[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[laurelandilas]

No to ja chętnie wrzucę :

\(\displaystyle{ a,b,c > 0}\)
\(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{b+c} }{a} + \frac{ \sqrt{a+c} }{b} + \frac{ \sqrt{b+a} }{c} \ge \frac{4(a+b+c)}{ \sqrt{(a+b)(a+c)(b+c)} }}\)

[Marcinek665]

A za rok i tak nierówność będzie w innym okręgu niż mój i nie przejdę xD

[timon92]

No to ja chętnie wrzucę :

\(\displaystyle{ a,b,c > 0}\)
\(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{b+c} }{a} + \frac{ \sqrt{a+c} }{b} + \frac{ \sqrt{b+a} }{c} \ge \frac{4(a+b+c)}{ \sqrt{(a+b)(a+c)(b+c)} }}\)

Ukryta treść:    

zapisujemy w postaci \(\displaystyle{ \sum \frac{(b+c)\sqrt{(a+b)(a+c)}}{a} \ge 4 \sum a}\)

ujednorodnijmy: \(\displaystyle{ \sum a = 1}\) i należy wykazać, że \(\displaystyle{ \sum \left( (1-a)\sqrt{1+\frac{1}{a}} - \frac 43 \right) \ge 0}\) a to jest jensen dla wypukłej funkcji \(\displaystyle{ f(x)=(1-x)\sqrt{1+\frac{1}{x}} - \frac 43}\)

dawno geometrycznej nie było:
Niech D leży na boku BC trójkąta ABC i niech AD przecina okrąg opisany w punkcie E różnym od A. Wykazać, że \(\displaystyle{ AD^{\angle BAC}\leq AB^{\angle CAD}\cdot AC^{\angle BAD}\leq AE^{\angle BAC}}\) (kąty oczywiście w radianach bierzemy)

[timon92]

rozwiązanie poprzedniej: ... 0#p2338930

kolejna nierówność, tym razem robialna: dodatnie liczby \(\displaystyle{ a,b,c,d}\) spełniają równość \(\displaystyle{ a^{3}+b^{3}+3ab = c+d = 1}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ \left(a+\frac{1}{a}\right)^{3}+\left(b+\frac{1}{b}\right)^{3}+\left(c+\frac{1}{c}\right)^{3}+\left(d+\frac{1}{d}\right)^{3}\geq 62.5}\)

[ElEski]

Ukryta treść:    

Skoro \(\displaystyle{ c+d=1, to (c+ \frac{1}{c})^{3}+(d+ \frac{1}{d})^{3} \ge 31,25, a to dlatego, ze
c+d+ \frac{1}{c}+ \frac{1}{d} \ge 5}\), co jest jasne, a jak mamy dwie liczby dodatnie o zadanej sumie, to wiadomo, że suma ich sześcianów będzie najmniejsza, kiedy będą one równe.. A wtedy właśnie
\(\displaystyle{ (c+ \frac{1}{c})^{3}+(d+ \frac{1}{d})^{3} = 31,25}\) (jeśli \(\displaystyle{ c+d+ frac{1}{c}+ frac{1}{d}=5\(\displaystyle{ , bo jeśli \(\displaystyle{ \(\displaystyle{ c+d+ \frac{1}{c}+ \frac{1}{d} > 5}\), to lewa strona jest większa niż \(\displaystyle{ 31,25}\)
Teraz chcielibyśmy więc pokazać, że \(\displaystyle{ (a+ \frac{1}{a})^{3}+(b+ \frac{1}{b})^{3} \ge 31,25}\)
Pokażę, że \(\displaystyle{ a+b \ge 1.}\).
Mamy \(\displaystyle{ (a)^3+(b)^3+3ab = 1}\). Zauważmy, że jeśli \(\displaystyle{ a,b}\) spełniają to równanie, ale \(\displaystyle{ a+b < 1}\), to powiększając \(\displaystyle{ b}\) tak, żeby \(\displaystyle{ a+b = 1}\) powiększamy liczbę \(\displaystyle{ (a)^3+(b)^3+3ab}\).
Jednak, jeśli \(\displaystyle{ a+b=1}\), to \(\displaystyle{ a=1-b}\) i po podstawieniu wychodzi, że ta liczba jest równa \(\displaystyle{ 1}\), czyli liczba teoretycznie równa \(\displaystyle{ 1}\) (dla \(\displaystyle{ a,b}\), takich, że \(\displaystyle{ a+b < 1}\)) powiększona jest równa \(\displaystyle{ 1}\), co jest niemożliwe. Stąd \(\displaystyle{ a+b \ge 1}\).
Jeśli mogłoby zajść \(\displaystyle{ a+b > 1}\), to postępując podobnie dochodzimy do sprzeczności z równaniem \(\displaystyle{ (a)^3+(b)^3+3ab=1}\). Stąd \(\displaystyle{ a+b = 1.}\)
I teraz dowodzimy analogicznie jak dla c,d, że
\(\displaystyle{ (a+ \frac{1}{a})^{3}+(b+ \frac{1}{b})^{3} \ge 31,25}\)}\)}\)}\)

