[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[smigol]

no to ja wrzucę:
a,b,c, rzeczywiste dodatnie oraz \(\displaystyle{ abc=1}\):
\(\displaystyle{ \frac{b+c}{ \sqrt{a} }+ \frac{a+c}{ \sqrt{b} }+ \frac{a+b}{ \sqrt{c} } \ge \sqrt{a} + \sqrt{b}+ \sqrt{c} +3}\)

[jerzozwierz]

Dobra, jedziemy z ciągów jednomonotonicznych:

\(\displaystyle{ L= \frac{b+c}{ \sqrt{a} }+ \frac{a+c}{ \sqrt{b} }+ \frac{a+b}{ \sqrt{c} } \ge \frac{b+c}{ \sqrt{b} }+ \frac{a+c}{ \sqrt{c} }+ \frac{a+b}{ \sqrt{a} } = \sum_{cyc}^{} \sqrt{a} + \sum_{cyc}^{} \frac{b}{ \sqrt{a}} \ge \\ \ge AM-GM \ge \sum_{cyc}^{} \sqrt{a} + 3 \sqrt[6]{abc} = \sum_{cyc}^{} \sqrt{a} + 3 = P}\)

Następne: (takie proste, nie mogę nic znaleźć ciekawego)
\(\displaystyle{ \alpha, \beta, \gamma}\) miary kątów tr. ostrokątnego
\(\displaystyle{ 0<p \le 1}\)
Udowodnij
\(\displaystyle{ cos^{p} \alpha + cos^{p} \beta + cos^{p} \gamma \le \frac{3}{2^{p}}}\)

[smigol]

srednie potęgowe, było chyba w Kurlandczyku, tylko tam było dla p>=2 i nierówność w drugą stronę (nie mam jak sprawdzić, pożyczyłem komuś książkę ).

Równoważnie:
\(\displaystyle{ \left( \frac{cos^px+cos^py+cos^pz}{3}\right)^{ \frac{1}{p}} \le \frac{cosx+cosy+cosz}{3} \le \frac{1}{2}}\)
bo jeśli x+y+z=180
to
\(\displaystyle{ cosx+cosy+cosz \le \frac{3}{2}}\).

_______________________________________________

a,b,c dodatnie rzeczywiste,
\(\displaystyle{ \frac{a}{(b+c)^2}+ \frac{b}{(c+a)^2}+ \frac{c}{(a+b)^2} \ge \frac{9}{4(a+b+c)}}\).

[jerzozwierz]

jensenik dla \(\displaystyle{ f(x)= \frac{x}{(1-x)^{2}}}\)

[XMaS11]

\(\displaystyle{ \left( \frac{cos^px+cos^py+cos^pz}{3}\right)^{ \frac{1}{p}} \le \frac{cosx+cosy+cosz}{3}}\).
Twierdzisz, że dla \(\displaystyle{ p>1}\) to jest prawda ?
To nie w drugą strone zachodzi ?

[smigol]

ale dla 0<p<=1 to jest prawda, a taki jest warunek )
Musisz wcześniej chodzić spać
z resztą ja też ;]

[XMaS11]

Pozdro zobaczyłem w Twoim poście tylko \(\displaystyle{ p \ge 2}\) i te nierówność : < przepraszam : <

[Piotr Rutkowski]

\(\displaystyle{ (\sum_{cyc}(\frac{\sqrt{a}}{b+c})^{2})(\sum_{cyc}(\sqrt{a})^{2})\geq (\sum_{cyc}\frac{a}{b+c})^{2}\geq (\frac{3}{2})^{2}=\frac{9}{4}}\)
Wiem, że już rozwiązane, ale CSB jest moją ulubioną nierównością

Teraz coś ciekawego (pamiętajcie, że to dział olimpijski, więc olewamy analizę).
Niech \(\displaystyle{ a_{n}=(1+\frac{1}{n})^{n+k}}\) dla pewnego \(\displaystyle{ k\in \mathbb{R}}\)
Pytanie: jak \(\displaystyle{ k}\) wpływa na monotoniczność ciągu \(\displaystyle{ a_{n}}\)?
(dział odpowiedni, bo sprowadza się do 2 nierówności).
Pozdrawiam

[jerzozwierz]

a nie przypadkiem \(\displaystyle{ k \in Z}\)? To by troszku ułatwiło sprawę

[Piotr Rutkowski]

a nie przypadkiem \(\displaystyle{ k \in Z}\)? To by troszku ułatwiło sprawę

No jasne że by ułatwiło, ale co w związku z tym?
Oczywiście jak chcecie to można wrzucać rozwiązania cząstkowe...

