[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[wiedzmac]

No to może ja wrzucę coś prostego

\(\displaystyle{ (a,b,c)\in [0;1]}\)

Udowodnij, że \(\displaystyle{ $ \sum_{cyc}\frac{a}{(\sqrt{bc}+1)^2}\leq 2 $}\)

Zadanko fajne, znam przynajmniej 3 ciekawe rozwiązania

[Mruczek]

Ukryta treść:    

Bso. załóżmy, że \(\displaystyle{ a}\) jest największa z \(\displaystyle{ a, b, c}\).
\(\displaystyle{ (a,b,c)\in [0;1]}\)
Szacujemy mianowniki:
\(\displaystyle{ \sqrt{ac}+1 \ge \sqrt{bc}+1}\)
\(\displaystyle{ \sqrt{ab}+1 \ge \sqrt{bc}+1}\)
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}\frac{a}{(\sqrt{bc}+1)^2} \le \frac{a+b+c}{(\sqrt{bc}+1)^2} \le 2}\)
\(\displaystyle{ a+b+c \le 2(\sqrt{bc}+1) ^{2}}\)
\(\displaystyle{ a \le 2bc+4 \sqrt{bc}+2-b-c}\)
\(\displaystyle{ a \le (b-1)(c-1)+( \sqrt{bc}+1) ^{2} +2 \sqrt{bc} }}\)
prawa strona jest zawsze \(\displaystyle{ \ge 1}\), c.n.d.

Nowa:
\(\displaystyle{ a, b, c>0}\), \(\displaystyle{ a+b+c=abc}\)
\(\displaystyle{ \sum_{cyc} \sqrt{1+ \frac{1}{a ^{2} } } \ge 2\sqrt{3}}\)

[Vax]

Inny sposob na nierownosc wiedzmac:    

Lemat:

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

Nowa:    

Założenie mówi nam, że \(\displaystyle{ a=tg\alpha \ , \ b = \tg\beta \ , \ c = \tg\gamma}\) dla kątów trójkąta, nierówność przyjmuje postać \(\displaystyle{ \sum \frac{1}{\sin\alpha} \ge 2\sqrt{3}}\) co wynika z nierówności Jensena dla wypukłej funkcji na przedziale \(\displaystyle{ (0;\pi)}\) \(\displaystyle{ f(x) = \frac{1}{\sin x}}\)

Zaraz coś znajdę.

[wiedzmac]

Vax, fajny ten twój drugi sposób na moje zadanie
Dokładnie to samo co u mnie

[Vax]

To coś łatwego: \(\displaystyle{ x,y,z > 0 \ , \ x^2+y^2+z^2=3 \Rightarrow \sum_{cyc} \frac{x^3}{y^2+z^2} \ge \frac{3}{2}}\)

[Mruczek]

Ukryta treść:    

Z Cauchy'ego-Schwarza w formie Engela:
\(\displaystyle{ \sum_{cyc} \frac{x^3}{y^2+z^2} = \sum_{cyc} \frac{x^3}{3-x^2} = \sum_{cyc} \frac{x^4}{3x-x^3} \ge \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{3(x+y+z)-(x^3+y^3+z^3)}= \frac{9}{3(x+y+z)-(x^3+y^3+z^3)} \ge \frac{3}{2} }}\)
\(\displaystyle{ 6 \ge 3(x+y+z)-(x^3+y^3+z^3)}\)
\(\displaystyle{ x^3+y^3+z^3+6 \ge 3(x+y+z)}\)
\(\displaystyle{ x^3+1+1 \ge 3x}\) + 2 takie na mocy \(\displaystyle{ AM \ge GM}\), c.n.d.

