[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[Prastaruszek]

Postawiłem sobie ostatnio taki problem, związany z nierównościami, może ktoś będzie miał ochotę się nad nim zastanowić:
Czy istnieje taka funkcja f(x) wypukła w przedziale <a;b>, gdzie a,b>0, że dla pewnych liczb rzeczywistych g i h należących do tego przedziału zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ \sqrt{f(g)f(h)}>f \left(\frac{g+h}{2} \right)}\)

[XMaS11]

\(\displaystyle{ f(x)=2^{x^2}}\)-- 11 stycznia 2010, 23:37 --W ten sposób chyba nawet po lewej stronie może byc dowolna średnia potęgowa, wystarczy tylko odpowiednik wykładnik przy \(\displaystyle{ x}\) dac.

[Dumel]

macie coś na drugi etap:
a,b,c>0
wykazać że
\(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2+2abc+1 \ge 2(ab+bc+ca)}\)

[Piotr Rutkowski]

Nasza nierówność jest równoważna
\(\displaystyle{ a^{2}+2a(bc-b-c)+b^{2}+c^{2}-2bc+1\geq 0}\)
Niech \(\displaystyle{ a\leq b\leq c}\)
Wystarczy zatem żeby wyróżnik był niedodatni, co będzie równoważne nierówności
\(\displaystyle{ bc(bc-2b-2c)+4bc\leq 4}\)
Zauważmy, że ta nierówność trywializuje się gdy \(\displaystyle{ c\leq 1}\)
Niech zatem \(\displaystyle{ c=1+d}\) dla \(\displaystyle{ d\in \mathbb{R}_{+}}\)
Wtedy musi zachodzić \(\displaystyle{ 2d(a-1)(b-1)+d^{2}+(a-1)^{2}+(b-1)^{2}\geq 0}\)
Ta nierówność jest oczywista jeśli \(\displaystyle{ b\leq 1}\) lub \(\displaystyle{ a\geq 1}\)
Niech zatem \(\displaystyle{ (a\leq 1)\wedge (b\geq 1)}\)
Zatem \(\displaystyle{ b=1+e}\) dla \(\displaystyle{ e\in \mathbb{R_{+}}}\)
Pozostaje pokazać, że \(\displaystyle{ (1-a)^{2}+d^{2}+e^{2}\geq 2de(1-a)}\) co jest oczywiste, bo
\(\displaystyle{ (1-a)^{2}+d^{2}+e^{2}\geq d^{2}+e^{2}\geq 2de\geq 2de(1-a) \ \mathbb{Q.E.D.}}\)
Pozdrawiam

[XMaS11]

macie coś na drugi etap:
a,b,c>0
wykazać że
\(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2+2abc+1 \ge 2(ab+bc+ca)}\)

Rozważmy dwa przedziały : \(\displaystyle{ (0,1)}\) i \(\displaystyle{ left[1,+ infty )}\). Pewne dwie z liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) leża w tym samym przedziale. Powiedzmy, że są to \(\displaystyle{ a,b}\). Zatem:
\(\displaystyle{ (a-b)^2+2c(a-1)(b-1) \ge 0}\), jako że lewa strona to suma nieujemnych składników.Stąd:
\(\displaystyle{ (a-b)^2+c(2ab+2-2a-2b) \ge 0 \Rightarrow}\)
\(\displaystyle{ (a-b)^2+c(2ab+c+1/c-2a-2b) \ge 0 \Leftrightarrow}\)
\(\displaystyle{ (a-b)^2+c^2+2abc+1 \ge 2c(a+b) \Leftrightarrow}\)
\(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2+2abc+1 \ge 2(ab+bc+ca)}\), co chcieliśmy dowieśc.

[pawelsuz]

Do rozwiązania dwa posty wyżej
Może mi ktoś powiedzieć, gdzie popełniam błąd? Bo jak sobie licze ten wyróżnik i ma być niedodatni to dostaje \(\displaystyle{ bc(bc-2b-2c)+4bc\leq 1}\).

[Piotr Rutkowski]

Do rozwiązania dwa posty wyżej
Może mi ktoś powiedzieć, gdzie popełniam błąd? Bo jak sobie licze ten wyróżnik i ma być niedodatni to dostaje \(\displaystyle{ bc(bc-2b-2c)+4bc\leq 1}\).

Bardzo Cię przepraszam, masz rację błąd rachunkowy.
Przypadek \(\displaystyle{ c\leq 1}\) można rozwiązać tak:
\(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1=(a^{2}+b^{2})+(c^{2}+1+2abc)\geq 2ab+2c(ab+1)\geq 2ab+2c(a+b)=2(ab+bc+ca)}\)

[Marcinek665]

Nierówność prosta, ale wydaje mi się ciekawa i warta uwagi.

Dowieść, że dla różnych nieparzystych liczb \(\displaystyle{ a,b,c,d \in N}\) zachodzi:

\(\displaystyle{ abc + abd + acd + bcd + 139 \le 3abcd}\)

[Mruczek]

Marcinek665 - Chyba w nierówności jest błąd - sprawdź dla np. a=b=c=d=5.

[Marcinek665]

Pomyliłem się przy przepisywaniu. Już poprawione

[Dumel]

dosyć trywialne, dzielimy stronami przez abcd i bierzemy najmniejsze liczby: 1,3,5,7

[smigol]

Temat stoi, więc ja coś wrzucę, sam nie zrobiłem, ale wam na pewno lepiej pójdzie.
I wydaje mi się, że trzeba wprowadzić takie zasady jak w temacie z zadankami przed II etapem, kto zrobi wrzuca następne, bez zbędnych komentarzy. Patrząc na początek tego tematu - zrobił się syf jak nie wiem, w końcu się pogubiłem kto o jakiej nierówności mówi.

