[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[timon92]

Ukryta treść:    

Lemma 1: \(\displaystyle{ x^2y+xy^2 \le x^3+y^3}\)
Lemma 2: \(\displaystyle{ x+y+z \le \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}\)
Lemma 3: \(\displaystyle{ xy+yz+zx \le x^2+y^2+z^2}\)

\(\displaystyle{ \sum a \sqrt{b+c} = \sum \sqrt{\frac{a^3(b^2c+bc^2)}{2}} \le \sum \sqrt{\frac{a^3b^3+a^3c^3}{2}} \le \sqrt{3 \sum \frac{a^3b^3+a^3c^3}{2}} = \sqrt{3\sum a^3b^3} \le \sqrt{\sum a^6 + 2 \sum a^3b^3} = \sqrt{\left( \sum a^3 \right)^2} = \sum a^3}\)

równość zachodzi, kiedy wszystkie są równe, czyli dla \(\displaystyle{ x=y=z=\sqrt[3]{2}}\)

Niech ABCD będzie czworokątem wypukłym. Wykazać, że \(\displaystyle{ (AB+CD)^{2}+(BC+DA)^{2}\geq (AC+BD)^{2}}\)

[kaszubki]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ AB=a, BC=b, CD=c, DA=d, AC=f, BD=e}\)
Gdybyśmy pokazali, że \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2+d^2 \ge e^2+f^2}\), to było by fajnie, bo reszta po lewej stronie jest niemniejsza od reszty po prawej stronie na mocy nierówności ptolemeusza.
\(\displaystyle{ a^2-e^2+c^2-f^2+b^2+d^2=x^2-(d-x)^2+y^2-(y-d)^2+b^2+d^2}\), gdzie x i y to odległości odpowiednio A i D od rzutów B i D na prostą AD (tzn. te odległości mogą być ujemne, jeżeli rzut wypadnie poza odcinek AD).
\(\displaystyle{ x^2-d^2+2dx-x^2+y^2-y^2+2dy-d^2+d^2+b^2 \ge x^2-d^2+2dx-x^2+y^2-y^2+2dy-d^2+d^2+(d-x-y)^2=x^2-d^2+2dx-x^2+y^2-y^2+2dy-d^2+d^2+d^2+x^2+y^2-2dx-2dy+2xy=(x+y)^2 \ge 0}\).
(\(\displaystyle{ b^2 \ge (d-x-y)^2}\), bo \(\displaystyle{ b^2=(d-x-y)^2+jakisodcinek^2}\)).
Tak więc równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ x+y=0}\), BC jest równoległa AD oraz na czworokącie da się opisać okrąg, czyli gdy ABCD jest prostokątem.

nowe:
Niech \(\displaystyle{ a,b,c}\) będą nieujemnymi liczbami rzeczywistymi tak, że żadne dwie nie są równe 0.
Wykaż, że \(\displaystyle{ \frac{1}{b^2-bc+c^2}+ \frac{1}{c^2-ac+a^2} + \frac{1}{a^2-ab+b^2} \ge \frac{3}{ab+ac+bc}}\)

[timon92]

rozwiązanie:    

Załóżmy bez straty ogólności, że \(\displaystyle{ a \ge c , b \ge c}\). Wówczas zachodzą nierówności
\(\displaystyle{ \frac{1}{b^2-bc+c^2} \ge \frac{1}{b^2} \\ \frac{1}{a^2-ac+c^2} \ge \frac{1}{a^2} \\ \frac{3}{ab} \ge \frac{3}{ab+bc+ca}}\)
gdyż po zwiększeniu mianownika wartość ułamka maleje.

Wystarczy więc udowodnić nierówność
\(\displaystyle{ \frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{a^2-ab+b^2} \ge \frac{3}{ab} \iff \\ \frac{a^2-ab+b^2}{a^2} + \frac{a^2-ab+b^2}{b^2} + 1 \ge \frac{3a^2-3ab+3b^2}{ab} \iff \\ 6 + \frac{a^2}{b^2} + \frac{b^2}{a^2} \ge 4 \cdot \frac{a}{b} + 4 \cdot \frac{b}{a} \iff \\ a^4 + b^4 + 6a^2b^2 \ge 4a^3b+ 4ab^3 \iff \\ (a-b) ^4 \ge 0}\)

komentarz do poprzedniego:    

Można było skorzystać z poniższego faktu:
jeśli oznaczymy przez X,Y środki odcinków AC, BD, to zachodzi \(\displaystyle{ AB^2+BC^2+CD^2+DA^2 = AC^2+BD^2+4XY^2}\)

nowe:
\(\displaystyle{ \frac{1}{3} \le a,b,c \le 3}\)

udowodnić, że \(\displaystyle{ \frac{a}{a+b} + \frac{b}{b+c} + \frac{c}{c+a} \ge \frac{7}{5}}\)

[kaszubki]

Eleganckie rozwiązanie:    

