Matematyka.pl

Równoważnie:
\(\displaystyle{ \frac{x}{x+y}\cdot 2^{y}+\frac{y}{x+y}\cdot 2^{-x}\ge 1}\).
funkcja \(\displaystyle{ f(t)=2^t}\) jest wypukła w rzeczywistych, wszak \(\displaystyle{ f''(t)=(\ln 2)^2\cdot 2^t>0}\). Zatem
\(\displaystyle{ \frac{x}{x+y}f(y)+\frac y{x+y}f(-x)\ge f\left(\frac{xy}{x+y}-\frac{yx}{x+y}\right)=f(0)=1}\),
c.k.d.

na mocy AM-GM $$\sum_{i=1}^n \frac{a_i}{1+\sum_{j<i} a_j}=\sum_{i=1}^n \left(\frac{1+\sum_{j\le i} a_i}{1+\sum_{j<i} a_j} -1\right)=\left(\sum_{i=1}^n \frac{1+\sum_{j\le i} a_i}{1+\sum_{j<i} a_j} \right)-n\ge n\sqrt[n]{1+\sum_{j=1}^n a_j}-n=2n-n=n$$ z równością dla \(\displaystyle{ a_i=2^{i-1}}\)

\(\displaystyle{ \left(\frac 6 5\right)^{\sqrt{3}}>\left(\frac 5 4\right)^{\sqrt{2}}\Leftrightarrow \left(\frac 6 5\right)^3>\left(\frac 5 4\right)^{\sqrt{6}}}\), ale
\(\displaystyle{ \left(\frac 6 5\right)^3=\frac{216}{125}}\) i \(\displaystyle{ \left(\frac 5 4\right)^{\sqrt{6}}<\left(\frac 5 4\right)^{\sqrt{6,25}}\\=\left(\frac 5 4\right)^{\frac 5 2}=\frac{25}{16}\sqrt{\frac 5 4}<\frac{25}{16}\sqrt{1,21}=\frac{25}{16}\cdot \frac{11}{10}}\) i wystarczy przeliczyć, że
\(\displaystyle{ \frac{216}{125}>\frac{25}{16}\cdot \frac{11}{10}}\).


BTW początkowo próbowałem to spałować funkcją \(\displaystyle{ f(x)=\sqrt{x-2}\ln\left(1+\frac 1 x\right)}\), lecz okazuje się, że ona akurat między czwórką a piątką zmienia monotoniczność i robią się schody.

Twierdzę, że \(\displaystyle{ \left(\frac 6 5\right)^{\sqrt{3}}>\left(\frac 5 4\right)^{\sqrt{2}}}\).
Równoważnie, po zlogarytmowaniu stronami i podzieleniu stronami przez dodatnie liczby, mamy
\(\displaystyle{ \frac{\ln \frac 6 5}{\ln \frac 5 4}>\sqrt{\frac 2 3}}\).
Udowodnię ogólniejszą prawidłowość: dla \(\displaystyle{ x>0}\) funkcja \(\displaystyle{
f(x)=\sqrt{x^2+x}\ln\left(1+\frac 1 x\right)}\) jest rosnąca. Istotnie, mamy
\(\displaystyle{ f'(x)=\frac{x+\frac 1 2}{\sqrt{x^2+x}}\ln\left(1+\frac 1 x\right)-\frac{\sqrt{x^2+x}}{x^2}\cdot \frac 1 {1+\frac 1 x}\\=\frac{\left(x+\frac 1 2\right)\ln\left(1+\frac 1 x\right)-1}{\sqrt{x^2+x}}}\)
i wystarczy udowodnić, że dla \(\displaystyle{ x>0}\) jest
\(\displaystyle{ \left(x+\frac 1 2\right)\ln\left(1+\frac 1 x\right)>1}\). Równoważnie:
\(\displaystyle{ \ln\left(1+\frac 1 x\right)>\frac{2}{2x+1}}\),
a to jest konsekwencją nierówności Hermite-Hadamarda dla wypukłej w dodatnich funkcji \(\displaystyle{ f(t)=\frac 1 t: \\ x\int_{1}^{1+\frac 1 x}\frac{\mbox{d}t}{t}\ge \frac{1}{\frac{1+1+\frac 1 x}{2}}=\frac{2}{2+\frac 1 x}}\)
i po podzieleniu stronami przez \(\displaystyle{ x>0}\) dostajemy to, czego potrzebujemy.

W szczególności mamy \(\displaystyle{ f(5)>f(4)}\), czyli
\(\displaystyle{ \sqrt{30}\ln\left(1+\frac 1 5\right)>\sqrt{20}\ln\left(1+\frac 1 4\right)\\\frac{\ln \frac 6 5}{\ln \frac 5 4}>\sqrt{\frac 2 3},}\)
co kończy dowód.