[Marcinek665]

Poprawne rozwiązanie nierówności timona:    

Zajmijmy się najpierw założeniem.

Zauważmy, że: \(\displaystyle{ a^3 + b^3 + 3ab = 1 \Leftrightarrow (a+b-1)(a^2 - ab + b^2 + a + b + 1)=0}\).

Drugi nawias jest w oczywisty sposób dodatni, wobec tego musi zachodzić \(\displaystyle{ a+b=1}\)

Ponadto funkcja \(\displaystyle{ f(x)=\left( x + \frac{1}{x}\right)^3}\) jest wypukła, wobec czego na mocy nierówności Jensena zachodzi:

\(\displaystyle{ \left(a+\frac{1}{a}\right)^{3}+\left(b+\frac{1}{b}\right)^{3}+\left(c+\frac{1}{c}\right)^{3}+\left(d+\frac{1}{d}\right)^{3} = f(a) + f(b) + f(c) + f(d) \ge 4 f\left( \frac{a+b+c+d}{4}\right) = 4f\left( \frac{1}{2}\right) = \frac{125}{2}}\)

Co kończy dowód.

Nowa:

Udowodnij, że dla boków trójkąta \(\displaystyle{ a}\), \(\displaystyle{ b}\), \(\displaystyle{ c}\) zachodzi:

\(\displaystyle{ 6\left ( \frac{a}{b+c-a} + \frac{b}{c+a-b} + \frac{c}{a+b-c} \right ) \ge \left ( \sqrt{1+\frac{a}{b+c-a}} + \sqrt{1+\frac{b}{c+a-b}} + \sqrt{1+\frac{c}{a+b-c}}\right )^2}\)

[Panda]

Marcinek: co tak bez ostrzeżenia

@ElEski:

Bardzo fajne rozwiązanie, choć parę nieoczywistych rzeczy zostawiłeś bez dowodu, przez co jest niekompletne...a i sam opis mógłby być czytelniejszy Pozwolę sobie dodać parę lematów które uzupełnią:

Ukryta treść:    

Lemat 1.
\(\displaystyle{ c,d>0 \wedge c+d = 1 \Rightarrow c+d+\frac{c+d}{cd} \ge 5}\)
Dowód:
Idąc równoważnie i z założeń,
\(\displaystyle{ \frac{1}{cd} \ge 4}\)
\(\displaystyle{ 4cd \le 1}\)
Teraz wprost:
\(\displaystyle{ 2cd = (c+d)^{2} - (c^{2} + d^{2}) = 1 - (c^{2} + d^{2}) \le 1 - 2cd}\)
Stąd \(\displaystyle{ 4cd \le 1}\)...

Lemat 2.
Jeśli \(\displaystyle{ a+b}\) jest ustalone, to \(\displaystyle{ a^{3} + b^{3}}\) jest najmniejsze dla \(\displaystyle{ a=b}\).
Dowód:
Niech \(\displaystyle{ a+b=c}\).
Mamy \(\displaystyle{ a^{3} + b^{3} = (a+b)^{3} - 3ab(a+b) = c^3 - 3c \cdot ab \ge c^{3} - 3c \cdot (\frac{a+b}{2})^2 = c^{3} - \frac{3c^{3}}{4}}\), przy czym równość zachodzi dla \(\displaystyle{ a=b}\), co wynika z AM-GM.

