[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[timon92]

\(\displaystyle{ (abc) ^{2} + 2 \ge ab + ac + bc}\)

to nieprawda dla \(\displaystyle{ a=0.01, b=c=10}\)

[bourbaki]

męczy mnie to zadanie, a coś z nierównościami wspólnego ma:
\(\displaystyle{ a+b+c=6}\) oraz \(\displaystyle{ ab+bc+ca=9}\) oraz \(\displaystyle{ a<b<c}\). Wykazać, że \(\displaystyle{ 0<a<1<b<3<c<4}\)

umie ktoś bez pochodnych?

Ukryta treść:    

(1) \(\displaystyle{ \begin{cases} a+b+c=6\\ ab+bc+ca=9 \end{cases}}\)

Z pierwszego równania wyznaczasz jedną zmienną w zależności od pozostałych, podstawiasz tę zależność do drugiego równania, otrzymując równanie kwadratowe dwóch zmiennych, którego wyróżnik musi być nieujemny - wyznaczasz go i w ten sposób otrzymujesz \(\displaystyle{ a,b,c \in [0,4]}\) przy czym skrajności łatwo odrzucić.

Masz \(\displaystyle{ 0<a,b,c<4}\)

Przypuszczając, że \(\displaystyle{ a \ge 1}\) i podstawiając w (1) z pierwszego równania \(\displaystyle{ c=6-(a+b)}\) do drugiego, otrzymasz równanie \(\displaystyle{ ab+b(6-(a+b))+a(6-(a+b))-9=0}\), którego wszystkimi rozwiązaniami są pary liczb spełniające zależność \(\displaystyle{ b=\frac{\pm \sqrt{12a-3a^2}-a+6}{2}}\)

\(\displaystyle{ \frac{- \sqrt{12a-3a^2}-a+6}{2} \le 1}\) i wobec tego \(\displaystyle{ b \le 1}\) - sprzeczność z \(\displaystyle{ b>a}\)
\(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{12a-3a^2}-a+6}{2} \ge 1}\), podstawiając \(\displaystyle{ b=\frac{ \sqrt{12a-3a^2}-a+6}{2}}\) do pierwszego równania (1) musiałoby być \(\displaystyle{ c=6-\left(a+\frac{ \sqrt{12a-3a^2}-a+6}{2}\right)}\), lecz \(\displaystyle{ 6-\left(a+\frac{ \sqrt{12a-3a^2}-a+6}{2}\right) \le 1}\) - sprzeczność z \(\displaystyle{ c>a}\)

Przypuszczając, że \(\displaystyle{ b in (0,1] cup [3,4)}\), jako że \(\displaystyle{ a<b<c}\) oraz \(\displaystyle{ a+b+c=6}\) łatwo wywnioskować sprzeczność.


Wreszcie przypuszczając, że \(\displaystyle{ c \le 3}\) można również łatwo dojść do sprzeczności (np. rozumując podobnie jak w przypadku \(\displaystyle{ a \ge 1}\))

[Zahion]

\(\displaystyle{ a, \ b, \ c > 0 \implies \left( a^{2}+2 \right) \left( b^{2}+2 \right) \left( c^{2}+2 \right) \ge 9 \left( ab+bc+ca \right)}\)

Dalej aktualne

[timon92]

\(\displaystyle{ a, \ b, \ c > 0 \implies \left( a^{2}+2 \right) \left( b^{2}+2 \right) \left( c^{2}+2 \right) \ge 9 \left( ab+bc+ca \right)}\)

wskazówka:    

\(\displaystyle{ (a^2+2)(b^2+2) \ge \frac 32 ((a+b)^2+2)}\)

[Msciwoj]

Ze wskazówką to proste...