Dałeś się nabrać.
Załóżmy, że \(\displaystyle{ a}\) jest najmniejszą z tych liczb. Podstawmy \(\displaystyle{ a=1}\). Wówczas \(\displaystyle{ b}\) i \(\displaystyle{ c}\) są z zakresu \(\displaystyle{ [1,9]}\).
Podstawmy \(\displaystyle{ b=cx}\), gdzie \(\displaystyle{ x \in \left[ \frac{1}{9},\, 9 \right]}\). Nasza nierówność ma teraz postać
\(\displaystyle{ \frac{1}{1+cx}+ \frac{x}{x+1}+ \frac{c}{c+1}- \frac{7}{5} \ge 0}\),
czyli po wymnożeniu \(\displaystyle{ 3 c^2 x^2-2 c^2 x-2 c x^2+c x+3 c+3 x-2 \ge 0}\),
czyli \(\displaystyle{ c^2(3x^2-2x)+c(-2x^2+x+3)+(3x-2) \ge 0}\).
Otrzymaliśmy zatem nierówność kwadratową.
Obliczmy deltę: \(\displaystyle{ \delta = (-2x^2+x+3)^2 - 4(3x^2-2x)(3x-2)=4 x^4-40 x^3+37 x^2-10 x+9}\).
pierwiastki naszego równania to \(\displaystyle{ \frac{-(-2x^2+x+3)-\sqrt{ \delta} }{2(3x^2-2x)}}\) i \(\displaystyle{ \frac{-(-2x^2+x+3)+\sqrt{ \delta }}{2(3x^2-2x)}}\).
Równanie \(\displaystyle{ c^2(3x^2-2x)+c(-2x^2+x+3)+(3x-2)}\) ma miejsca zerowe, jeżeli \(\displaystyle{ \delta \ge 0}\), czyli jak łatwo zauważyć \(\displaystyle{ x \le 1}\).
Gdy \(\displaystyle{ x > \frac{2}{3}}\), to większy pierwiastek jest mniejszy od zera, czyli na przedziale \(\displaystyle{ \left[ \frac{1}{9},\, 9 \right]}\) nierówność zawsze zachodzi.
Natomiast dla \(\displaystyle{ x < \frac{2}{3}}\) obydwa pierwiastki są dodatnie, ale parabola równania się odwraca (wcześniej istniało minimum, teraz istnieje maksimum).
Na przedziale \(\displaystyle{ \left[ \frac{1}{9},\, 9 \right]}\), większy pierwiastek osiąga minimum w \(\displaystyle{ x=\frac{1}{3}}\) i wynosi wtedy 9. Więc dla innych wartości x większy pierwiastek jest większy od 9, czyli jest fajnie. Jeszcze fajniej jest dla mniejszego pierwiastka, bo dla x z tego przedziału jego wartość jest mniejsza od 1.
Przypadek, gdy \(\displaystyle{ x= \frac{2}{3}}\) można rozpatrywać ręcznie.
Zatem równość zachodzi wtedy i tylko wtedy , gdy \(\displaystyle{ a=1, b=3, c=9}\) (cyklicznie)

Nowe:
\(\displaystyle{ a+b+c=3}\), nieujemne.
Pokaż, że \(\displaystyle{ \frac{1}{6-ab} + \frac{1}{6-ac} + \frac{1}{6-bc} \le \frac{3}{5}}\)

[timon92]

Eleganckie rozwiązanie:    

blablabla ...

Zatem równość zachodzi wtedy i tylko wtedy , gdy \(\displaystyle{ a=1, b=3, c=9}\) (cyklicznie)

Straszny syf, nie chce mi się tego sprawdzać, ale coś jest nie tak, bo \(\displaystyle{ \frac{1}{3} \le a,b,c \le 3}\)

[XMaS11]

Nie ma znaczenia, czy ten przedzial to \(\displaystyle{ \left[ \frac{1}{3}, 3\right]}\) czy \(\displaystyle{ \left[1000, 9000 \right]}\) ...

[timon92]

Faktycznie. No to powiedzmy, że to rozwiązanie jest dobre. Aktualne zadanie to:

\(\displaystyle{ a+b+c=6}\), nieujemne.
Pokaż, że \(\displaystyle{ \frac{1}{6-ab} + \frac{1}{6-ac} + \frac{1}{6-bc} \le \frac{3}{5}}\)

[Vax]

@Kaszubki, gdzieś się chyba pomyliłeś, przecież dla \(\displaystyle{ a=b=c=2}\) nierówność nie zachodzi.

Pozdrawiam.

[Marcinek665]

Jak to nie zachodzi?

\(\displaystyle{ 3 \cdot \frac{a}{2a} = \frac{3}{2} > \frac{7}{5}}\)

[Vax]

Tak, lecz zauważ, że należało udowodnić, że \(\displaystyle{ L \le \frac{3}{5}}\), podstawiając \(\displaystyle{ a=b=c=2}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ \frac{3}{2} \le \frac{3}{5}}\), czyli sprzeczność.

Pozdrawiam.

edit// lol pomyliliśmy nierówności Mi chodziło, że @Kaszubki pomylił się w SWOJEJ nierówności

[Marcinek665]

Patrzysz na nie to zadanie

[Vax]

No właśnie o to chodzi, mi chodziło o nierówność @Kaszubkiego, a nie tą wcześniejszą

[cyberciq]

Dla nier. Kaszubki trójka 1,2,3 też nie spełnia nierówności. Chyba coś jest przepisane nie tak

[Vax]

Może chodziło o \(\displaystyle{ \ge \frac{3}{5}}\), nie wiadomo. Czekajmy na odpowiedź Kaszubkiego

Pozdrawiam.

[timon92]

pewnie miało być \(\displaystyle{ a+b+c=3}\)