Lemat 3:
\(\displaystyle{ x+y \ge 5 \Rightarrow x^{3} + y^{3} \ge 31,25}\)
Dowód: Ustalamy dowolne \(\displaystyle{ c = x + y}\). Z lematu 2 możemy przyjąć, że \(\displaystyle{ x=y=c/2}\), a z 1 założenia generuje \(\displaystyle{ x,y \ge 2,5}\).
Zatem \(\displaystyle{ x^{3} + y^{3} \ge 2 \cdot 2,5^{3} = 31,25}\).


Dwa pierwsze lematy tłumaczą pierwsze zdanie, trzeci - drugie, po przyjęciu \(\displaystyle{ x = a + \frac{1}{a}}\) i \(\displaystyle{ y = b + \frac{1}{b}}\).

-- 27 listopada 2011, 15:11 --

Rozwiązanie nierówności Marcinka

Ukryta treść:    

Znane i łatwo dowieść, że jeśli \(\displaystyle{ a,b,c}\) to długości boków trójkąta, to istnieją takie dodatnie \(\displaystyle{ x,y,z}\), że
\(\displaystyle{ x+y=a}\)
\(\displaystyle{ y+z=b}\)
\(\displaystyle{ z+x=c}\).

Niech więc takie będą
Mamy, idąc od lewej do prawej podstawiając od razu:
\(\displaystyle{ 6(\frac{x+y}{2z}+\frac{y+z}{2x}+\frac{z+x}{2y}) = 3(\frac{x+y}{2z}+\frac{y+z}{2x}+\frac{z+x}{2y}) + 1,5(\frac{x}{y} + \frac{y}{x} + \frac{x}{z} + \frac{z}{x} + \frac{y}{z} + \frac{z}{y}) \ge 3(\frac{x+y}{2z}+\frac{y+z}{2x}+\frac{z+x}{2y}) + 1,5 \cdot 6 = 3(\frac{x+y}{2z} + 1 +\frac{y+z}{2x} + 1 +\frac{z+x}{2y} + 1) \ge (\sqrt{1+\frac{x+y}{2z}} + \sqrt{1 + \frac{y+z}{2x}} + \sqrt{1 + \frac{z+x}{2y}})^{2}}\)

Na końcu mamy nierówność między kwadratową a arytmetyczną (będzie widoczna jak podzielimy stronami przez \(\displaystyle{ 9}\) i spierwiastkujemy). Na początku drugiej linijki zaś korzystamy z nierówności \(\displaystyle{ \frac{x}{y} + \frac{y}{x} \ge 2}\) która jest oczywista na mocy \(\displaystyle{ AM-GM}\).

Ode mnie
\(\displaystyle{ a,b,c > 0 \wedge a^{2} + b^{2} + c^{2} = 1}\)

\(\displaystyle{ \frac{a^5+b^5}{ab(a+b)}+\frac{b^5+c^5}{bc(b+c)}+\frac{c^5+a^5}{ca(c+a)} \ge 3(ab+bc+ca)-2}\)

[adamm]