Ukryta treść:    

Udowodnimy najpierw dwie pomocnicze nierówności:
1. \(\displaystyle{ (a^2+2)(b^2+2) \ge \frac 32 ((a+b)^2+2)}\)
2. \(\displaystyle{ (a^2+2)(b^2+2) \ge 2(a+b)^2}\)

Skorzystajmy z oczywistej nierówności:
\(\displaystyle{ 2(ab-1)^2 + (a-b)^2 \ge 0}\)
Dodając do niej stronami \(\displaystyle{ 3a^2 + 3b^2 + 6ab + 6}\) i przenosząc co trzeba na drugą stronę otrzymujemy
\(\displaystyle{ 2a^{2}b^{2} + 4a^2 + 4b^2 + 8 \ge 3a^2 +3b^2 + 6ab + 6}\),
co po zwinięciu okazuje się być równoważne nierówności 1.
Weźmy inną oczywistą nierówność:
\(\displaystyle{ (ab-2)^2 \ge 0}\)
Dodając do niej stronami \(\displaystyle{ 2a^2 + 2b^2 + 4ab}\) otrzymujemy:
\(\displaystyle{ a^{2}b^{2} + 2a^2 + 2b^2 + 4 \ge 2(a+b)^2}\),
co z kolei jest równoważne nierówności 2.

Teraz zauważmy, że na mocy 1.:
\(\displaystyle{ (a^2 + 2)(b^2 + 2)(c^2 + 2) \ge \frac 32 ((a+b)^2+2)(c^2 + 2)}\)
Z kolei na mocy 2.:
\(\displaystyle{ \frac 32 ((a+b)^2+2)(c^2 + 2) \ge 3(a+b+c)^2}\)
Wystarczy więc udowodnić, że
\(\displaystyle{ 3(a+b+c)^2 \ge 9(ab+bc+ca)}\),
a to po podzieleniu i zredukowaniu wyrazów podobnych okazuje się być równoważne:
\(\displaystyle{ a^2 + b^2 + c^2 \ge ab + bc +ca}\)
A to jest już znana nierówność, można jej dowieść mnożąc przez 2 i zwijając po lewej do 3 kwadratów.
Co kończy dowód.

Ok, to teraz kolej na mnie. Nierówność nie jest może jakoś bardzo trudna ani wykwintna, ale może odblokuję przynajmniej to forum.

\(\displaystyle{ a,b,c > 0, abc = 1}\)

Dowieść, że:
\(\displaystyle{ (a+b)^{4}(b+c) + (b+c)^{4}(c+a) + (c+a)^{4}(a+b) \ge 96}\).

Miłej zabawy.

[jakub_jabulko]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ c((a+b) ^{4} + (b+c) ^{4}) \ge 2 ^{4}( \frac{1}{c}+ \frac{c}{a ^{2} })}\) itd. z resztą a potem Cauchy

-- 18 cze 2013, o 22:16 --niech ktoś ogarniętszy wrzuci, bo dopiero teraz widzę, że nie mam pomysłu :b

[Ponewor]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \left( a+b \right) ^{4} \left( b+c \right) + \left( b+c \right) ^{4} \left( c+a \right) + \left( c+a \right) ^{4} \left( a+b \right) \ge \left( 2\sqrt{ab} \right) ^{4}\cdot 2\sqrt{bc}+ \left( 2\sqrt{bc} \right) ^{4}\cdot 2\sqrt{ca}+ \left( 2\sqrt{ca} \right) ^{4} \cdot 2 \sqrt{ab}=32 \left( a^{2}b^{\frac{5}{2}}c^{\frac{1}{2}}+a^{\frac{1}{2}}b^{2}c^{\frac{5}{2}}+a^{\frac{5}{2}}b^{\frac{1}{2}}c^{2} \right) \ge 3 \cdot 32 \sqrt[3]{a^{5}b^{5}c^{5}}=96}\)

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \left( a+b \right) ^{4} \left( b+c \right) + \left( b+c \right) ^{4} \left( c+a \right) + \left( c+a \right) ^{4} \left( a+b \right) \ge 3 ((a+b)(b+c)(c+a))^{\frac{5}{3}} \ge 3(8abc)^{\frac{5}{3}}=96}\)

Dla dodatnich \(\displaystyle{ \left( a^{5}-a^{2}+3 \right) \left( b^{5}-b^{2}+3 \right) \left( c^{5}-c^{2}+3 \right) \ge \left( a+b+c \right) ^{3}}\)

[bosa_Nike]

Uskuteczniam trochę prywaty - być może ktoś da dowód niżej proponowanej nierówności istotnie różny od mojego...

