[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[smigol]

Nie wiem co masz na myśli pisząc drugie podstawienie
Z Engela, dla naboru:
\(\displaystyle{ x_1=a}\)
\(\displaystyle{ y_1=b+2c+3d}\)
itd.

mamy:
\(\displaystyle{ \frac{a}{b+2c+3d}+ \frac{b}{c+2d+3a}+ \frac{c}{d+2a+3b}+ \frac{d}{a+2b+3c} = \sum_{1=1}^{4} \frac{x_i}{y_i} \ge \frac{ \left( \sum_{i=1}^{4}x_i \right)^2 }{ \sum_{i=1}^{4}x_iy_i}= \frac{(a+b+c+d)^2}{4(ab+ac+ad+bc+bd+cd)} \ge \frac{(a+b+c+d)^2}{4} \cdot \frac{8}{3(a+b+c+d)^2} = \frac{2}{3}}\)

Ostatnia nierówność się zwija do kwadratów (chyba:P).

[tkrass]

W dziale nierówności na naszym forum jest napisane, że Engel to:
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} \frac{x_i^2}{y_i} \ge \frac{ \left( \sum_{i=1}^{n}x_i \right)^2 }{ \sum_{i=1}^{n}y_i}}\). Jak wszyscy tak się upieracie to głowy nie daję... Zresztą wszystko jedno, ważne, żeby znać oba podstawienia.

[Taarion]

To Smigola i Twoje to jedno i to samo.

[Sylwek]

To Smigola i Twoje to jedno i to samo.

Istotnie, gdyż: \(\displaystyle{ \frac{a}{b}=\frac{a^2}{ab}}\), szczegóły każdy znający obie formy sobie dopowie - z jednej formy można przejść do drugiej i vice versa.

Jak już ćwiczycie, to moja propozycja:
\(\displaystyle{ \frac{2a}{a^2+bc}+\frac{2b}{b^2+ac}+\frac{2c}{c^2+ab} \le \frac{a}{bc}+\frac{b}{ac}+\frac{c}{ab}}\)

[kaszubki]

Jakie są warunki dla a,b,c oprócz tego że wszystkie liczby w mianownikach są różne od zera?

[XMaS11]

Jak nie wiesz jakie to załóż, że dodatnie

[kaszubki]

Jak dla dodatnich, to prosto:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ 2( \frac{a}{a^2+bc} + \frac{b}{b^2+ac} + \frac{c}{c^2+ab} ) \le \frac{a^2 + b^2 + c^2}{abc} \Leftrightarrow \frac{2a^2 bc}{a^2+bc} + \frac{2b^2 ac}{b^2+ac} + \frac{2c^2 ab}{c^2+ab} \le a^2 + b^2 + c^2 \Leftrightarrow \frac{2}{ \frac{1}{a^2} + \frac{1}{bc} } +\frac{2}{ \frac{1}{b^2} + \frac{1}{ac} }+\frac{2}{ \frac{1}{c^2} + \frac{1}{ba} } \le a^2+b^2+c^2}\)
No a to dalej idzie z nierówności pomiędzy średnią arytmetyczną i harmoniczną.

[Sylwek]

Sorki za niedopatrzenie, oczywiście a,b,c miały być dodatnie. Fajnie zrobiłeś, mi kiedyś trochę dłużej zeszło (zadanie z pewnych warsztatów ):

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ L=\sum \frac{2a}{a^2+bc} \le (AM-GM) \le \sum \frac{2a}{2\sqrt{a^2bc}}=\sum \sqrt{\frac{1}{b} \cdot \frac{1}{c}} \le (AM-GM) \le \sum \frac{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}{2} = \sum \frac{1}{a} \le (AM-GM) \le \sum \frac{ \frac{b}{ac} + \frac{c}{ab} }{2} = \sum \frac{a}{bc} = P}\)

Znakiem \(\displaystyle{ \sum}\) oczywiście zastępowałem wszędzie sumy trzech cyklicznych składników.

A że prosto... miało tak być

[robin5hood]

Niech a,b,c>0. Pokaż że
\(\displaystyle{ a^{12} + b^{12} + c^{12} - abc(a^9 + b^9 + c^9) \geq 200(a - b)^4(b - c)^4(c - a)^4}\)

[timon92]

Myślę, że możemy opuścić poprzednią nierówność, bo ona jest jakaś głupia. Zamiast niej, proponuję inną:

Udowodnić, że dla \(\displaystyle{ a,b,c \in [0,1]}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ 2(a^3+b^3+c^3) - (a^2b + b^2c+c^2a) \le 3}\)

[ordyh]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ 2(a^3+b^3+c^3) \le 3 + a^2b+b^2c+c^2a}\)
Lemat:
\(\displaystyle{ a^3+b^3\le a^2b+1}\)
I przypadek: \(\displaystyle{ a\ge b}\)
\(\displaystyle{ a^3 + b(b^2-a^2) \le 1}\)
co jest prawdą, bo
\(\displaystyle{ a^3\le 1}\) i \(\displaystyle{ b(b^2-a^2) \le 0}\)

II przypadek: \(\displaystyle{ a \le b}\)
\(\displaystyle{ a^2(a-b) + b^3 \le 1}\)
co jest prawdą, bo
\(\displaystyle{ b^3\le 1}\) i \(\displaystyle{ a^2(a-b) \le 0}\)

Dobieramy cyklicznie liczby do lematu, dodajemy stronami i stąd teza.

