[Nierówności] wykazanie nierówności

[marek12]

Niech a, b,c>0 takie ze \(\displaystyle{ abc = 1}\). Pokaż ze
\(\displaystyle{ (a + b + c)^4\geq54\left(\frac {a}{b + c} + \frac {b}{a + c} + \frac {c}{a + b}\right)}\)

[danioto]

Coś tutaj nie gra. Dla \(\displaystyle{ a=b=c=1}\) miałoby rzekomo zachodzić \(\displaystyle{ 1 \ge 54 \cdot \frac{3}{2}}\)?

Coś tutaj nie gra.

EDIT:
No ale to nadal nie jest prawdziwe nawet dla 64?
\(\displaystyle{ a \ge 64 cdot \frac{3}{2} = 96}\)

?

[smigol]

pewnie miło być 64, a nie 54

[timon92]

chyba jest ok, danioto się pomylił przy obliczeniach, dla a=b=c=1 mamy \(\displaystyle{ 81 \ge 81}\)

[Atlas252]

Na początek z AM>GM mamy, że: \(\displaystyle{ a+b+c \ge 3 \sqrt[3]{abc} = 3}\), czyli \(\displaystyle{ (a+b+c)^3 \ge 27}\).

Teraz udowodnimy, że dla dowolnych dodatnich liczb rzeczywistych a, b, c takich, że \(\displaystyle{ abc=1}\) zachodzi nierówność: \(\displaystyle{ \frac{a+b+c}{2} \ge \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}}\)

Stosując nierówność Jensena dla funkcji \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{x}}\), liczb \(\displaystyle{ b+c, c+a, a+b}\) i wag odpowiednio \(\displaystyle{ \frac{a}{a+b+c},\frac{b}{a+b+c},\frac{c}{a+b+c}}\) dostajemy, że:
\(\displaystyle{ f(\frac{a}{a+b+c}\cdot(b+c)+\frac{b}{a+b+c}\cdot(c+a)+\frac{c}{a+b+c}\cdot(a+b)) \ge \frac{a}{a+b+c}\cdot f(b+c) + \frac{b}{a+b+c}\cdot f(c+a) + \frac{c}{a+b+c}\cdot f(a+b)}\)
\(\displaystyle{ (a+b+c)\cdot f(\frac{2ab+2bc+2ca}{a+b+c}) \ge \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}}\)
\(\displaystyle{ \frac{(a+b+c)^2}{2ab+2bc+2ca} \ge \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}}\)

Zatem wystarczy wykazać, że dla dodatnich liczb rzeczywistych a, b, c takich, że \(\displaystyle{ abc=1}\) zachodzi: \(\displaystyle{ \frac{(a+b+c)^2}{2ab+2bc+2ca} \le \frac{a+b+c}{2}}\)
Nierówność ta jest równoważna:
\(\displaystyle{ a+b+c \le ab+bc+ca}\)
Podstawmy: \(\displaystyle{ a:=\frac{x}{y}, b:=\frac{y}{z}, c:=\frac{z}{x}}\) i bez straty ogólności przyjmijmy, że \(\displaystyle{ x \ge y \ge z}\).
Nierówność ta przyjmuje wtedy postać:
\(\displaystyle{ \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \le \frac{x}{z} + \frac{y}{x} + \frac{z}{y}}\)
Ciągi \(\displaystyle{ (x,y,z)}\) i \(\displaystyle{ (\frac{1}{z},\frac{1}{y},\frac{1}{x})}\) są jednakowo uporządkowane zatem z nierówności o ciągach jednomonotonicznych dostajemy, że:
\(\displaystyle{ \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \le \frac{x}{z} + \frac{y}{x} + \frac{z}{y}}\)

Co kończy dowód nierówności \(\displaystyle{ \frac{a+b+c}{2} \ge \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}}\)

Mnożąc teraz stronami prawdziwe nierówności:
\(\displaystyle{ \frac{a+b+c}{2} \ge \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}}\)
\(\displaystyle{ (a+b+c)^3 \ge 27}\)
otrzymujemy tezę.

