[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[ordyh]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \sqrt[3]{(a^2+bc)c(a^2+bc)b(b^2+c^2)a} = \sqrt[3]{(a^2b+b^2c)(a^2c+bc^2)(ab^2+ac^2)} \leq \frac{1}{3} \sum_{sym} a^2b}\)
więc
\(\displaystyle{ \sum_{cyc} \frac{a^2+bc}{\sqrt[3]{(a^2+bc)c(a^2+bc)b(b^2+c^2)a}} \geq 3\sum_{cyc} \frac{a^2+bc}{\sum_{sym}a^2b} = 3\frac{\sum a^2 + \sum ab}{\sum_{sym} a^2b}}\) a to z Schura łatwo wychodzi, że jest większe od \(\displaystyle{ \frac{9}{a+b+c}}\)

A takie sobie:
\(\displaystyle{ a,b,c>0}\) i \(\displaystyle{ ab+bc+ca = 1}\), udowodnij, że \(\displaystyle{ \sqrt{a^{2}+b^{2}+\frac{1}{c^{2}}}+\sqrt{b^{2}+c^{2}+\frac{1}{a^{2}}}+\sqrt{c^{2}+a^{2}+\frac{1}{b^{2}}}\geq\sqrt{33}}\)

[Vax]

Ukryta treść:    

Z nierówności Minkowskiego:

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

Mamy więc pokazać

\(\displaystyle{ 2(a+b+c)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2 \ge 33 \\ \\ \iff \\ \\ 2(a+b+c)^2+\left(\frac{(ab+ac+bc)^2}{abc}\right)^2 \ge 33(ab+ac+bc) \\ \\ \iff \\ \\ 2a^2b^2c^2(a+b+c)^2 + (ab+ac+bc)^4 \ge 33a^2b^2c^2(ab+ac+bc)}\)

Podstawmy \(\displaystyle{ 3p = \sum a , 3q^2 = \sum ab , r^3 = abc}\), mamy wówczas \(\displaystyle{ p\ge q\ge r}\) i teza przyjmuje postać (po skróceniu przez \(\displaystyle{ 9}\)):

\(\displaystyle{ 2p^2r^6+9q^8 \ge 11q^2r^6}\)

Ale z am-gm mamy \(\displaystyle{ 2p^2r^6+9q^8 \ge 11\sqrt[11]{p^4q^{72}r^{12}} \ge 11\sqrt[11]{q^{22}r^{66}} = 11q^2r^6}\) qed.

\(\displaystyle{ a,b,c > 0}\), udowodnij, że:

\(\displaystyle{ \sqrt{\frac{a^2+bc}{b+c}}+\sqrt{\frac{b^2+ac}{a+c}}+\sqrt{\frac{c^2+ab}{a+b}} \ge \sqrt{3(a+b+c)}}\)

[Marcinek665]

Ukryta treść:    

Zanotujmy, że z Holdera wynika:

\(\displaystyle{ \left(\sqrt{\frac{a^{2}+bc}{b+c}}+\sqrt{\frac{b^{2}+ca}{c+a}}+\sqrt{\frac{c^{2}+ab}{a+b}}\right)^{2}\left( (a^{2}+bc)^{2}(b+c) +(b^{2}+ca)^{2}(c+a)+(c^{2}+ab)^{2}(a+b)\right) \ge (a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)^3}\)

Wystarczy więc wykazać, iż:

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

Po brutalnym wymnożeniu na chama wychodzi, że:

\(\displaystyle{ a^6+b^6+c^6 + 3abc(a^3+b^3+c^3) + a^3b^3 + b^3c^3 + c^3a^3 \ge 15a^2b^2c^2}\)

A to już jest AM-GM, jak się rozbije wszystko na pojedyncze składniczki.