AM-GM: \(\displaystyle{ \frac{a^3}{b}+ab\ge 2a^2}\), \(\displaystyle{ \frac{b^3}{b}+ab\ge 2b^2}\),
sumujemy:
\(\displaystyle{ \frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{a}+2ab\ge 2a^2+2b^2 \iff \frac{a^3}{b}-a^2+ab-b^2+\frac{b^3}{a}\ge a^2+b^2-ab\iff \frac{a^5+b^5}{ab(a+b)}\ge a^2+b^2-ab}\),
AM-GM: \(\displaystyle{ a^2+b^2\ge 2ab}\), więc \(\displaystyle{ \frac{a^5+b^5}{ab(a+b)}\ge ab}\).
Sumując cyklicznie mamy: \(\displaystyle{ \frac{a^5+b^5}{ab(a+b)}+\frac{b^5+c^5}{bc(b+c)}+\frac{c^5+a^5}{ca(c+a)} \ge ab+bc +ac}\), jednakże z AM-GM mamy też \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2\ge ab +bc +ac \iff ab+bc+ac\ge 3(ab+bc+ac)-2(a^2+b^2+c^2)=3(ab+bc+ac)-2}\),
co daje nam z przechodniości: \(\displaystyle{ \frac{a^5+b^5}{ab(a+b)}+\frac{b^5+c^5}{bc(b+c)}+\frac{c^5+a^5}{ca(c+a)} \ge 3(ab+bc+ca)-2}\).
qed
zaraz coś wrzucę
~~ok, mam coś z kółka. Idzie przepalować, ale może ktoś wpadnie na coś fajnego:
\(\displaystyle{ \alpha,\beta,\gamma}\) kąty w trójkącie
\(\displaystyle{ \frac{\cos\alpha}{\sin^2\alpha}+\frac{\cos\beta}{\sin^2\beta}+\frac{\cos\gamma}{\sin^2\gamma}\ge2}\)

[Marcinek665]

Uważam, że nie ma sensu blokować łańcuszka i proponuję nową zasadę:

Jeśli w trakcie tygodnia nikt nie rozwiąże danego problemu, to możemy go zakwalifikować do kategorii "syf" i wrzucić nowy.

Nowe (możliwe, że znane):

Niech \(\displaystyle{ a,b,c> 0}\). Udowodnij:

\(\displaystyle{ \left(a+\frac{1}{b}-1 \right) \left(b+\frac{1}{c}-1 \right) + \left(b+\frac{1}{c}-1 \right) \left(c+\frac{1}{a}-1 \right) +\left(c+\frac{1}{a}-1 \right) \left(a+\frac{1}{b}-1 \right) \ge 3}\)

[justynian]

mnożymy razy abc dostajemy:

\(\displaystyle{ \sum (a^2b^2c+a^2b+abc+a-a^2bc-b^2ca-ab-ac) \ge 0 \Leftrightarrow \sum ((a^2b-2ab+b) + (c^2a-2ac+a)+(a^2c-2a^2bc+a^2bc)+(a^2b^2c-2b^2ca+b^2c)) \ge 0}\)

Może coś takiego: k całkowite dodatnie, \(\displaystyle{ a_i>0}\), \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} a_i =1}\), udowodnić:

\(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n} \frac{1-{a_i}^k}{{a_i}^k} \ge (n^k-1)^n}\)

[timon92]

Ukryta treść:    

poprzednią nierówność zapisujemy w postaci \(\displaystyle{ \prod ((a_1+a_2+\dots+a_n)^k - a_i^k) \le (n^k -1)a_1^ka_2^k \cdots a_n^k}\), lewą stronę wymnażamy i mówimy że to jest ileś tam razy zsumowany muirhead i się cieszymy

nowe: dodatnie liczby \(\displaystyle{ a,b,c}\) spełniają równość \(\displaystyle{ abc=1}\). Wykazać, że \(\displaystyle{ (a^{2}+1)(b^{2}+1)(c^{2}+1)\ge (a+1)(b+1)(c+1)}\)

[Marcinek665]

Ukryta treść:    

Po wymnożeniu

\(\displaystyle{ a^2b^2c^2 + a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 + a^2 + b^2 + c^2 + 1 \ge abc+ab+bc+ca+a+b+c+1}\)

Po redukcji wychodzi

\(\displaystyle{ a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 + a^2 + b^2 + c^2 \ge ab+bc+ca+a+b+c}\)

To teraz podstawiamy \(\displaystyle{ a=\frac{x}{y}}\), \(\displaystyle{ b=\frac{y}{z}}\), \(\displaystyle{ c=\frac{z}{x}}\)

Po wstawieniu wychodzi:

\(\displaystyle{ \frac{x^2}{z^2} + \frac{x^2}{y^2} + \frac{y^2}{z^2} + \frac{y^2}{x^2} + \frac{z^2}{x^2} + \frac{z^2}{y^2} \ge \frac{x}{z} + \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{y}{x} + \frac{z}{y} + \frac{z}{x}}\)

