[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[ordyh]

Ukryta treść:    

Mnożymy dzielnie, po drodze korzystamy z tego, że \(\displaystyle{ \sum_{sym} a^2b = \sum a \sum ab - 3abc}\) i nasza teza jest równoważna \(\displaystyle{ 6+3abc\leq \sum a + 2\sum a^2}\), co jest prawdą, ponieważ \(\displaystyle{ L\leq 9 \leq P}\). (swoją drogą, idzie też z CSa w formie Engela)

\(\displaystyle{ a_1,...,a_n > 0}\), udowodnij, że \(\displaystyle{ \frac{1}{a_1}+\frac{2}{a_1+a_2}+\frac{3}{a_1+a_2+a_3}+...+\frac{n}{a_1+a_2+...+a_n} < 4\left(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}\right)}\)

Wersja hardcore: wykaż, że stałą \(\displaystyle{ 4}\) można zastąpić liczbą \(\displaystyle{ 2}\).

[cyberciq]

ordyh w twoim rozwiązaniu ma być \(\displaystyle{ 6+3abc\leq \sum a + 2\sum a^2}\)

pozdrawiam

[ordyh]

Dzięki, poprawiłem.

[cyberciq]

\(\displaystyle{ a_1,...,a_n > 0}\), udowodnij, że \(\displaystyle{ \frac{1}{a_1}+\frac{2}{a_1+a_2}+\frac{3}{a_1+a_2+a_3}+...+\frac{n}{a_1+a_2+...+a_n} < 4\left(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}\right)}\)

Wersja hardcore: wykaż, że stałą \(\displaystyle{ 4}\) można zastąpić liczbą \(\displaystyle{ 2}\).

Ukryta treść:    

Z Cauchy'ego Schwarza wiadomo, że prawdziwa jest nierówność dla rzeczywistych dodatnich \(\displaystyle{ \frac{k}{ \sum_{i=1}^{k} a _{i} } \le \frac{k}{ \left( \sum_{i=1}^{k}x _{i}\right) ^2 } \sum_{i=1}^{k} \frac{x ^2_{i} }{a _{i} }}\)
Podstawiając k=1,2,...,n i sumując dostajemy\(\displaystyle{ LS \le \sum_{i=1}^{n} \frac{c _{i} }{a _{i} }}\),
gdzie \(\displaystyle{ c _{j}= \sum_{k=j}^{n} \frac{kx^2 _{j} }{ (\sum_{i=1}^{k}x _{i}) ^2 }}\), przyjmując \(\displaystyle{ x _{j}=j}\) i wykonując odpowiednie przekształcenia, można wykazać, że faktycznie \(\displaystyle{ c_{j} <2}\), czyli naszą tezę

a,b,c>0, Pokazać:
\(\displaystyle{ \sqrt{ \frac{a(b+c)}{a^2+bc} } + \sqrt{ \frac{b(c+a)}{b^2+ca} } + \sqrt{ \frac{c(a+b)}{c^2+ab} } \le \sqrt{( \sqrt{a}+ \sqrt{b} + \sqrt{c}) ( \frac{1}{ \sqrt{a} } + \frac{1}{ \sqrt{b} } + \frac{1}{ \sqrt{b} } ) }}\)

[Marcinek665]

Ukryta treść:    

To nierówność z podpisu jakiegoś kolesia na mathlinksie. Po skwadratowaniu mamy udowodnić:

\(\displaystyle{ \sum_{cyc}\frac{a(b+c)}{a^2+bc} + 2 \sum_{cyc}\sqrt{\frac{ab(a+c)(b+c)}{(a^2+bc)(b^2+ca)}} \le \sum_{cyc}\sqrt{a}\sum_{cyc}\frac{1}{\sqrt{a}}}\)

Ale szacując ze strasznie grubej nierówności \(\displaystyle{ a^3+b^3 \ge ab(a+b)}\) możemy zapisać, że:

\(\displaystyle{ 2 \sum_{cyc}\sqrt{\frac{ab(a+c)(b+c)}{(a^2+bc)(b^2+ca)}} \le 6}\)

Czyli wystarczy udowodnić, że

\(\displaystyle{ \sum_{cyc} \frac{a(b+c)}{a^2+bc} + 6 \le \sum_{cyc}\sqrt{a}\sum_{cyc}\frac{1}{\sqrt{a}}}\)

I to nawet jest prawdziwe, bo:

\(\displaystyle{ \sum_{cyc}\sqrt{a}\sum_{cyc}\frac{1}{\sqrt{a}} - \sum_{cyc} \frac{a(b+c)}{a^2+bc} + 6 = \sum_{cyc} \left( \frac{a+b}{\sqrt{ab}} - \frac{c(a+b)}{c^2+ab} - 1\right) =}\)

