[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[darek20]

Ukryta treść:    

Podstawmy \(\displaystyle{ x^2=\sum_{i=1}^{n}u_i^2,y^2=\sum_{i=1}^{n}v_i^2}\). Zatem
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}(u_i+v_i)^2 \le (x+y)^2}\)
Teraz mamy nierówność z dwiema zmiennymi
\(\displaystyle{ 1+(x+y)^2 \le \frac{4}{3}(1+x^2)(1+y^2)}\)

\(\displaystyle{ \frac{4}{3}(1+x^2)(1+y^2) -1-(x+y)^2 \ge 0}\)

Równość zachodzi dla \(\displaystyle{ x=y= \frac{ \sqrt{2} }{2}}\)

Równanie \(\displaystyle{ x^3-ax^2+bx-c=0}\) ma trzy dodatnie rozwiązania. Znaleźć minimum
\(\displaystyle{ \frac{1+a+b+c}{3+2a+b}-\frac{c}{b}}\)-- 24 lis 2010, o 20:50 --

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\)\(\displaystyle{ }\) i wzory o których nie wieta

[kaszubki]

Ukryta treść:    

Niech x,y,z będą pierwiastaki tego wielomianu. Wówczas ze wzorów Viete'a wiemy, że \(\displaystyle{ a=x+y+z, b=xy+xz+yz, c=xyz}\). Wezmę sobie z kapelusza stałą \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\) i pokażę, że jest ona minimum osiąganym przez to wyrażenie.
\(\displaystyle{ \frac{1+a+b+c}{3+2a+b}-\frac{c}{b} - \frac{1}{3} = \frac{ 2 x^2 y^2-2 x^2 y z+x^2 y+2 x^2 z^2+x^2 z-2 x y^2 z+x y^2-2 x y z^2-6 x y z+x z^2+2 y^2 z^2+y^2 z+y z^2}{3 (x y+x z+y z) (x y+x z+2 x+y z+2 y+2 z+3)}}\)
Chcę zatem pokazać, że \(\displaystyle{ 2 (x^2 y^2 +z^2 z^2 +y^2 z^2) -2 (x^2 yz + xy^2 z + xyz^2) +x^2 y + xy^2 + x^2 z + xz^2 +y^2 z + yz^2) - (6xyz) \ge 0}\). Różnica między pierwszymi dwoma nawiasami jest nieujemna na mocy ciągów jednomonotonicznych, natomiast między następną parą jest prawdziwa na mocy AM-GM. Tak więc \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\) jest minimum (jest osiągane np. dla \(\displaystyle{ (x-1)^3}\))

Nowe:
a,b,c - rzeczywiste dodatnie, \(\displaystyle{ ab+ac+bc=3}\).
Pokaż, że \(\displaystyle{ a^3 + b^3 + c^3 +7abc \ge 10}\).

[pawelsuz]

To ja się przyłączę do pytania Dumla..

[Marcinek665]

Rozwiązanie jest poprawne. W "Powrocie do krainy nierówności" jest rozdział (7.7) poświęcony tej metodzie. Generalnie to czwarta z kolei maszynka do robienia takich syfnych nierówności poza Muirheadem, ciągami i nierównościami kołowymi.

[darek20]

Ukryta treść:    

czy nie da sie tego rozwiązać sposobem binaja?
\(\displaystyle{ a^{3}+b^{3}+{(\frac{3-ab}{a+b})}^{3}+7ab(\frac{3-ab}{a+b}) \ge 10}\)

[binaj]

Ukryta treść:    

czy nie da sie tego rozwiązać sposobem binaja?
\(\displaystyle{ a^{3}+b^{3}+{(\frac{3-ab}{a+b})}^{3}+7ab(\frac{3-ab}{a+b}) \ge 10}\)

jakby doprowadzić do postaci:

\(\displaystyle{ (a^3+b^3+c^3+7abc)^2 \ge 100( \frac{ab+bc+ca}{3} )^3}\) to by poszło, być może trzeba by było liczyć pochodne cząstkowe kilka razy

[pawelsuz]

A czy ta metoda Binaja jakoś się nazywa? Gdzie można coś o tym przeczytać w sieci/pdf? Z góry dzieki!

[LisuBB]

A czy ta metoda Binaja jakoś się nazywa? Gdzie można coś o tym przeczytać w sieci/pdf? Z góry dzieki!

Jasne, można co nieco poczytać, choć tylko zadania są.

[timon92]

Ukryta treść:    

oszacujmy z Schura lewą stronę:
\(\displaystyle{ a^3 + b^3 + c^3 + 7 abc \ge a^2b + ab^2 + a^2c + ac^2 + b^2c + bc^2 + 4abc = \\ (ab+bc+ca)(a+b+c) + abc = 3(a+b+c) + abc}\)

Wystarczy więc pokazać, że \(\displaystyle{ 3p + r - 10 \ge 0}\), gdzie \(\displaystyle{ p=a+b+c, 3=ab+bc+ca, r=abc}\).

