[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[Dumel]

nie jest ostra i dla oczywiscie dla liczb dodatnich

[frej]

Taka mała podpowiedź do tego co Dumel wrzucił

podpowiedź:    

\(\displaystyle{ \frac{a_i^2}{a_i^2+a_{i+1} a_{i+2}}=\frac{1}{1+x_i}}\)
\(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n} x_i=1}\)

Dumel, jak znasz rozwiązanie, a nie chcesz psuć innym zabawy, to użyj opcji hide, ja np. z miłą chęcią obejrzałbym Twoje rozwiązanie.

[limes123]

Bylo kiedys tak na drugim etapie, ze nierownosc byla ciezka do ruszenia bez Jensena, czy raczej zawsze dalo sie latwo zrobic z tych bardziej elementarnych?

[Dumel]

no to ja to co zamiescilem zrobilem tak:

Ukryta treść:    

mozemy zalozyc ze \(\displaystyle{ a_1=min(a_1,...,a_n)}\) niech ponadto \(\displaystyle{ a_k=min(a_2,...,a_n)}\)
teraz jesli \(\displaystyle{ k \notin \{n-1,n\}}\) to \(\displaystyle{ \frac{a_1^2}{a_1^2+a_2a_3} \le \frac{1}{2}}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{a_k^2}{a_k^2+a_{k+1}a_{k+2}} \le \frac{1}{2}}\), jesli nie to tez nie ma problemu, z latwoscia sie dowodzi ze \(\displaystyle{ \frac{a_1^2}{a_1^2+a_2a_3}+\frac{a_k^2}{a_k^2+a_{k+1}a_{k+2}} \le 1}\)

heh teraz zobaczylem ze to jest w wedrowkach i ta nierownosc jest oczywiscie ostra bo pozostale wyrazenia sa mniejsze niz 1

[timon92]

Może teraz coś prostszego:
\(\displaystyle{ 0 \le x \le 1}\), \(\displaystyle{ p>1}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{2^{p-1}} \le x^p + (1-x)^p \le 1}\)

[frej]

\(\displaystyle{ \frac{x+(1-x)}{2} \le \sqrt[p]{\frac{x^p+(1-x)^p}{2}}}\) średnie potęgowe
\(\displaystyle{ x^p+(1-x)^p \le (x+(1-x))^p=\sum_{k=1}^{p}{p\choose k}x^k (1-x)^{p-k}}\)

[kubek1]

Udowodnić, że dla liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ a,b \ge 1,c \ge 0}\) oraz dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n \ge 1}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ (ab+c)^{n}-c \le ((b+c)^{n}-c)a^{n}}\)

Wskazówka:    

Było na XLVIII OM

[Piotr Rutkowski]

Może teraz coś prostszego:
\(\displaystyle{ 0 \le x \le 1}\), \(\displaystyle{ p>1}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{2^{p-1}} \le x^p + (1-x)^p \le 1}\)

Pytanie dodatkowe, czy da się tutaj znaleźć jakąś interpretację związaną z rachunkiem prawdopodobieństwa, a jeśli tak to jaką

[Dumel]

Może teraz coś prostszego:
\(\displaystyle{ 0 \le x \le 1}\), \(\displaystyle{ p>1}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{2^{p-1}} \le x^p + (1-x)^p \le 1}\)

\(\displaystyle{ x+(1-x)=1}\) wiec mozemy zalozyc ze \(\displaystyle{ x \ge \frac{1}{2}}\). funkcja \(\displaystyle{ f(x)=x^p}\) jest wypukla i rosnąca w przedziale \(\displaystyle{ <0;1>}\) wiec z nierownosci Karamaty: \(\displaystyle{ 1=f(1)+f(0) \ge x^p+(1-x)^p =f(x)+f(1-x) \ge f( \frac{1}{2})+f( \frac{1}{2}) = \frac{1}{2^p}+\frac{1}{2^p}= \frac{1}{2^{p-1}}}\)

frej, od kiedy mozna stosowac dwumian Newtona dla niecalkowitych wykładnikow -- 2 lutego 2009, 18:11 --dla x,y,z>0
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} x^2=1}\)
udowodnic ze
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{x}{ \sqrt{y^4+z^4} } \ge \sqrt{ \frac{3}{2} } \frac{1}{ \sum_{}^{} x^4}}\)

[limes123]

Niech \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}}\). Poniewaz f jest wypukla mamy
\(\displaystyle{ \sum x^2 f(x^2(y^4+z^4))\geq f(\sum x^4(y^4+z^4))=\frac{1}{\sqrt{2\sum x^4y^4}}}\) i teraz latwy lemat \(\displaystyle{ \frac{2}{3}(\sum x^4)^2\geq 2\sum x^4y^4}\) qed. Wiesz moze jak udowodnic bez Jensena?

[Dumel]

nie wiem. ale na pewno sie da bo ta nierowność byla w zestawie nierownosci ktore maja isc z Jensena.
z poczatku myslalem ze mi sie udalo, ale mialem blad. moze komus uda sie to pociagnac:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ x^4+y^4+z^4 \ge \frac{1}{3}}\) (srednie potegowe)
a wiec \(\displaystyle{ P \le \frac{3 \sqrt{3} }{ \sqrt{2} }}\)
mamy tez
\(\displaystyle{ L \ge \sum_{}^{} \frac{ \sqrt{2} x}{y^2+z^2}}\)
i teraz probowalem udowodnic ze
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{ \sqrt{2} x}{y^2+z^2} \ge \frac{3 \sqrt{3} }{ \sqrt{2} }}\)
wzialem sobie funkcje \(\displaystyle{ f(x)= \frac{ \sqrt{x} }{1-x}}\) i dalej poszlo (\(\displaystyle{ \sum_{}^{} f(x^2)...}\)) ale niestety nie okazala sie ona wypukla w calym przedziale (0;1) tak jak przypuszczalem. jak poprobowalem na liczbach to powyzsza nierownosc jest chyba prawdziwa. wymnazac napale chyba nie warto, mozna sprobowac z tangensem kata podwojonego albo z Jensenem dla innej funkcji

[edit]
mam to:

Ukryta treść:    

to co mialem bylo ok, teraz sprawe zalatwia funkcja (wypukła) \(\displaystyle{ f(x)= \frac{1}{x(1-x^2)}}\) z wagami jak u limesa123. na koncu jest jeszcze troche babraniny z pochodną i srednie potegowe

[limes123]

To moze teraz cos takiego:
\(\displaystyle{ x_1,x_2,...,x_n\in R_+}\) i zachodzi \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^n \frac{1}{1+x_i}=1}\). Udowodnij, ze
\(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n} x_i\geq (n-1)^n}\)

[Gierol]

Z właśnie trwających warsztatów, jak ktoś zrobi, to thx, bo nie mamy wzorcówki xD

\(\displaystyle{ \sum_{sym} \frac{a \sqrt{a^2+b^2+c^2}}{\sqrt{a^2+b^2} \cdot \sqrt{a^2+c^2}} \le \frac{3\sqrt{3}}{2}}\)

[frej]

Nie zapomniałeś o czymś?
Zobacz przykład \(\displaystyle{ a=b=c>1}\)

[Gierol]

wydaje mi sie, ze jest ok. jak wstawie tak jak mowisz to wychodzi rownosc, a,b,c oczywiscie dodatnie