[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[danioto]

Zależy dla kogo, ja troszkę czasu przy niej spędziłęm

Ale może spróbuję pokazać, co wymóżdżyłem:

Na początku stosuję podstawienie:
\(\displaystyle{ x= \frac{1}{a}+6b}\) , i analogicznie:
\(\displaystyle{ y= \frac{1}{b}+6c \\ z=\frac{1}{c}+6a}\)

Teraz korzystam z nierówności między średnimi potęgowymi:
\(\displaystyle{ \sqrt[\frac{1}{3}]{\frac{\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}+\sqrt[3]{z}}{3}} \le \frac{x+y+z}{3} \\ \frac{\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}+\sqrt[3]{z}}{3} \le \sqrt[3]{\frac{x+y+z}{3}} \\ L= \sqrt[3]{x}+ \sqrt[3]{y} + \sqrt[3]{z} \le \frac{3}{\sqrt[3]{3}} \sqrt[3]{x+y+z} = P}\)

Teraz wracam w prawej stronie równania do zmiennych przed podstawieniem:
\(\displaystyle{ P= \frac{3}{\sqrt[3]{3}} \sqrt[3]{\frac{1}{a}+ \frac{1}{b}+ \frac{1}{c} +6(a+b+c)} = \frac{3}{\sqrt[3]{3}} \sqrt[3]{ \frac{ab+bc+ac+6abc(a+b+c)}{abc}}}\) (*)

Zauważmy teraz, że:
\(\displaystyle{ a^{2}b^{2} + b^{2}c^{2} + a^{2}c^{2} \ge a^{2}bc + ab^{2}c + abc^{2} \\ a^{2}b^{2} + b^{2}c^{2} + a^{2}c^{2} + 2(a^{2}bc + ab^{2}c + abc^{2}) \ge 3(a^{2}bc + ab^{2}c + abc^{2}) \\ (ab+bc+ac)^{2} \ge 3abc(a+b+c) \\ 1 \ge 3abc(a+b+c) \\ 2 \ge 6abc(a+b+c)}\)

Co wstawiając do równania (*) mamy:
\(\displaystyle{ P = \frac{3}{\sqrt[3]{3}} \sqrt[3]{ \frac{ab+bc+ac+6abc(a+b+c)}{abc}} \le \frac{3}{\sqrt[3]{3}} \sqrt[3]{\frac{3}{abc}}}\)

Czyli jeżeli porównany to co mamy otrzymać z prawą stroną powyższego:
\(\displaystyle{ 3 \sqrt[3]{\frac{1}{abc}} \le \frac{1}{abc}}\) ,czyli:
\(\displaystyle{ \frac{27}{abc} \le \frac{1}{(abc)^{3}} \\ (abc)^{2} \le \frac{1}{27} \\ abc \le \frac{1}{3\sqrt{3}}}\)

Co jest prawdziwe, bo rozważając (Am-Gm):
\(\displaystyle{ \frac{ab+bc+ac}{3} \ge \sqrt[3]{(abc)^{2}}}\) , czyli:
\(\displaystyle{ (\frac{1}{3})^3 \ge (abc)^2 \\ abc \le \frac{1}{3 \sqrt{3}}}\)

Ale się rozpisałem Ale mam nadzieję, że dobrze, ale oczywiście głowy uciąć nie dam
Pozdrawiam!

[Dumel]

ładny, elementarny dowód
ja robiłem z Holdera (dwie linijki), można też z Jensena

[danioto]

Elementarny, bo żadnego innego nie znam
By temat nie stał mała nierówność dla x,y,z > 0
\(\displaystyle{ 3 \sum xy^{2} \sum x^{2}y \ge xyz(x+y+z)^{3}}\)


EDIT:
No dobra, może następnym razem nie będę dawał żadnych nierówności

[Dumel]

z nierówności Minkowskiego dostajemy:
\(\displaystyle{ \sqrt[3]{(xy^2+yx^2+zx^2)(y^2z+z^2x+x^2y)(1+1+1)} \ge \sum_{}^{} \sqrt[3]{xy^2 \cdot y^2z \cdot 1} = \sqrt[3]{xyz}(x+y+z)}\)

[jerzozwierz]

Zarzucę autorskim zadaniem (wiem że proste)
Udowodnić, że w każdym trójkącie ostrokątnym ABC istnieje taki punkt X, że \(\displaystyle{ AB+BC+CA \ge \sqrt{3}(XA +XB+XC)}\)

[danioto]

Próbowałem zrobić to w ten sposób:

Niech X będzie środkiem okręgu wpisanego w trójkąt, wtedy:
\(\displaystyle{ P^{2}=p^{2}r^{2} \\ P^{2}=p(p-a)(p-b)(p-c)}\), teraz klasyczne podstawienie i wyliczamy r:
\(\displaystyle{ r= \sqrt{\frac{xyz}{x+y+z}}}\) , czyli:
\(\displaystyle{ AX= \sqrt{x^{2}+ \frac{xyz}{x+y+z}}}\), z twierdzienia pitagorasa. Oraz analogicznie:
\(\displaystyle{ BX= \sqrt{y^{2}+ \frac{xyz}{x+y+z}} \\ CX= \sqrt{z^{2}+ \frac{xyz}{x+y+z}}}\), czyli zostaje do pokazania taka nierówność:
\(\displaystyle{ 2(x+y+z) \ge \sqrt{3} \sum \sqrt{x^{2} +\frac{xyz}{x+y+z}} = \sqrt{3} \sum \sqrt{\frac{x^{2}(x+y+z)+xyz}{x+y+z}} = \sqrt{3} \sqrt{ \frac{x(x(x+y+z)+yz)}{z+y+z}} = \sqrt{3} \sqrt{ \frac{x(x+y)(x+z)}{x+y+z}}}\)

