[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[timon92]

dalej źle, nierówność \(\displaystyle{ \frac 1 {x^x} \le 2 - x}\) zachodzi tylko dla \(\displaystyle{ x \in [0,1]}\)

[mcoder]

Rzeczywiście widzę błąd. Nie połapałem się w tych lematach podanych rzez autora nierówności, a nie brałem się za ich udowadnianie. Moja wina. Czy w takim razie ktoś mógłby to rozwiązać?

[Marcinek665]

Nie połapałem się w tych lematach podanych rzez autora nierówności, a nie brałem się za ich udowadnianie.

Nie jestem autorem tej nierówności.

rozwiązanie:    

Dowód lematu pozostawiam jako proste ćwiczenie. Korzystając z hintów, dostajemy do udowodnienia nierówność:

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

Jednak łatwe przeliczenie i wykorzystanie faktu \(\displaystyle{ abc=1}\) daje:

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

Ponadto łatwo udowodnić, że:

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

Więc mamy:

\(\displaystyle{ \frac{1}{a(b+c)}+\frac{1}{b(a+c)} \le 2c - \frac{2c^2}{\sqrt{ab}+c}.}\)

Ze średnich natomiast:

\(\displaystyle{ \frac{2-c}{a+b} \le \frac{2-c}{2\sqrt{ab}}}\)

Wystarczy więc udowodnić, że:

\(\displaystyle{ 2c-\frac{2c^2}{\sqrt{ab}+c}+\frac{2-c}{2\sqrt{ab}}\le\frac{3}{2}}\)

Podstawiając \(\displaystyle{ t=\sqrt{ab}}\) mamy \(\displaystyle{ c=\frac{1}{t^2}}\) i nierówność zawija się do:

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

co jest prawdą.

Coś prostego:

Udowodnić, że jeśli liczby nieujemne \(\displaystyle{ x_i}\) spełniają: \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} = \frac{1}{2}}\), to zachodzi nierówność:

\(\displaystyle{ \frac{1-x_1}{1+x_1} \cdot \frac{1-x_2}{1+x_2} \cdot \frac{1-x_3}{1+x_3} \cdot \ldots \cdot \frac{1-x_n}{1+x_n} \ge \frac{1}{3}}\)

[mol_ksiazkowy]

Gdy \(\displaystyle{ z \geq x >0}\) to \(\displaystyle{ \frac{x+y}{z+y} \geq \frac{x}{z}}\)
A więc
\(\displaystyle{ \frac{(1-a)(1-b)}{(1+a)(1+b)} = \frac{(1-a-b) + ab}{(1+a+b) +ab} \geq \frac{1-a-b}{1+a+b} =\frac{1- (a+b)}{1+ (a+b)}}\)
tj iloczyn po lewej mozna zwinąć...

o ile ok to teraz takie:

Wykazać, ze gdy \(\displaystyle{ a, b ,c >0}\) to \(\displaystyle{ \frac{a^4+b^4+c^4}{a+b+c} \geq abc}\)

[Ponewor]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ a^{4}+b^{4}+c^{4} \ge a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2} = \frac{(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2})+(b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})+(a^{2}b^{2}+c^{2}a^{2})}{2} \ge ab^{2}c + abc^{2} + a^{2}bc = (a+b+c)abc}\)
Pierwsza nierówność z ciągów jednomonotonicznych, druga to średnie.

Jak wrócę do domu to coś wrzucę obiecuję

[mol_ksiazkowy]

Ukryta treść:    

Pierwsza nierówność z ciągów jednomonotonicznych, druga to średnie.
ok,

a mozna tez z Nierówności Cauchy'ego–Schwarza dla
wektorów \(\displaystyle{ \vec u = (a^2, b^2, c^2)}\) i
\(\displaystyle{ \vec v = (bc, ca, ab)}\)

Jak wrócę do domu to coś wrzucę obiecuję

a wiec teraz Twoja nierówność !

[Ponewor]

Ukryta treść:    

Ewentualnie wystrzelić z Muirheada, albo takiego czegoś: \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2} \ge \sum_{i=1}^{n}a_{i}a_{i+1}}\), lub znanego szczególnego przypadku \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+c^{2} \ge ab +bc +ca}\)

To mi się spodobało \(\displaystyle{ x \in \RR \Rightarrow x^{4}+6x^{3}+11x^{2}+6x+1 \ge 0}\) ale tutaj challenge na najładniejsze rozwiązanie.

