\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)\ge 6+\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}}\)
Mnożymy to stronami przez \(\displaystyle{ abc}\)
i zauważamy, że
\(\displaystyle{ 2a^{2}c-2\frac{a^2bc}{b+c}=2\frac{(ac)^2}{b+c}}\)
i analogicznie dla pozostałych. Zatem mamy:
\(\displaystyle{ 2\left(a^2c+b^2a+c^2b\right)-\frac{2a^2bc}{b+c}-\frac{2b^2ca}{c+a}-\frac{2c^2ab}{a+b}\\=2\sum_{\text{cyc}}^{}\frac{(ac)^2}{b+c}\\ \ge \frac{(ac+ba+cb)^2}{a+b+c}}\)
na mocy nierówności Cauchy'ego-Schwarza w formie Engela. Pozostaje wykazać nierówności
\(\displaystyle{ a^2c+b^2a+c^2b\ge 3abc, \\ \frac{(ac+ba+cb)^2}{a+b+c}\ge 3abc}\)
Pierwsza wynika z AM-GM dla trzech zmiennych, a druga to proste ćwiczenie, por. \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx}\)

[Tmkk]

Super, dziękuje : ) Możesz dalej.

[Premislav]

Liczby rzeczywiste nieujemne \(\displaystyle{ a,b,c}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ \frac{1}{a^{2}+1}+\frac{1}{b^{2}+1}+\frac{1}{c^{2}+1}=2}\)
Proszę wykazać, że \(\displaystyle{ ab+bc+ca\le \frac{3}{2}}\).

[bosa_Nike]

Ukryta treść:    

Warunek jest równoważny \(\displaystyle{ \frac{a^2}{a^{2}+1}+\frac{b^2}{b^{2}+1}+\frac{c^2}{c^{2}+1}=1}\). Oznaczając \(\displaystyle{ x=\frac{a^2}{a^{2}+1},\ y=\frac{b^2}{b^{2}+1},\ z=\frac{c^2}{c^{2}+1}}\), mamy \(\displaystyle{ x+y+z=1}\) oraz \(\displaystyle{ a^2=\frac{x}{1-x}=\frac{x}{y+z},\ b^2=\frac{y}{z+x},\ c^2=\frac{z}{x+y}}\), gdzie \(\displaystyle{ x,y,z>0}\).
Z AM-GM \begin{multline*}2(ab+bc+ca)=2\sqrt{\frac{xy}{(y+z)(z+x)}}+2\sqrt{\frac{yz}{(z+x)(x+y)}}+2\sqrt{\frac{zx}{(x+y)(y+z)}}\\ \le \frac{x}{z+x}+\frac{y}{y+z}+\frac{y}{x+y}+\frac{z}{z+x}+\frac{z}{y+z}+\frac{x}{x+y}=3,\end{multline*} z równością wtw, gdy \(\displaystyle{ x=y=z}\), czyli gdy \(\displaystyle{ a=b=c=\frac{1}{\sqrt{2}}}\).

[Premislav]

Oczywiście dobrze, można wrzucać następne.

Ukryta treść:    

Można też z Cauchy'ego-Schwarza:
\(\displaystyle{ 1=\frac{a^{2}}{a^{2}+1}+\frac{b^{2}}{b^{2}+1}+\frac{c^{2}}{c^{2}+1}\ge \frac{(a+b+c)^{2}}{3+a^{2}+b^{2}+c^{2}}\\\Leftrightarrow 3\ge 2(ab+bc+ca)}\)

[bosa_Nike]

Dla \(\displaystyle{ a,b,c\in\mathbb{R}}\), takich że \(\displaystyle{ \left(a^2-a+1\right)\left(b^2-b+1\right)\left(c^2-c+1\right)=1}\), udowodnij $$\left(a^2+ab+b^2\right)\left(b^2+bc+c^2\right)\left(c^2+ca+a^2\right)\le 27.$$

[Premislav]

Ukryta treść:    

Lemat: zachodzi nierówność w rzeczywistych
\(\displaystyle{ a^{2}+ab+b^{2}\le 3\left(a^{2}-a+1\right)\left(b^{2}-b+1\right)}\)
Dowód lematu:
równoważnie mamy
\(\displaystyle{ \frac{3}{2}(ab-1)^{2}+\frac{3}{2}(ab+1-a-b)^{2}+\frac{1}{2}(a-b)^{2}\ge 0}\)
co jest oczywiste.

Mnożymy stronami tezę lematu dla \(\displaystyle{ (a,b), \ (b,c), \ (c,a)}\) odpowiednio (można, bo czynniki są w oczywisty sposób dodatnie, gdyż
\(\displaystyle{ x^{2}-x+1=\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}}\)), korzystamy z założenia i po herbacie.
Równość zachodzi dla \(\displaystyle{ a=b=c=1}\).

[bosa_Nike]

Spoko, zastanawiam się, czy istnieje istotnie różne od tego elementarne rozwiązanie. Mnie się nic alternatywnego nie udało wymyślić. Twoja kolej.