To jest pewne uogólnienie nierówności 1.132 z trzeciego tomu Mathematical Inequalities. Rozwiązanie jest analogiczne. Po podstawieniu \(x=a^{\frac{2}{m+n}},\ y=b^{\frac{2}{m+n}},\ z=c^{\frac{2}{m+n}}\), gdzie \(a,b,c>0\), mamy do udowodnienia (sumy cykliczne) \[\sum\frac{a^{\frac{2m}{m+n}}}{b^{\frac{2n}{m+n}}}\ge 3\] lub równoważnie \[\sum\frac{a^2}{(ab)^{\frac{2n}{m+n}}}\ge 3,\] przy \(a^2+b^2+c^2=3\). Jensen na wypukłej funkcji \(f(t)=\frac{1}{t^k}\), gdzie \(t,k>0\), dla zmiennych \(ab,bc,ca\) z wagami odpowiednio \(\frac{a^2}{\sum a^2},\frac{b^2}{\sum a^2},\frac{c^2}{\sum a^2}\) oraz \(k=\frac{2n}{m+n}\), daje \[\sum\frac{a^2}{(ab)^{\frac{2n}{m+n}}}\ge\frac{\sum a^2}{\left(\frac{\sum\left(a^2\cdot ab\right)}{\sum a^2}\right)^{\frac{2n}{m+n}}}=\frac{3}{\left(\frac{\sum a^3b}{\sum a^2}\right)^{\frac{2n}{m+n}}},\] więc wystarczy dowieść \(1\ge\frac{\sum a^3b}{\sum a^2}\) lub \(\left(\sum a^2\right)^2\ge 3\sum a^3b\), a to jest nierówność Vasca. Zagadka: czy warunek \(m>n\) jest istotny?

Oczywiście
\(\displaystyle{ \sum \frac{2a^4+a^2b^2}{\left(b^2+c^2+ca\right)^2}\ge \sum \frac{2a^4+a^2b^2}{\left(b^2+\frac 3 2c^2+\frac 1 2a^2\right)^2}}\)
- nawalamy AM-GM w mianownikach.
Dla prostoty oznaczeń niech \(\displaystyle{ a^2=x, \ b^2=y, \ c^2=z}\) i bez straty ogólności niech \(\displaystyle{ x+y+z=1}\).
Wystarczy wykazać, że
\(\displaystyle{ \sum\frac{x(1-(z-x))}{(1+\frac 1 2(z-x))^2}\ge 1}\).
Niewątpliwie mamy \(\displaystyle{ x-y, \ y-z, \ z-x\in (-1,1)}\).
Rozważmy funkcję \(\displaystyle{ f(t)=\frac{1-t}{\left(1+\frac 1 2t\right)^2}}\). Jest ona w sposób ewidentny wypukła dla \(\displaystyle{ t\in (-2,1)}\), wszak wujek wolfram powiedział mi, że \(\displaystyle{ f''(t)=\frac{3(1-t)}{2\left(1+\frac t 2\right)^4}+\frac 2{\left(1+\frac t 2\right)^3}.}\)
Na mocy nierówności Jensena otrzymujemy zatem
\(\displaystyle{ xf(z-x)+yf(x-y)+zf(y-z)\ge f\left(xz-x^2+yx-y^2+zy-z^2\right)\ge f(0)=1}\).
Ostatnia nierówność wynika z połączenia trzech faktów:
\(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx}\) (ultra znane), \(\displaystyle{ xy+yz+zx-x^2-y^2-z^2>-(x+y+z)^2=-1>-2}\) (jasne, z uwagi na założenie i dodatność \(\displaystyle{ x,y,z}\)) i ze spostrzeżenia, że \(\displaystyle{ f(t)=\frac{1-t}{\left(1+\frac 1 2t\right)^2}}\) jest malejąca dla \(\displaystyle{ -2<t<4}\) (gdyż \(\displaystyle{ f'(t)=\frac{4(t-4)}{(t+2)^3}}\) - ponownie dzięki uprzejmości feldmarszałka Wolframa von Richthofen).

Zadanie pochodzi z tegorocznej Mszany. Nie żeby coś i w ogóle, ale chcę tu podrzucić pomysł, który wydaje mi się nieco fajniejszy od zamieszczonego w broszurze.
Z C-S mamy \(\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(x^2+y^2+y^2\right)\ge\left(x^2+y^2+yz\right)^2\), więc wystarczy dowieść \[\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}\cdot\frac{2a^2+b^2}{2c^2+b^2}+\frac{b^2}{a^2+b^2+c^2}\cdot\frac{2b^2+c^2}{2a^2+c^2}+\frac{c^2}{a^2+b^2+c^2}\cdot\frac{2c^2+a^2}{2b^2+a^2}\ge 1.\] Ponieważ \(2x^2+y^2=2\left(x^2+y^2+z^2\right)-\left(2z^2+y^2\right)\), to znów z C-S (sumy cykliczne) \[\begin{aligned}\sum\left(\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}\cdot\frac{2a^2+b^2}{2c^2+b^2}\right)&=\sum\left(\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}\cdot\left(\frac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2c^2+b^2}-1\right)\right)\\&=2\sum\frac{a^2}{2c^2+b^2}-\sum\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}\\&=2\sum\frac{a^4}{2c^2a^2+a^2b^2}-1\\&\ge \frac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}-1\\&\ge 1,\end{aligned}\] c.b.d.o.