[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[justynian]

Nie tutaj miał być ten post, przepraszam ...

[Luxxar]

Myślę że czas zapoznać forumowiczów z kilkoma znanymi w niektórych kręgach nierównościami.

Udowodnić, że:
\(\displaystyle{ \forall_{a,b,c\in \mathbb{R}_{+}} \ (\sum_{cyc}a^{2})^{2}\geq 3\sum_{cyc}a^{3}b}\)

Może mnie ktoś oświecić i powiedzieć co znaczy
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}}\)
\(\displaystyle{ (\sum_{cyc}a^{2})^{2}\ge ..}\)
Gnębi mnie ten "cyc" na dole

[Dumel]

to wiadomo z kontekstu. jak rozważasz k zmiennych to
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{}f(x_1,x_2,...,x_k)=f(x_1,...,x_k)+f(x_2,x_3,...,x_k,x_1)+...+f(x_k,x_1,...,x_{k-1})}\)

[darek20]

jak bedzie ok to wtedy wrzuce nowe

Ukryta treść:    

do liczników stosujemy \(\displaystyle{ a^2+b^2 \ge 2ab}\) a do mianownika \(\displaystyle{ (a+b+c)^2 \ge 3(a^2+b^2+c^2)}\)

[timon92]

jest źle, bo ta druga nierówność jest w drugą stronę

Przypominam treść aktualnego zadania:
\(\displaystyle{ x,y,z > 0, \quad x^2+y^2+z^2=3}\). Znaleźć minimum wyrażenia \(\displaystyle{ A = \frac{x^2+1}{x} +\frac{y^2+1}{y} +\frac{z^2+1}{z} - \frac{1}{x+y+z}}\)

[kaszubki]

Jest w dobrą. najpierw minus, czyli zmiana znaku, potem odwrotność czyli zmiana znaku. Jest git.

[timon92]

jest źle, gdyż darek20 chce korzystać z nieprawdziwej nierówności \(\displaystyle{ (a+b+c)^2 \ge 3(a^2+b^2+c^2)}\)

[darek20]

Ukryta treść:    

Z CS mamy
\(\displaystyle{ \frac{{x^{2}+1}}{x}+\frac{{y^{2}+1}}{y}+\frac{{z^{2}+1}}{z}-\frac{1}{{x+y+z}}\\ \ge &\frac{{x^{2}+1}}{x}+\frac{{y^{2}+1}}{y}+\frac{{z^{2}+1}}{z}-\frac{1}{9}\left({\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}\right)\\ = &\frac{{9x^{2}+8}}{{9x}}+\frac{{9y^{2}+8}}{{9y}}+\frac{{9z^{2}+8}}{{9z}}}\)

ale \(\displaystyle{ \frac{{9x^2 + 8}}{{9x}} - \frac{{33 + x^2 }}{{18}} = \frac{{(16 - x)(x - 1)^2 }}{{18x}} \ge 0}\), więc mamy
\(\displaystyle{ \frac{{9x^{2}+8}}{{9x}}+\frac{{9y^{2}+8}}{{9y}}+\frac{{9z^{2}+8}}{{9z}}\ge\frac{{33+x^{2}}}{{18}}+\frac{{33+y^{2}}}{{18}}+\frac{{33+z^{2}}}{{18}}=\frac{{17}}{3}}\)

dla \(\displaystyle{ x=y=z=1}\) jest równość więc min to \(\displaystyle{ \frac{{17}}{3}}\)

podobne coś

\(\displaystyle{ x,y,z > 0, \quad x^2+y^2+z^2=1}\)

Znaleźć minimum \(\displaystyle{ A= \frac{1}{1-x} +\frac{1}{1-y}+ \frac{1}{1-z}}\)

[timon92]

Ukryta treść:    

Lemat: dla \(\displaystyle{ x \in (0,1)}\) zachodzi \(\displaystyle{ \frac{1}{1-x} \ge \frac{6 \sqrt 3 + 9 }{4} x^2 + \frac{3}{4}}\).
Dowód lematu: Po pomnożeniu przez \(\displaystyle{ 4(1-x)}\) i otworzeniu nawiasów dostajemy równoważną postać \(\displaystyle{ 4 \ge -(6 \sqrt 3 + 9) x^3 + (6 \sqrt 3 + 9) x^2 - 3x + 3}\), a to się zwija do \(\displaystyle{ \left( x - \frac{1}{\sqrt 3}\right) ^2 ((6 \sqrt 3 + 9) x + 3) \ge 0}\)

Zatem \(\displaystyle{ A = \sum \frac{1}{1-x} \ge \sum \left( \frac{6 \sqrt 3 + 9 }{4} x^2 + \frac{3}{4} \right) = \frac{6 \sqrt 3 + 9 }{4} + \frac{9}{4} = \frac{3 \sqrt 3 + 9 }{2}}\)