\(\displaystyle{ \sum_{cyc} (a+b) \left( \frac{1}{\sqrt{ab}}-\frac{c}{c^2+ab}\right)-3}\)

Środek nawiasu jest nieujemny (łatwo widać), więc możemy szacować tak:

\(\displaystyle{ \sum_{cyc}2 \sqrt{ab} \left( \frac{1}{\sqrt{ab}}-\frac{c}{c^2+ab}\right)-3 = \sum_{cyc} 2\sqrt{ab}\left( \frac{1}{\sqrt{ab}} - \frac{c}{c^2+ab}\right)-3 = \\ = \sum_{cyc} \left( \frac{(c-\sqrt{ab})^2}{c^2+ab}\right) \ge 0}\)

Z dedykacją dla ludzi, którzy narzekali na nierówność z finału:

Udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ a,b,c>0}\), to:

\(\displaystyle{ \left( \frac{b-c}{a}\right)^2 + \left( \frac{c-a}{b}\right)^2 + \left( \frac{a-b}{c}\right)^2 \ge \frac{1}{3} \cdot \left( \frac{b-c}{a}\right)^2 \cdot \left( \frac{c-a}{b}\right)^2 \cdot \left( \frac{a-b}{c}\right)^2.}\)

[cyberciq]

Udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ a,b,c>0}\), to:

\(\displaystyle{ \left( \frac{b-c}{a}\right)^2 + \left( \frac{c-a}{b}\right)^2 + \left( \frac{a-b}{c}\right)^2 \ge \frac{1}{3} \cdot \left( \frac{b-c}{a}\right)^2 \cdot \left( \frac{c-a}{b}\right)^2 \cdot \left( \frac{a-b}{c}\right)^2.}\)

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \Leftrightarrow (1+1+1)\left( \left( \frac{b-c}{a} \right)^2+\left( \frac{c-a}{b} \right) ^2+\left( \frac{a-b}{c} \right)^2 \right) \ge \left( \frac{b-c}{a} \right)^2\left( \frac{c-a}{b} \right)^2\left( \frac{a-b}{c} \right)^2}\)
z CS \(\displaystyle{ LS \ge \left( \frac{b-c}{a} + \frac{c-a}{b} + \frac{a-b}{c} \right)^2= \left( \frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}\right)^2=PS}\)

[timon92]

twardsza wersja poprzedniego (ale wciąż dość miękka): wykazać dla \(\displaystyle{ a,b,c>0}\) iż
\(\displaystyle{ \left( \frac{b-c}{a}\right)^2 + \left( \frac{c-a}{b}\right)^2 + \left( \frac{a-b}{c}\right)^2 \ge \left( \frac{b-c}{a}\right)^2 \cdot \left( \frac{c-a}{b}\right)^2 \cdot \left( \frac{a-b}{c}\right)^2}\)

[ordyh]

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ x = \frac{a-b}{c}}\), \(\displaystyle{ y = \frac{b-c}{a}}\), \(\displaystyle{ z = \frac{c-a}{b}}\), łatwo sprawdzić, że zachodzi \(\displaystyle{ x+y+z=-xyz}\), a teza jest równoważna pokazaniu, że \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2 \geq x^2y^2z^2 \Leftrightarrow x^2+y^2+z^2 \geq (x+y+z)^2 \Leftrightarrow 0 \geq xy+yz+zx}\). Ale to jest prawdziwe, gdyż dla dodatnich liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) z Schura zachodzi \(\displaystyle{ \sum_{cyc} a(a-b)(a-c) \geq 0 \Leftrightarrow \sum_{cyc} \frac{a-b}{c}\frac{a-c}{b} \geq 0 \Leftrightarrow -xy-yz-zx \geq 0}\), co kończy dowód

\(\displaystyle{ a,b,c\geq 0}\) oraz \(\displaystyle{ ab+bc+ca = 1}\), udowodnij, że
\(\displaystyle{ \frac{1}{4a^2-bc+2}+\frac{1}{4b^2-ca+2}+\frac{1}{4c^2-ab+2} \geq 1}\)

[cyberciq]

twardsza wersja poprzedniego (ale wciąż dość miękka): wykazać dla \(\displaystyle{ a,b,c>0}\) iż
\(\displaystyle{ \left( \frac{b-c}{a}\right)^2 + \left( \frac{c-a}{b}\right)^2 + \left( \frac{a-b}{c}\right)^2 \ge \left( \frac{b-c}{a}\right)^2 \cdot \left( \frac{c-a}{b}\right)^2 \cdot \left( \frac{a-b}{c}\right)^2}\)

istotnie wystarczy powymnażać wszystko i potem z Schura wychodzi. ktoś wie jaka jest największa stała po prawej stronie dla której nierówność zachodzi ?-- 12 cze 2012, o 16:39 --