Udowodnić, że dla dodatnich liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\), które spełniają jeden z warunków:
(I) \(\displaystyle{ a,b,c > 1}\)
(II) \(\displaystyle{ a,b,c < 1}\)
zachodzi nierówność: \(\displaystyle{ a+b+c-abc < 2}\)

[timon92]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ f(a) = a (bc-1) + 2-b-c >0}\)

(I) Potraktujmy lewą stronę jako funkcję zmiennej a. Skoro to jest funkcja liniowa, to wystarczy, że będzie zachodziło \(\displaystyle{ f(0)>0 \wedge f(1)>0 \iff 2 > b+c \wedge (1-b)(1-c)>0}\) a to jest oczywiste

(II) Podobnie, lewa strona to funkcja liniowa zmiennej a. Zauważmy, że współczynnik kierunkowy tej funkcji jest dodatni, przeto funkcja ta jest rosnąca. Wystarczy więc sprawdzić, czy \(\displaystyle{ f(1)>0 \iff (b-1)(c-1) > 0}\) ckd

nowe:
\(\displaystyle{ a,b,c>0}\). Pokazać, że \(\displaystyle{ \frac{a^2+b^2}{c^2+ab} + \frac{b^2+c^2}{a^2+bc} + \frac{c^2+a^2}{b^2+ca} \ge 3}\)

[kaszubki]

Ukryta treść:    

Nierówność jest jednorodna, więc załóżmy sobie, że \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2=1}\).
\(\displaystyle{ \frac{a^2+b^2}{c^2+ab} \ge \frac{a^2+b^2+c^2-c^2}{(a^2+b^2+c^2+c^2) \cdot \frac{1}{2} } = \frac{2(1-c^2)}{1+c^2}= \frac{4}{1+c^2}-2}\).
Więc gdybym pokazał, że \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{1}{1+c^2} \ge \frac{9}{4}}\), to udowodniłbym wyjściową nierówność.
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{1}{1+c^2} =3 \cdot \frac{ \sum_{}^{} \frac{1}{1+c^2} }{3} \ge 3 \cdot \frac{3}{ \sum_{}^{} 1+c^2} = \frac{9}{1+1+1+c^2+a^2+b^2}= \frac{9}{4}}\).
C.N.D

Moja nierówność:
\(\displaystyle{ a,b,c \in R^{+}}\)
\(\displaystyle{ \sqrt{ \frac{2a}{a+b} } + \sqrt{ \frac{2b}{b+c} } + \sqrt{ \frac{2c}{c+a} } \le 3}\)

[smigol]

Gdzieś to widziałem ostatnio .

Ukryta treść:    

Można założyć, że abc=1, przyjmijmy:
\(\displaystyle{ x= \sqrt{ \frac{b}{a} }}\) itd., żeby otrzymać:
\(\displaystyle{ \sum_{cyc} \sqrt{\frac{2}{1+x^2}} \le 3}\)
Załóżmy, że \(\displaystyle{ x \le y \le z}\), zatem \(\displaystyle{ xy \le 1,z \ge 1}\) mamy:
\(\displaystyle{ \left( \sqrt{ \frac{2}{1+x^2} } + \sqrt{ \frac{2}{1+y^2} } \right)^2 \le 4\left( 1+ \frac{-x^2y^2+1}{(1+x^2)(1+y^2)} \right) \le \frac{8z}{z+1}}\)
stąd:
\(\displaystyle{ \sqrt{ \frac{2}{1+x^2} } + \sqrt{ \frac{2}{1+y^2} } \le 2 \sqrt{ \frac{2z}{z+1} }}\)
Pozostaje pokazać, że \(\displaystyle{ 2 \sqrt{ \frac{2z}{z+1}}+ \frac{2}{1+z} \le 3}\) (bo \(\displaystyle{ \sqrt{\frac{2}{1+z^2}} \le \frac{2}{1+z}}\)) co się zwija w kwadraty.

Nowe:
\(\displaystyle{ \prod_{cyc}\left( 1+ \frac{x}{y} \right) \ge 2+ \frac{2(x+y+z)}{ \sqrt[3]{xyz} }}\)

[kaszubki]

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ x=a^3, y=b^3, z=c^3}\)
\(\displaystyle{ \frac{(a^3+b^3)(a^3+c^3)(b^3+c^3)}{a^3 b^3 c^3} \ge 2+ \frac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc}}\), czyli \(\displaystyle{ a^6 b^3 + a^6 c^3 + b^6 a^3 + b^6 c^3 + c^6 a^3 + c^6 b^3 \ge 2(a^5 b^2 c^2 + a^2 b^5 c^2 + a^2 b^2 c^5)}\).
Warto zauważyć, że \(\displaystyle{ \frac{a^6 b^3 + a^6 c^3 + a^3 c^6 + a^6 b^3 + a^6 c^3 + a^3 b^6}{6} \ge a^5 b^2 c^2}\).
No i sumując symetrycznie, a potem mnożąc przez dwa otrzymujemy żądaną nierówność.

Moje:
\(\displaystyle{ a,b,c > 0, abc=2}\)
\(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3 \ge a \sqrt{b+c} +b \sqrt{a+c} +c \sqrt{a+b}}\).
Kiedy zachodzi równość?