Równość zachodzi dla \(\displaystyle{ x=y=z=\frac{1}{\sqrt 3}}\), więc szukane minimum to \(\displaystyle{ \frac{3 \sqrt 3 + 9 }{2}}\)

nowe:
\(\displaystyle{ a,b,c}\) dodatnie. Udowodnić, że \(\displaystyle{ \sqrt[3]{a^3+7abc}+\sqrt[3]{b^3+7abc}+\sqrt[3]{c^3+7abc} \le 2a+2b+2c}\)

[ordyh]

Ukryta treść:    

Lemat:
\(\displaystyle{ \sum_{cyc} \sqrt{a^2+7bc} \leq 2\sqrt{2}(a+b+c)}\)
Dowód:
Z C-S mamy:
\(\displaystyle{ \sum_{cyc} 1\cdot\sqrt{a^2+7bc} \leq \sqrt{3}\sqrt{a^2+b^2+c^2+7(ab+bc+ca)}}\)
Wystarczy, że dowiedziemy, że:
\(\displaystyle{ \sqrt{3}\sqrt{a^2+b^2+c^2+7(ab+bc+ca)} \leq 2\sqrt{2}(a+b+c)}\)
Podnosząc to do kwadratu, bo zredukowaniu wyrazów podobnych otrzymamy:
\(\displaystyle{ ab+bc+ca\leq a^2+b^2+c^2}\)
co kończy dowód lematu.

Korzystając z nierówności Holdera dla \(\displaystyle{ p=3}\), \(\displaystyle{ q=\frac{3}{2}}\) otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \sum_{cyc} \sqrt[3]{a^3+7abc} = \sum_{cyc} \sqrt[3]{a}\sqrt[3]{a^2+7bc} \leq \sqrt[3]{a+b+c}\sqrt[\frac{3}{2}]{\sum_{cyc} \sqrt{a^2+7bc}} = \sqrt[3]{a+b+c}\sqrt[3]{(\sum_{cyc} \sqrt{a^2+7bc})^2} \stackrel{LEMAT}{\leq} \sqrt[3]{a+b+c}\sqrt[3]{(2\sqrt{2}(a+b+c))^2} = \sqrt[3]{a+b+c}\sqrt[3]{8(a+b+c)^2} = 2(a+b+c)}\)

\(\displaystyle{ a,b,c>0}\)
\(\displaystyle{ \frac{a}{2a+b+c} + \frac{b}{2b+c+a} + \frac{c}{2c+a+b} \leq \frac{3}{4}}\)

[kaszubki]

Ukryta treść:    

Nierówność jest jednorodna, więc dajmy \(\displaystyle{ a+b+c=1}\).
Funcja \(\displaystyle{ \frac{x}{1+x}}\) jest wklęsła na przedziale \(\displaystyle{ (0,1)}\), więc na mocy nierówności Jensena otrzymujemy \(\displaystyle{ \frac{ \frac{a}{a+1}+ \frac{b}{b+1} + \frac{c}{c+1} }{3} \le \frac{ \frac{a+b+c}{3} }{ \frac{a+b+c}{3} +1} = \frac{1}{4}}\).

nowe:
Niech \(\displaystyle{ a,b,c,d}\) będą dodatnie i \(\displaystyle{ abcd=1}\).
Wykaż, że \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{1}{1+a+a^2+a^3} \ge 1}\).

[adriano1992]

Ukryta treść:    

Niech x=a+b, y=b+c, z=c+a
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{} \frac{x+z-y}{2(x+z)} = \sum_{cyc}^{} ( \frac{1}{2} - \frac{y}{2(x+z)}) \le \frac{3}{4}}\)
\(\displaystyle{ \frac{3}{2} \le \sum_{cyc}^{} \frac{x}{y+z}}\)
A to wynika z nierówności Nesbitta.

Nowe: a,b,c>0
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{} \frac{1}{a+b+1} \ge 1 \Rightarrow a+b+c \ge ab+bc+ac}\)

Halo, halo! kaszubki był pierwszy, więc obowiązuje jego zadanie.
tkrass

[timon92]

rozwiązanie

Ukryta treść:    

Podstawmy \(\displaystyle{ a=e^x, b=e^y, c=e^z, d=e^t}\), wówczas \(\displaystyle{ x+y+z+t=0}\).
Funkcja \(\displaystyle{ f(x) = \frac{1}{1+e^x+e^{2x}+e^{3x}}}\) jest wypukła, więc z Jensena dostajemy \(\displaystyle{ \sum \frac{1}{1+a+a^2+a^3} = \sum f(x) \ge 4 f\left(\frac{x+y+z+t}{4}\right) = 4f(0) = 4}\)

tkrass, rozwiązanie adriano1992 jest ok

nowe:

a,b,c>0
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{} \frac{1}{a+b+1} \ge 1 \Rightarrow a+b+c \ge ab+bc+ac}\)

[tkrass]

Istotnie, jego rozwiązanie jest ok. Nie wczytywałem się, po prostu wydało mi się, że dane są x, y, z a nie a, b, c

[kaszubki]

Przegrałeś. Funkcja, której używasz NIE jest wypukła dla wszytskich \(\displaystyle{ x}\).


Chyba dalej obowiązuje moje zadanie