\(\displaystyle{ a,b,c\geq 0}\) oraz \(\displaystyle{ ab+bc+ca = 1}\), udowodnij, że
\(\displaystyle{ \frac{1}{4a^2-bc+2}+\frac{1}{4b^2-ca+2}+\frac{1}{4c^2-ab+2} \geq 1}\)

Ukryta treść:    

z zalozenia:
\(\displaystyle{ 4a^2-bc+2=(2a+b)(2a+c)}\)
zachodzi jeszcze :
\(\displaystyle{ bc(2a+b)(2a+c) \le (ab+bc+ca)^2}\) (wystarczy powymnazac)
dalej z zalozenia jak sie to rozpisze \(\displaystyle{ 4a^2-bc+2 \le \frac{1}{bc} \Rightarrow \frac{1}{4a^2-bc+2} \ge bc}\) i juz prosto dalej po zsumowaniu 3 takich i znowu z zalozenia PS>=1 i wychodzi

[Marcinek665]

To ja nową dam:

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

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

[Ponewor]

ojej napisałem meeeeeeeeeeega długie i pałkarskie rozwiązanie, by pod sam koniec znaleźć błąd Może jakiś hincik?

[Marcinek665]

Tak:

hint1:    

\(\displaystyle{ c=min \{a,b,c\}}\), wówczas \(\displaystyle{ c \le 1}\)

hint2:    

lemma: \(\displaystyle{ \frac{1}{c^c} \le 2 - c}\)

hint3:    

lemma: \(\displaystyle{ a^a \ge a}\) oraz \(\displaystyle{ b^b \ge b}\)

To co uzyskamy, dowodzi się już standardowo.

[mcoder]

Moje rozwiązanie jest następujące:
\(\displaystyle{ \frac{1}{c^c} \le 2-c}\) więc \(\displaystyle{ \frac{1}{c^c(a+b)} \le \frac{2-c}{a+b}}\) otrzymujemy z tego: \(\displaystyle{ \frac{1}{c^c(a+b)} + \frac{1}{a^a(c+b)} + \frac{1}{b^b(c+a)} \le \frac{2-c}{a+b} + \frac{2-a}{c+b} + \frac{2-b}{c+a}}\) Teraz musimy pokazać, że \(\displaystyle{ \frac{2-c}{a+b} + \frac{2-a}{c+b} + \frac{2-b}{c+a} \le \frac{3}{2}}\) Rozdzielamy ułamki i otrzymujemy \(\displaystyle{ 2(\frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{a+c}) -\frac{a}{b+c} -\frac{b}{c+a} -\frac{c}{a+b} \le \frac{3}{2} (*)}\) Z nierówności Nesbitt'a wiemy, że dla dowolnych liczb \(\displaystyle{ (a,b,c) \in R_+}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ \frac{a}{b+c} +\frac{b}{c+a} +\frac{c}{a+b} \ge \frac{3}{2}}\) Wracając do nierówności \(\displaystyle{ (*)}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ 2(\frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{a+c}) \le 3}\) Co jest równoważne wyrażeniu \(\displaystyle{ \frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{a+c} \le \frac{3}{2}}\) Rozpatrzmy wyrażenie postaci \(\displaystyle{ \frac{1}{a+b} \le \frac{1}{2} \Leftrightarrow 1 \le \frac{a+b}{2}}\) Robimy tak dla każdej pary liczb a następnie sumujemy stronami otrzymując w ten sposób \(\displaystyle{ 3 \le \frac{a+b}{2} + \frac{b+c}{2} + \frac{c+a}{2} \Leftrightarrow 3 \le a+b+c \Leftrightarrow 1 \le \frac{a+b+c}{3}}\) Dalej mamy \(\displaystyle{ 1=abc=\sqrt{abc}=\sqrt[3]{abc} \le \frac{a+b+c}{3}}\) A to jest prawdą na mocy \(\displaystyle{ GM \le AM}\) c.n.p

PS. Prosiłbym o sprawdzenie.
edit: To był chyba tylko błąd a zapisie, ale teraz jest już raczej wszystko dobrze. Jeszcze raz prosiłbym o sprawdzenie.

[m-2]

Źle przepisałeś nierówność. Ta twoja nie zachodzi np. dla \(\displaystyle{ (2,2,\frac{1}{4})}\).

[mcoder]

Poprawione. Jeszcze raz prosiłbym o sprawdzenie, bo nie jestem pewien.