\(\displaystyle{ x, y, z>0}\) i \(\displaystyle{ x+y+z= \sqrt{xyz}}\)
\(\displaystyle{ xy+yz+zx \ge 9(x+y+z)}\)

[Vax]

Ukryta treść:    

Podstawmy \(\displaystyle{ 3p=x+y+z \ , \ 3q^2=xy+yz+zx \ , \ r^3=xyz}\), wówczas \(\displaystyle{ p \ge q \ge r > 0}\) i założenie przyjmuje postać \(\displaystyle{ 3p = \sqrt{r^3} \iff 9p = \frac{r^3}{p}}\), teza ma postać \(\displaystyle{ 3q^2 \ge 27p \iff q^2 \ge 9p = \frac{r^3}{p} \iff pq^2 \ge r^3}\) co jest prawdą, gdyż \(\displaystyle{ p\ge r \wedge q^2 \ge r^2}\)

Nowa: \(\displaystyle{ x,y,z > 0 \ , \ x+y+z=1 \Rightarrow \sum_{cyc} \frac{x}{\sqrt{y+z}} \ge \frac{\sqrt{6}}{2}}\)

[Mruczek]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ f(x)= \frac{x}{ \sqrt{1-x} }}\)
jest wypukła dla \(\displaystyle{ x \in (0,1)}\), więc z Jensena:
\(\displaystyle{ \sum_{cyc} \frac{x}{\sqrt{y+z}} =\sum_{cyc} \frac{x}{\sqrt{1-x}} \ge 3 \cdot \frac{ \frac{x+y+z}{3} }{ \sqrt{1- \frac{x+y+z}{3} } } = \frac{1}{ \sqrt{ \frac{2}{3} } } = \frac{\sqrt{6}}{2}}\)
c.n.d.

\(\displaystyle{ a,b,c> 0}\) oraz \(\displaystyle{ ab+bc+ca=2(a+b+c)}\) \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) \(\displaystyle{ abc \le a+b+c+2}\)

[HuBson]

\(\displaystyle{ x, y, z>0}\) i \(\displaystyle{ x+y+z= \sqrt{xyz}}\)
\(\displaystyle{ xy+yz+zx \ge 9(x+y+z)}\)

inne rozwiązanie:    

na mocy założenia nierówność jest równoważna
\(\displaystyle{ xy+yz+zx \ge 9\sqrt{xyz}}\)
i znowu na mocy założenia lewą stronę mnożymy przez \(\displaystyle{ x+y+z}\) a prawą przez \(\displaystyle{ \sqrt{xyz}}\)
dalej po wymnożeniu korzystamy z twierdzenia cauchego dla 9 wyrazów lewej strony

[Vax]

Ukryta treść:    

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

Podstawmy \(\displaystyle{ a=1-x \ , \ b = 1-y \ , \ c = 1-z}\), wówczas \(\displaystyle{ x,y,z < 1}\), założenie przyjmuje postać \(\displaystyle{ xy+yz+zx=3}\) a teza \(\displaystyle{ xyz \ge -1}\). Jeżeli \(\displaystyle{ x,y,z \ge 0}\) to \(\displaystyle{ xyz \ge 0 > -1}\), więc teza zachodzi. Jeżeli dokładnie jedna z liczb \(\displaystyle{ x,y,z}\) jest niedodatnia, bso \(\displaystyle{ x \le 0 \le y,z < 1}\), to podstawiając \(\displaystyle{ x:=-x}\) dostajemy z założenia, że dla \(\displaystyle{ x,y,z \ge 0}\) mamy \(\displaystyle{ yz = 3+xy+xz}\) sprzeczność, gdyż \(\displaystyle{ yz < 1 < 3 \le 3+xy+xz}\), więc ten przypadek nie może zajść, gdyż nie spełnia założeń. Jeżeli dokładnie dwie liczby są niedodatnie, bso \(\displaystyle{ x,y \le 0 \le z}\) to \(\displaystyle{ xyz \ge 0 > -1}\), czyli teza działa. Jeżeli wszystkie liczby są niedodatnie, to podstawiając \(\displaystyle{ x:=-x \ , \ y:=-y \ , \ z:=-z}\) otrzymujemy do pokazania \(\displaystyle{ x,y,z \ge 0 \wedge xy+yz+zx=3 \Rightarrow xyz \le 1}\), co wynika z \(\displaystyle{ (xy+yz+zx)^3 \ge 27x^2y^2z^2}\) (am-gm).