Jak tak paczę, to jednak to za łatwe jest, więc dorzucę jeszcze jedno łatwe, to w sumie będzie średnie.
\(\displaystyle{ (ab+bc+ca)^{2} \ge 3abc(a+b+c)}\) i \(\displaystyle{ a, b, c \in \RR}\)

[mol_ksiazkowy]

ale tutaj challenge na najładniejsze rozwiązanie.
moze jakos tak :

\(\displaystyle{ x^2 ( (x+\frac{1}{x})^2 +6(x+\frac{1}{x}) + 9 ) \geq 0}\)

[Ponewor]

jeśli poprawnie zwinięte to

Ukryta treść:    

eee zczitowałeś, twoje jeszcze łatwiejsze

[cyberciq]

\(\displaystyle{ (ab+bc+ca)^{2} \ge 3abc(a+b+c)}\) i \(\displaystyle{ a, b, c \in \RR}\)

Ukryta treść:    

zachodzi \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2 \ge xy+yz+zx}\), wystarczy to wymnożyć i zredukować

[Ponewor]

cyberciq mol_książkowy ścigacie się o to kto zadaje!

[cyberciq]

no to mól niech wrzuci coś, bo ja nic nie mam na razie fajnego

[mol_ksiazkowy]

no to mól niech wrzuci coś, bo ja nic nie mam na razie fajnego

jesli tego jeszcze nie było to:

Wykazać, ze jeśli wszyskie liczby \(\displaystyle{ a_j}\) są większe lub równe \(\displaystyle{ 1}\) to \(\displaystyle{ (1+a_1)....(1+a_n) \geq \frac{2^n}{n+1}(1+a_1+.... +a_n)}\)

[cyberciq]

Wykazać, ze jeśli wszyskie liczby \(\displaystyle{ a_j}\) są większe lub równe \(\displaystyle{ 1}\) to \(\displaystyle{ (1+a_1)....(1+a_n) \geq \frac{2^n}{n+1}(1+a_1+.... +a_n)}\)

Ukryta treść:    

Będziemy dowodzić indukcyjnie, ze względu na n. Dla n=1 teza zachodzi bo jest \(\displaystyle{ 0 \ge 0}\). Załóżmy, że \(\displaystyle{ \left( 1\right) \ (1+a_1)...(1+a_n) \ge \frac{2^n}{n+1}(1+a_1+a_2+...+a_n)}\) .
Wykażemy, że:
\(\displaystyle{ (1+a_1)...(1+a_n)(1+a_{n+1}) \ge \frac{2^{n+1}}{(n+1)+1}(1+a_1+a_2+...+a_n+a_{n+1})}\)
Na mocy (1) jest \(\displaystyle{ (1+a_1)...(1+a_n)(1+a_{n+1}) \ge \frac{2^n}{n+1}(1+ \sum_{i=1}^{n} a_i )(1+a_{n+1})}\). Pokażemy, że zachodzi: \(\displaystyle{ \frac{2^n}{n+1} (1+ \sum_{i=1}^{n} a_i )(1+a_{n+1}) \ge \frac{2^{n+1}}{(n+1)+1} (1+\sum_{i=1}^{n} a_i +a_{n+1})}\) i dowód będzie zakończony.
\(\displaystyle{ \frac{2^n}{n+1}(1+ \sum_{i=1}^{n} a_i )(1+a_{n+1}) \ge \frac{2^{n+1}}{(n+1)+1}(1+\sum_{i=1}^{n} a_i +a_{n+1}) \Leftrightarrow \\ (n+2)(1+{a_{n+1}}+ \sum_{i=1}^{n} a_i +(\sum_{i=1}^{n} a_i )a_{n+1}) \ge 2(n+1)(1+\sum_{i=1}^{n} a_i +a_{n+1}) \Leftrightarrow a_{n+1}((n+2)\sum_{i=1}^{n} a_i -n)-n(\sum_{i=1}^{n} a_i +1) \ge 0.}\)

Ale jest z założenia :
\(\displaystyle{ a_{n+1}((n+2)\sum_{i=1}^{n} a_i -n)-n(\sum_{i=1}^{n} a_i +1) \ge a_{n+1}(n\sum_{i=1}^{n} a_i +2n-n)-n(\sum_{i=1}^{n} a_i +1)=a_{n+1}n(\sum_{i=1}^{n} a_i +1)-n(\sum_{i=1}^{n} a_i +1)=(\sum_{i=1}^{n} a_i +1)(a_{n+1}-1) \ge 0}\)

ckd.

[Ponewor]

No dawać coś chłopaki!