Next:

Wykaż, że jeśli \(\displaystyle{ a,b,c>0}\) oraz \(\displaystyle{ abc=1}\), to zachodzi:

\(\displaystyle{ \frac{1}{a^3+3b^2+5}+\frac{1}{b^3+3c^2+5}+\frac{1}{c^3+3a^2+5} \le \frac{1}{3}}\)

[HuBson]

Ukryta treść:    

Załóżmy że a jest najmniejszą liczbą danej nierówności ponieważ w mianownikach po lewej stronie nierówności mamy sumę liczb dodatnich zatem największą wartość może przyjmować lewa strona gdy
każdy z mianowników będzie wynosił \(\displaystyle{ a^3+3a^2+5}\) czyli możemy sprawdzić czy zachodzi nierówność dla a=b=c
po prostych rachunkach otrzymujemy \(\displaystyle{ (a-1)(a+2)^{2} \ge 0}\) a ponieważ \(\displaystyle{ a>0}\)
to \(\displaystyle{ a=1}\) sprawdzamy teraz czy istnieją takie b i c żeby było spełnione założenie abc=1
istotnie istnieją ostatecznie udowodniliśmy nierówność i wiemy że równość zachodzi gdy
\(\displaystyle{ a=b=c=1}\)

możecie sprawdzić bo nie jestem pewny rozwiązania

[timon92]

niestety jest zupełnie źle

[cyberciq]

Next:

Wykaż, że jeśli \(\displaystyle{ a,b,c>0}\) oraz \(\displaystyle{ abc=1}\), to zachodzi:

\(\displaystyle{ \frac{1}{a^3+3b^2+5}+\frac{1}{b^3+3c^2+5}+\frac{1}{c^3+3a^2+5} \le \frac{1}{3}}\)

Ukryta treść:    

tu jednak było błedne rozwiazanie

pozdrawiam

[patry93]

cyberciq
\(\displaystyle{ 1+c^2 \le 2c}\) ?
Chyba, że już mi na wzrok poszło

[cyberciq]

patry93, kurcze rozpędziłem się bo szacowałem w mianownikach w odwrotne strony i tak fajnie szło z tego, a tu głupota wyszła...

pozdrawiam-- 4 cze 2012, o 18:26 --dobra moje rozwiązanie stare trzeba było trochę zmodyfikować,ale grunt, że działa( powinno już teraz) :

poprawione rozwiązanie nierówności Marcinka:    

\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{1}{a^3+3b^2+5} \le \frac{1}{3} \sum_{}^{} \frac{1}{a+b^2+1}}\) - z AM-GM

należy pokazać teraz :
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{1}{a+b^2+1} \le 1 \\
\sum_{}^{} \frac{1}{a+b^2+1} \cdot \frac{a^ \frac{1}{3} +b^{- \frac{2}{3}}+c^ \frac{4}{3} }{a^ \frac{1}{3} +b^{ -\frac{2}{3}}+c^ \frac{4}{3} } \le \sum_{}^{} \frac{a^ \frac{1}{3} +b^{ -\frac{2}{3}}+c^ \frac{4}{3} }{(a^ \frac{2}{3} +b^ \frac{2}{3}+c^ \frac{2}{3} )^2}\\
\sum_{}^{}a^ \frac{1}{3} +b^{ -\frac{2}{3}}+c^ \frac{4}{3} \le(a^ \frac{2}{3} +b^ \frac{2}{3}+c^ \frac{2}{3} )^2 \Leftrightarrow \\ \sum_{}^{} a^{ \frac{2}{3} }b^ \frac{1}{3}c^ \frac{1}{3} +c^ \frac{4}{3}+a^ \frac{2}{3} c^ \frac{2}{3} \le (a^ \frac{2}{3} +b^ \frac{2}{3}+c^ \frac{2}{3} )^2}\)
ostatnia nierówność jest już łatwa

pozdrawiam

[Marcinek665]

Jest dobrze, zadajesz.

timon92 mówi jeszcze, że można tak:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \sum \frac{1}{a^3+3b^2+5} \le \sum \frac{1}{3ab+3b+3} = \frac{1}{3}}\)

[cyberciq]

Nowe:(jak było kiedyś już to napiszcie, żeby nie powtarzać)
\(\displaystyle{ a,b,c>0}\) spełniają \(\displaystyle{ 9+3abc=4(ab+bc+ca)}\)
Pokazać, że:\(\displaystyle{ a+b+c \ge 3}\)

pozdrawiam

[HuBson]