Nowa:
\(\displaystyle{ a,b \in \mathbb{R} \ \wedge \ 9a^2+8ab+7b^2 \le 6 \Rightarrow 7a+5b+12ab \le 9}\)

[timon92]

\(\displaystyle{ a,b \in \mathbb{R} \ \wedge \ 9a^2+8ab+7b^2 \le 6 \Rightarrow 7a+5b+12ab \le 9}\)

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ 9 \ge 3 + 9a^2+8ab+7b^2 = 2(a^2+b^2) + 8 ab + 7\left(a^2+\frac 14 \right) + 5 \left( b^2 + \frac 14 \right) \ge 4ab + 8 ab + 7a + 5b = 7a+5b+12ab}\)

\(\displaystyle{ a,b,c>0 \implies \frac{(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}\ge\frac{a^2bc}{a^2+bc}+\frac{ab^2c}{b^2+ca}+\frac{abc^2}{c^2+ab}}\)

[Vax]

Ukryta treść:    

Po wymnożeniu mamy (\(\displaystyle{ a,b,c}\) zamieniłem sobie na \(\displaystyle{ x,y,z}\))

\(\displaystyle{ x^7y^2z+x^7yz^2 + x^2y^7z+xy^7z^2+x^2yz^7+xy^2z^7 \ + \ x^6y^4+x^4y^6+x^6z^4+x^4z^6+y^6z^4+y^4z^6 \ge 2x^4y^4z^2+2x^2y^4z^4+2x^4y^2z^4+2x^4y^3z^3+2x^3y^4z^3+2x^3y^3z^4 \\ \\ \iff \\ \\ T[7,2,1] + T[6,4,0] \ge T[4,4,2] + T[4,3,3]}\)

co wynika z nierówności Muirheada.

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

[timon92]

szkic:    

sprawdzamy że \(\displaystyle{ \frac{a^3+a}{2a^3+a+1} <0.7}\) a zatem gdy któraś zmienna jest mniejsza niż \(\displaystyle{ 0.1}\) to \(\displaystyle{ L < \frac{0.1^3+0.1}{2\cdot 0.1^3+0.1+1} + 0.7 + 0.7 < \frac 32}\)

gdy \(\displaystyle{ a,b,c \ge 0.1}\) to korzystamy z szacowania \(\displaystyle{ \frac{a^3+a}{2a^3+a+1} \le \frac 18 \ln a + \frac 12}\), sumujemy po wszystkich zmiennych, logarytmy znikają gdyż \(\displaystyle{ abc=1}\) i już

znaleźć maksimum wyrażenia \(\displaystyle{ a(y-z)^2+b(z-x)^2+c(x-y)^2}\) gdzie \(\displaystyle{ a,b,c>0}\) są ustalone, a zmienne \(\displaystyle{ x,y,z \ge 0}\) spełniają równość \(\displaystyle{ ax+by+cz=1}\)

[timon92]

znaleźć maksimum wyrażenia \(\displaystyle{ a(y-z)^2+b(z-x)^2+c(x-y)^2}\) gdzie \(\displaystyle{ a,b,c>0}\) są ustalone, a zmienne \(\displaystyle{ x,y,z \ge 0}\) spełniają równość \(\displaystyle{ ax+by+cz=1}\)

wynik:    

kiedyś to liczyłem i mi wyszło \(\displaystyle{ \frac{a+b+c-\min (a,b,c)}{\left(\min (a,b,c)\right)^2}}\)

[Ponewor]

a wskazówka nr 2?