[danioto]

Hmm... Normalka - bład w dodawaniu Wybaczcie za sianie 'zgorszenia'

Ale mam jeszcze jedną wątpliwość... Wydaje mi się, że nierówność \(\displaystyle{ \frac{a+b+c}{2} \ge \frac{a}{b+c}+ \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b}}\) jednak nie zachodzi... Na przykład weźmy \(\displaystyle{ a= \frac{1}{2} \ b=1 \ c=2}\) Dostajemy:
\(\displaystyle{ \frac{2+1+ \frac{1}{2}}{2} \ge \frac{1}{2 + \frac{1}{2}} + \frac{2}{1 \frac{1}{2}} + \frac{ \frac{1}{2}}{1+2} \\ \frac{7}{4} \ge \frac{1}{6} + \frac{2}{5} + \frac{4}{3} \\ \frac{105}{60} \ge \frac{114}{60}}\)

Wybaczcie jeśli znowu gdzieś się walnąłem w dodawaniu

[Dumel]

Atlas252, zastosowałeś Jensena w złą stronę

[Atlas252]

No tak. Późno było Jensen w złą stronę...

[danioto]

Więc może tak:

\(\displaystyle{ 54(\frac{a}{b+c}+ \frac{b}{a+c}+ \frac{c}{a+b}) = 54( \sum \frac{1}{ab(a+b)}) \le 54( \sum \frac{1}{2abc}) = \frac{54 \cdot3}{2abc} = \frac{81}{abc} = 81 \le (a+b+c)^{4}}\)

I odpowiednio skorzystanie z faktu, że \(\displaystyle{ abc=1 \hbox{ czyli } a= \frac{1}{bc}}\), następnie ciągi jednomonotoniczne i Am-Gm. Ale oczywiście jak to z moimi rozwiązaniami nigdy nie można być pewnym

Pozdrawiam!

[Dumel]

z tymi ciągami jednomonotonicznymi się machnąłeś, podstaw cokolwiek różnego od a=b=c

[danioto]

Aha, ok. Dobra, wieczorkiem będę myślał dalej, pzdr!

No tak! Głupi błąd! Przecież
\(\displaystyle{ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \le \frac{2}{3}}\)
to jest nieprawda!...

[frej]

Wydaje się, że po podstawieniu \(\displaystyle{ a=\frac{x^2}{yz}}\) etc.
nierówność
\(\displaystyle{ (\sum x^3)^4 \prod (x^3+y^3) \ge 54 (xyz)^4 \sum x^3(x^3+y^3)(x^3+z^3)}\)
może pójść z Muirheada, lecz jestem za mało odważny, żeby podjąć się wymnażania ...

[jerzozwierz]

Kalkulator matematyka.pl służy pomocą o każdej porze dnia i nocy.

[Piotr Rutkowski]

Zauważmy, że \(\displaystyle{ (\sum_{cyc}a)^{4}\geq 3(\sum_{cyc}a)^{3}}\)
Przekształcamy nierówność do postaci:
\(\displaystyle{ (\sum_{cyc}a)^{3}\prod_{cyc}(a+b)\geq 18\sum_{cyc}a^{2}bc(a+b)(a+c)}\)
(wymnożyliśmy prawą stronę przez \(\displaystyle{ abc=1}\)).
Teraz obie strony mają równe stopnie więc mamy nadzieję, że ta nierówność też zachodzi i otwieramy nawiasy (podpowiem, że nie należy wszystkiego wymnażać, używając notacji z sumami symetrycznymi nie jest tak tragicznie).
Okazuje się, że nierówność przyjmuje równoważną formę:
\(\displaystyle{ [5,1,0]+7[4,2,0]+2[4,1,1]+25[3,2,1]+4[2,2,2]\geq 18[4,1,1]+18[3,2,1]+18[2,2,2]}\)
co po uproszczeniu staje się oczywiste, bo:
\(\displaystyle{ [5,1,0]+7[4,2,0]\geq 16[4,1,1]}\) oraz \(\displaystyle{ 7[3,2,1]\geq 14[2,2,2]}\)
\(\displaystyle{ \mathbb{Q.E.D.}}\)
Pozdrawiam