No więc:
n całkowite i \(\displaystyle{ n \ge 2}\).
dodatnie liczby rzeczywiste \(\displaystyle{ a_1,a_2,...,a_n}\) spełniają warunek:
\(\displaystyle{ \left( \sum_{i=1}^{n}a_i \right) \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{a_i} \le \left(n+ \frac{1}{2} \right) ^2}\)
pokazać, że: \(\displaystyle{ max \{ a_1,a_2,...a_n \} \le 4min \{ a_1,a_2,...a_n \}}\).

Aha i z racji zbliżającego się II etapu wrzucajcie jakieś nierówności na poziomie (pi razy drzwi) drugiego etapu.

[Dumel]

generalnie krew mnie zalewa jak widze indukcyjny dowód nierówności, ale tym razem z policzkami zaczerwienionymi niczym dojrzałe buraki przedstawię ów wstrętny wynik pracy mojej kory mózgowej:

dla n=2 jest równanie kwadratowe i daruje sobie przepisywanie rachunków.
krok z n do n+1:
niech \(\displaystyle{ a}\) bedzie miedianą liczb \(\displaystyle{ a_1,a_2,...,a_{n+1}}\)
przyjme \(\displaystyle{ \sum_{}^{} = \sum_{i=1}^{n}}\)
\(\displaystyle{ (n+ \frac{3}{2})^2 \ge (a+ \sum_{}^{}a_i)( \frac{1}{a} + \sum_{}^{} \frac{1}{a_i})=1+ \sum_{}^{} a_i \sum_{}^{} \frac{1}{a_i}+a \sum_{}^{} \frac{1}{a_i} \sum_{}^{} \frac{a_i}{a} \ge1+ \sum_{}^{} a_i \sum_{}^{} \frac{1}{a_i}+2 \sqrt{ \sum_{}^{} \frac{1}{a_i} \sum_{}^{}a_i }=(1+ \sqrt{ \sum_{}^{} a_i \sum_{}^{} \frac{1}{a_i}} )^2}\)
więc
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} a_i \sum_{}^{} \frac{1}{a_i} \le (n+ \frac{1}{2})^2}\)
z założenia indukcyjnego i wyboru a jako mediany:
\(\displaystyle{ \max(a_1,...,a_{n+1}) =\max(a_1,...,a_n) \le 4\min(a_1,...,a_n)=4\min(a_1,...,a_{n+1})}\)

takie łatwe:
\(\displaystyle{ a,b,c}\) - dodatnie liczby spełniające \(\displaystyle{ ab + bc + ca = 9}\). Udowodnić że
\(\displaystyle{ (a^3 + b^3)(b^3 + c^3)(c^3 + a^3) \ge 8(a + b + c)^3}\)

można by jeszcze rozruszać temat z wielomianami

[smigol]

To ja napiszę wzorcówkę do tej mojej nierówności, Dumel nie tylko Ty korzystasz z mathlinks-a
Dzisiaj czytałem Twoje rozwiązanie, więc jak możesz to wklej swoje rozwiązanie i wrzuć następne

Zadanie ze Zwardonia, a wzorcówka mi się spodobała
niech \(\displaystyle{ a_1}\) będzie największą, \(\displaystyle{ a_2}\) najmniejszą z tych liczb.
z warunku i Cauchy'ego:
\(\displaystyle{ \left(n+ \frac{1}{2} \right) ^{2} \ge \left(a_1+a_2+...+a_n \right) \left( \frac{1}{a_2}+ \frac{1}{a_1}+ \frac{1}{a_3}+ \frac{1}{a_4} + ...+ \frac{1}{a_n} \right) \ge \left(t+ \frac{1}{t}+1+...+1 \right)^2= \left(t+ \frac{1}{t}+n-2 \right)^{2}}\)

gdzie \(\displaystyle{ t= \sqrt{ \frac{a_1}{a_2} }}\)
zatem mamy \(\displaystyle{ t+ \frac{1}{t} \le 2+ \frac{1}{2}}\). F(x)=x+1/x jest monotoniczna w rzeczywistych dodatnich zatem dostajemy \(\displaystyle{ t \le 2}\). czyli \(\displaystyle{ a_1 \le 4a_2}\)

[Dumel]

fajne rozwiązanie. ta funkcja to chyba jest dla zmyłki wprowadzona bo wcale nie jest monotoniczna i końcówka wobec tego jest zła( bo np. F(x)=F(1/x) )
ok mój dowód (nie chce mi sie tłumaczyć):

Ukryta treść:    

the inequality is equivalent to:
\(\displaystyle{ [\sqrt [3]{(a^3 + b^3)(b^3 + c^3)(c^3 + a^3)} \ge 2(a + b + c)}\)
or
\(\displaystyle{ 9\sqrt [3]{(a^3 + b^3)(b^3 + c^3)(c^3 + a^3)} \ge 2(ab + bc + ca)(a + b + c) = 2 \sum_{}^{} b(a^2 + c^2) + 6abc}\)
by Minkowski's inequality we get:
\(\displaystyle{ 2\sqrt [3]{(a^3 + b^3)(b^3 + c^3)(c^3 + a^3)} \ge 2( \sqrt [3]{a^3 \cdot b^3 \cdot a^3} + \sqrt [3]{b^3 \cdot c^3 \cdot c^3}) = 2b(a^2 + c^2)}\)
adding 3 similar inequalities and the following one:
\(\displaystyle{ 3\sqrt [3]{(a^3 + b^3)(b^3 + c^3)(c^3 + a^3)} \ge 6abc}\)
we complete the proof

mathlinks jest aktualnie głównym źródłem zadań z którego czerpię, więc z nowym zadaniem się na razie wstrzymam aż natrafię na coś czego prawdopodobnie nie będziesz znał.