Do zadania Vaxa
\(\displaystyle{ x,y,z > 0 , xyz=1}\) udowodnij \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2+x+y+z \ge 2(xy+yz+xz)}\)

:    

chciałbym jeszcze zapytać czy nie dałoby się zrobić tego zadania zrobić inaczej bo na OM nie wymagana jest znajomość pochodnych tak jak w rozwiązaniu Timona
ja miałem taki pomysł na to zadanie powiedzcie czy poprawny
\(\displaystyle{ x,y,z > 0 , xyz=1}\) udowodnij \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2+x+y+z \ge 2(xy+yz+xz)}\)
z znanej nierówności \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2 \ge ab + ac +bc}\)
zapisujemy naszą nierówność \(\displaystyle{ x+y+z \ge xy+zy+xz}\) na mocy założenia \(\displaystyle{ 1=xyz}\) dostajemy
\(\displaystyle{ x+y+z \ge \frac{1}{z} + \frac{1}{y} + \frac{1}{x}}\)
dzieląc nierówność przez 3dla lewej strony wykorzystujemy Am-GM
mnożymy z powrotem razy 3 i mamy
\(\displaystyle{ 3 \ge \frac{1}{z} + \frac{1}{y} + \frac{1}{x}}\)
wykorzystujemy \(\displaystyle{ \frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+...+\frac{1}{a_{n}} \geq \frac{n}{\sqrt[n]{a_{1}*a_{2}*...*a_{n}}}}\)
dostajemy w efekcie \(\displaystyle{ 3 \ge 3}\)
przepraszam że tak przeskoczyłem ale początkujący jestem a chciałbym się czegoś nauczyć od was

[Panda]

Żeby to rozwiązanie przeszło, prawdą musi być \(\displaystyle{ x+y+z \ge \frac{1}{z} + \frac{1}{y} + \frac{1}{x}}\) dla \(\displaystyle{ xyz=1, x,y,z>0}\). Tymczasem, to nie zachodzi np. dla trójki \(\displaystyle{ (2,2,0.25)}\). Przeszacowałeś tym samym za grubo na początku.

[Marcinek665]

Niestety źle.

Robisz coś takiego: masz udowodnić, że \(\displaystyle{ a \ge b}\), a pokazujesz, że \(\displaystyle{ b \ge c}\) i \(\displaystyle{ a \ge c}\).

Swoją drogą, tak jak Panda wspomniała: to szacowanie jest za grube.

[cyberciq]

widzę, że trochę przestój się zrobił (chociaż nierówność w sumie nie jest bardzo trudna) więc jak do 2(?) dni nie będzie rozwiązania to ktoś może wrzucić swoją nierówność.

pozdrawiam

[Vax]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ 9+3abc=4(ab+ac+bc)}\), podstawmy \(\displaystyle{ 3p = a+b+c , 3q^2 = ab+ac+bc , r^3 = abc}\), założenie przyjmuje postać \(\displaystyle{ 3+r^3 = 4q^2 \iff 3p+pr^3 = 4pq^2}\) a teza \(\displaystyle{ p \ge 1}\)

Ale z Schura mamy \(\displaystyle{ 3p^3+r^3 \ge 4pq^2 = 3p+pr^3 \iff 3p(p-1)(p+1)-r^3(p-1) \ge 0 \iff (p-1)(3p^2+3p-r^3) \ge 0}\)

Załóżmy nie wprost, że \(\displaystyle{ p < 1}\), wtedy \(\displaystyle{ p-1 < 0}\) i pokażemy, że \(\displaystyle{ 3p^2+3p-r^3 > 0}\), co będzie znaczyło, że \(\displaystyle{ (p-1)(3p^2+3p-r^3) < 0}\) czyli sprzeczność \(\displaystyle{ 3p^2+3p-r^3 \ge 3p^2+3p-p^3 > 0}\) co jak łatwo sprawdzić dla \(\displaystyle{ p\in (0;1)}\) działa.

\(\displaystyle{ a,b,c > 0 , ab+bc+ca=3 \Rightarrow \frac{1}{a+b+2}+\frac{1}{b+c+2}+\frac{1}{c+a+2} \le \frac{3}{4}}\)