To jest funkcja liniowa zmiennej \(\displaystyle{ r}\). Osiąga ona swoje minimum wtedy, kiedy zmienna \(\displaystyle{ r}\) osiąga ekstremum. Wystarczy więc sprawdzić dwa przypadki:

\(\displaystyle{ 1. \ a=0}\). Wówczas nierówność redukuje się do \(\displaystyle{ 3b+3c \ge 10}\), a to jest prawda, gdyż \(\displaystyle{ 3b+3c \ge 6 \sqrt{bc} = 6\sqrt{3} > 10}\)

\(\displaystyle{ 2. \ a=b}\), wówczas po podstawieniu \(\displaystyle{ b=a, c = \frac{3-a^2}{2a}}\) dostajemy do pokazania \(\displaystyle{ 6x + \frac{9-3a^2}{2a} + \frac{3}{2} a - \frac{a^3}{2} - 10 \ge 0}\), co po pomnożeniu przez \(\displaystyle{ 2a}\) i zwinięciu w iloczyn wygląda tak: \(\displaystyle{ (a-1)^2 (\sqrt{10}-1-a)(a+\sqrt{10}+1) \ge 0}\), co oczywiście jest prawdą (bo \(\displaystyle{ 0 < c = \frac{3-a^2}{2a} \implies a < \sqrt{3}}\))

nowe: \(\displaystyle{ x_1, x_2, ... , x_n, y_1, y_2, ..., y_n \in \mathbb{R}, \alpha_0 > 0}\) takie, że dla każdego \(\displaystyle{ \alpha \in (0, \alpha_0)}\) zachodzi \(\displaystyle{ \sqrt{(x_1 + \alpha y_1)^2 + ... + (x_n + \alpha y_n)^2} \ge \sqrt{x_1 ^2 + ... + x_n ^2}}\). Pokazać, że \(\displaystyle{ x_1y_1 + x_2y_2 + ... + x_ny_n \ge 0}\)

[ordyh]

Ukryta treść:    

Jakieś dziwne to jest. Po pozbyciu się pierwiastków i nawiasów oraz redukując sumę \(\displaystyle{ x_i^2}\) otrzymujemy:
\(\displaystyle{ 2\alpha\sum x_iy_i + \alpha^2\sum y_i^2 \geq 0}\)
\(\displaystyle{ \alpha > 0}\), więc możemy podzielić:
\(\displaystyle{ 2\sum x_iy_i + \alpha\sum y_i^2 \geq 0}\)
Teraz załóżmy, że \(\displaystyle{ \sum x_iy_i < 0}\), wtedy możemy wybrać takie małe \(\displaystyle{ \alpha}\), że \(\displaystyle{ 2\sum x_iy_i + \alpha\sum y_i^2 < 0}\), co jest sprzeczne.

Niech \(\displaystyle{ F_n}\) to ciąg Fibonacciego (\(\displaystyle{ F_1=F_2=1}\), \(\displaystyle{ F_{n+2} = F_{n+1} + F_n}\)), udowodnij, że dla każdego \(\displaystyle{ k \in \mathbb{N}}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^k \frac{1}{a_i} < 4}\)

[kaszubki]

Ukryta treść:    

Z kryterium d'Alemberta w oczywisty sposób wynika, że szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{} \frac{1}{F_n}}\) jest zbieżny.
Zatem oznaczmy jego granicę przez S.
\(\displaystyle{ S=2+ \sum_{k=3}^{} \frac{1}{F_{k-1} + F_{k-2}}<2+ \sum_{k=3}^{} \frac{ \frac{1}{F_{k-1}} + \frac{1}{F_{k-2}} }{4}= 2+\frac{3+2 \cdot \sum_{k=3}^{} \frac{1}{F_{k-1} + F_{k-2}}}{4} = \frac{7+S}{4}}\)
Więc \(\displaystyle{ S<3.5<4.0}\)

Nowe:
a,b,c nieujemne. Wykaż, ze \(\displaystyle{ 2(a^2 + 1)(b^2 + 1)(c^2 + 1) \ge (a + 1)(b + 1)(c + 1)(abc + 1)}\).

[Marcinek665]

Jeśli chodzi o takie niejednorodne syfy jak ten powyżej, to polecam lekturę 2 części Wędrówek (a jakże!). Tam jest wiele nierówności tego typu. Nie będę pisał rozwiązania, niech jeszcze inni pomyślą

[pawelsuz]

A czy ta metoda Binaja jakoś się nazywa? Gdzie można coś o tym przeczytać w sieci/pdf? Z góry dzieki!

Jasne, można co nieco poczytać, choć tylko zadania są.

Może jestem ślepy ale tam nic na ten temat nie widzę:/

[kaszubki]

Cóż, temat stanął. A ponieważ ta nierówność wygląda na syfną, to wrzucę nową:
obecne zadanie:
\(\displaystyle{ p,q \ge 0; p+q=1; n,m \in N}\)
Wykaż, że \(\displaystyle{ (1-p^n)^m + (1-q^m)^n \ge 1}\).

[Dumel]

weźmy tablicę \(\displaystyle{ n \times m}\)
losowo kolorujemy pola: na biało z pr. p, czarno z pr. q
pierwszy składnik to prawdopodobieństwo że w każdym wierszu jest jest co najmniej jedno czarne pole.
drugi - w każdej kolumnie co najmniej jedno białe.
łatwo się przekonać że prawdopodobieństwo sumy tych zdarzeń jest równe 1, skąd wynika prawdziwość powyższej nierówności