Dobra, tu się skończyła dobra passa, bo nie do końca umiem to udowodnić, ale jestem prawie pewien, że to jest prawda. Jeszcze jutro spróbuję pomyśleć, bo dzisiaj za późno zacząłem

Pozdrawiam!-- 8 lutego 2010, 15:43 --Może tak:
\(\displaystyle{ \frac{2}{9}(x+y+z) = \frac{2}{3} \frac{x+y+z}{3} = \frac{2}{3} \frac{2(x+y+z)}{6} \ge \frac{2}{3} \frac{4x+y+z}{6} = \frac{2}{3} \frac{x+ \frac{x+y}{2}+ \frac{x+z}{2}}{3} \ge \frac{2}{3} \sqrt[3]{\frac{x(x+y)(x+z)}{4}}}\)

Co podnosząc do potęgi 3 otrzymamy:

\(\displaystyle{ \frac{8}{9^{3}} (x+y+z)^{3} \ge \frac{8}{3^{3}} \frac{x(x+y)(x+z)}{4} \\ \frac{3}{27} (x+y+z)^{2} \ge \frac{x(x+y)(x+z)}{x+y+z} \\ \frac{2}{3 \sqrt{3}} (x+y+z) \ge \sqrt{ \frac{x(x+y)(x+z)}{x+y+z}} \\ \frac{2 \sqrt{3}}{9} (x+y+z) \ge \sqrt{ \frac{x(x+y)(x+z)}{x+y+z}}}\)

Oraz analogicznie:

\(\displaystyle{ \frac{2 \sqrt{3}}{9} (x+y+z) \ge \sqrt{ \frac{y(x+y)(y+z)}{x+y+z}} \\ \frac{2 \sqrt{3}}{9} (x+y+z) \ge \sqrt{ \frac{z(z+y)(x+z)}{x+y+z}}}\)

Co po zsumowaniu daje tezę.

No to się rozpisałem. Pewnie i tak źle, a to jedyny pomysł, który mi do głowy przyszedł
Pozdrawiam!

[Taarion]

Czy pisząc na 2 etapie, że jakaś nierówność wynika z nierówności cauchy'ego-schwarza w formie engela, nierówności czebyszewa, minkowskiego, nesbitta, jensena lub schura nie muszę się martwić, że zsotaną mi odjęte punkty za niekomplatny dowód?

[Prastaruszek]

Raczej nie...
A co do zadania Jerzozwierza - Najrozsądniejszem wydaje się rozważanie punktu Fermata - Jest to punkt z którego suma odległości do wierzchołków jest najmniejsza. Dodatkowo w każdym trójkącie ostrokątnym istnieje taki punkt - jest to taki punkt X że kąty AXB, BXC, CXA mają miary 120 stopni.
Oznaczając AX=b, BX=c, CX=a i wyliczając z twierdzenia cosinusów boki tego trójkąta, nierówność przyjmuje postać:
\(\displaystyle{ \sqrt{3} (a+b+c) \le \sqrt{b ^{2} +a ^{2}+ba } + \sqrt{b ^{2}+c ^{2} +bc }
+ \sqrt{c ^{2} +a ^{2} +ac}}\)
Tą zaś nierównośc otrzymamy po zsumowaniu stronami trzech nierówności:
\(\displaystyle{ \sqrt{b ^{2} +a ^{2}+ba } \ge \sqrt{ \frac{3}{4}(a+b) ^{2} }

\sqrt{b ^{2} +c ^{2}+bc } \ge \sqrt{ \frac{3}{4}(b+c) ^{2} }

\sqrt{a ^{2} +c ^{2}+ac } \ge \sqrt{ \frac{3}{4}(a+c) ^{2} }}\)
A tak przy okazji... Zna ktoś może jakieś warte zapamiętania oszacowanie górne średniej potęgowej, które nie jest średnią potęgową?

[jerzozwierz]

Tak Piotrze, można je znaleźć np w firmówce do zadania nr 8 z tegorocznego I etapu

[Prastaruszek]

Tak mi się właśnie wydawało, że gdzieś takie coś ostatnio widziałem . W każdym razie dziękuje za odpowiedź

[Taarion]

Gdyby komuś się nudziło:
\(\displaystyle{ \frac{a}{b+2c+3d}+ \frac{b}{c+2d+3a}+ \frac{c}{d+2a+3b}+ \frac{d}{a+2b+3c} \ge \frac{2}{3}}\)

[smigol]

Cauchy w formie Engela.

[tkrass]

idzie też z ciągów jednomonotonicznych, ale nie jestem pewien, czy można ich tu użyć.

[Dumel]

pewnie po rozpatrzeniu niezliczonej ilości przypadków i można. ale tak od razu na pewno nie.

[tkrass]

no wlasnie o tym mowie . a tak apropos to zdaje mi się, że ten cauchy nie jest w formie engela, tylko to jest to drugie podstawienie.