Ale to są dwie zsumowane nierówności:

\(\displaystyle{ \frac{x^2}{y^2} + \frac{y^2}{z^2} + \frac{z^2}{x^2} \ge \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x}}\)

oraz druga taka sama dla ułamków do góry nogami. Obydwie są prawdziwe, dowiodę pierwszej z nich:

Z AM-GM jest: \(\displaystyle{ 4\frac{x^2}{y^2} + \frac{z^2}{x^2} + \frac{y^2}{z^2} \ge 6\frac{x}{y}}\)

Sumując 3 takie nierówności dostajemy to co chcemy.

Nowa:

Dla dodatnich

\(\displaystyle{ \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \ge \sqrt{\frac{a^2+1}{b^2+1}}+\sqrt{\frac{b^2+1}{c^2+1}}+\sqrt{\frac{c^2+1}{a^2+1}}}\)

[Marcinek665]

Szkoda, żeby łańcuszek się znowu zablokował, więc wrzucam rozwiązanie:

Ukryta treść:    

Lemma:

\(\displaystyle{ (a^2+b^2)\sqrt{(a^2+1)(b^2+1)} \ge ab(a^2+b^2+2)}\)

Dowód jest szybką aplikacją Szwarca pod pierwiastkiem, a potem AM-GM.

Mamy zatem:

\(\displaystyle{ \frac{a}{b} + \frac{b}{a} = \frac{a^2 + b^2}{ab} \ge \frac{a^2+b^2 + 2}{\sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}} = \frac{a^2+1}{\sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}} + \frac{b^2+1}{\sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}} = \sqrt{\frac{a^2+1}{b^2 + 1}} + \sqrt{\frac{b^2+1}{a^2+1}}}\)

Wobec czego

\(\displaystyle{ \sum_{cyc} \frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge \sum_{cyc} \sqrt{\frac{a^2+1}{b^2 + 1}} + \sqrt{\frac{b^2+1}{a^2+1}}}\)

Teraz z Czebyszewa:

\(\displaystyle{ \sum_{cyc} \frac{a^2}{b^2} = \sum_{cyc} \frac{a^2}{b^2+1} + \frac{a^2}{b^2(b^2+1)} \ge \sum_{cyc} \frac{a^2}{b^2+1} + \frac{b^2}{b^2(b^2+1)} = \sum_{cyc} \frac{a^2+1}{b^2+1}}\)

Czyli

\(\displaystyle{ \sum_{cyc} \frac{a^2}{b^2} \ge \sum_{cyc} \frac{a^2+1}{b^2+1}}\)

Więc:

\(\displaystyle{ \left( 1 + \sum_{cyc} \frac{a}{b}\right) ^2 = 1 + 2\left( \sum_{cyc} \frac{a}{b} + \frac{b}{a}\right) + \sum_{cyc} \frac{a^2}{b^2} \ge 1 + 2 \left( \sum_{cyc} \sqrt{\frac{a^2+1}{b^2 + 1}} + \sqrt{\frac{b^2+1}{a^2+1}}\right) + \sum_{cyc} \frac{a^2+1}{b^2+1} = \left(1 + \sum_{cyc} \sqrt{\frac{a^2+1}{b^2+1}} \right) ^2}\)

Więc \(\displaystyle{ \sum_{cyc} \frac{a}{b} \ge \sum_{cyc} \sqrt{\frac{a^2+1}{b^2+1}}}\)

A to była nasza teza.

[KPR]

A nowa?

[Marcinek665]

No to jakaś taka może:

\(\displaystyle{ a,b,c \in \left( 1;2\right)}\)

Pokazać, że zachodzi:

\(\displaystyle{ \frac{b\sqrt{a}}{4b\sqrt{c}-c\sqrt{a}}+\frac{c\sqrt{b}}{4c\sqrt{a}-a\sqrt{b}}+\frac{a\sqrt{c}}{4a\sqrt{b}-b\sqrt{c}} \ge 1}\)