[Dumel]

łatwo pokazać (z nierówności Bernoulli'ego) że dla \(\displaystyle{ k \ge 1}\) jest to ciąg malejący a dla \(\displaystyle{ k \le 0}\) rosnący (wystarczy sprawdzić przypadki k=0,1 reszta już prosto wynika)

no i teraz zaczynają się schody...
dla \(\displaystyle{ k=\lg e -1 \approx 0.442695049}\) mamy \(\displaystyle{ a_1=e}\) więc ciąg na pewno nie jest monotoniczny
naturalne wydaje się przypuszczenie że dla \(\displaystyle{ k>\lg e -1}\) będzie to ciąg malejący a dla \(\displaystyle{ k<\lg e -1}\) rosnący jednak w pobliżu tej wartości granicznej monotoniczny nie jest i tu teraz nie bardzo widzę jak można by w nieanalityczny sposób znaleźć rozwiązanie.

-- 28 stycznia 2010, 22:10 --

zostałem poproszony o rozruszanie tematu, więc:
niech \(\displaystyle{ a,b,c \in [1,3]}\) i \(\displaystyle{ a+b+c=6}\)
wyznacz maksimum i minimum wyrażenia \(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3}\)

[binaj]

Niech \(\displaystyle{ a \ge b \ge c}\) oraz \(\displaystyle{ P(a,b,c)=a^3+b^3+c^3}\)
weźmy jakieś dodatnie \(\displaystyle{ k}\), mamy:

\(\displaystyle{ P(a+k,b,c-k)-P(a,b,c)=3k(a+c)(a-c+k)>0}\) (suma \(\displaystyle{ a+b+c}\) jest zachowana)

czyli P(a,b,c) będzie największe gdy zmaksymalizujemy jedną z liczb, a potem możliwie drugą,
a najmniejsze, gdy wszystkie liczby będą równe, zatem:

\(\displaystyle{ 36 = P(3,2,1) \ge P(a,b,c) \ge P(2,2,2) = 24}\)

nowe:
\(\displaystyle{ ab+bc+ca=3}\) dowieść, że: \(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3+6abc \ge 9}\)

[Dumel]

powyższe zadanie znam więc nie będę wrzucał rozwiązania, a do poprzedniego dodam tyle że z pomocą nierówności Karamaty można uogólnić je do następującej postaci:
niech \(\displaystyle{ a_1,...,a_n \in [1,n]}\) i \(\displaystyle{ a_1+a_2+...+a_n= \frac{n(n+1)}{2}}\)
\(\displaystyle{ f}\) jest funkcją wypukłą i rosnącą w \(\displaystyle{ [1,n]}\). wtedy:
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} f(a_i) \le \sum_{i=1}^{n} f(i)}\)

[pawelsuz]

nowe:
\(\displaystyle{ ab+bc+ca=3}\) dowieść, że: \(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3+6abc \ge 9}\)

\(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca=3 \\ a^2+b^2+c^2+6 \ge 9 \\ a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca) \ge 9 \\ (a+b+c)^2 \ge 9 \\ a+b+c \ge 3 \ (*)}\)

\(\displaystyle{ ab+bc+ca=3 \\ (ab+bc+ca)(a+b+c)=3(a+b+c) \\ ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+3abc=3(a+b+c) \ (**)}\)

Z nierówności Schura
\(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3+6abc=a^3+b^3+c^3+3abc + 3abc \ge \sum_{}^{} ab(a+b)+3abc=(**)=3(a+b+c) \ge (*) \ge 3 \cdot 3=9}\)-- 29 stycznia 2010, 23:38 --Tak teraz patrze i widze że dowod nie jest w pełni poprawny, bo Schur działa tylko dla dodatnich, a tutaj takiego zalozenia nie mamy:/ Czyli trzeba jeszcze zrobic jak sie pojawiaja ujemne liczby, ale teraz nie mam na to pomysłu..

[Dumel]

tam pewnie miało być założenie liczbach nieujemnych bo inaczej nierówność nie byłaby prawdziwa (np. dla a=0, b=c)

dzisiaj natrafiłem na takie oto sympatyczne zadanko:
\(\displaystyle{ a,b,c>0}\)
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} ab=1}\)
udowodnić że:
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \sqrt[3]{ \frac{1}{a}+6b } \le \frac{1}{abc}}\)

pochodzi z IMO Shortlist 2004 ale wcale nie jest trudne