Ukryta treść:    

Najpierw: \(\displaystyle{ \left(a^5-a^2+3\right)\left(b^5-b^2+3\right)\left(c^5-c^2+3\right)\ge\left(a^3+2\right)\left(b^3+2\right)\left(c^3+2\right)}\)

To z \(\displaystyle{ \left(a^5-a^2+3\right)-\left(a^3+2\right)=\left(a-1\right)^2\left(a+1\right)\left(a^2+a+1\right)\ge 0}\)

Dalej z Hoeldera: \(\displaystyle{ \left(a^3+1+1\right)\left(1+b^3+1\right)\left(1+1+c^3\right)\ge\left(a\cdot 1\cdot 1+1\cdot b\cdot 1+1\cdot 1\cdot c\right)^3 =\left(a+b+c\right)^3}\)

Jak ktoś nie lubi, to: \(\displaystyle{ 3=\sum\limits_{cyc}\left(\frac{a^3}{a^3+2}+\frac{1}{b^3+2}+\frac{1}{c^3+2}\right)\ge\sum\limits_{cyc}\frac{3a}{\sqrt[3]{\left(a^3+2\right) \left(b^3+2\right) \left(c^3+2\right)} }}\)

Jak ktoś lubi prościej, to (też AM-GM):

\(\displaystyle{ L=\left(a^3+2\right)\left(b^3+2\right)\left(c^3+2\right)=\\ a^3b^3c^3+2a^3b^3+2b^3c^3+2a^3c^3+4a^3+4b^3+4c^3+8=\\ a^3+b^3+c^3+\left(a^3b^3+a^3+1\right)+\left(a^3c^3+a^3+1\right)+\left(a^3b^3+b^3+1\right)+\left(a^3c^3+c^3+1\right)+\left(b^3c^3+b^3+1\right)+\left(b^3c^3+c^3+1\right)+\left(a^3b^3c^3+a^3+b^3+c^3+1+1\right)\ge\\ a^3+b^3+c^3+3a^2b+3a^2c+3ab^2+3ac^2+3b^2c+3bc^2+6abc=\left(a+b+c\right)^3=P}\)

Dla \(\displaystyle{ a,b,c>0}\) udowodnić \(\displaystyle{ \frac{a^2}{(b+c)^2}+\frac{b^2}{(c+a)^2}+\frac{c^2}{(a+b)^2}\ge\frac{3}{4}\cdot\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}}\)

[Ponewor]

@up Osobiście uważam, że Twój dowód jest bardzo ładny.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \sum \frac{a^{2}}{ \left( b+c \right) ^{2}}= \sum \frac{a^{2}}{ \left( b+c \right) ^{2}} \cdot \sum a^{2} \left( b+c \right) ^{2} \cdot \frac{1}{\sum a^{2} \left( b+c \right) ^{2}} \ge \left( \sum a^{2} \right) ^{2} \cdot \frac{1}{\sum a^{2} \left( b+c \right) ^{2}}= \sum a^{2} \cdot \sum a \left( b+c \right) \cdot \frac{\sum a^{2}}{\sum a \left( b+c \right) \cdot \sum a^{2} \left( b+c \right) ^{2} }=2 \left( \left( a^{3}b+ab^{3} \right) + \left( b^{3}c+bc^{3} \right) + \left( a^{3}c+ac^{3} \right) +a^{2}bc+ab^{2}c+abc^{2} \right) \cdot \frac{\sum a^{2}}{\sum a \left( b+c \right) \cdot \sum a^{2} \left( b+c \right) ^{2} } \ge \left( 4 \left( a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2} \right) +2 \left( a^{2}bc+ab^{2}c+abc^{2} \right) \right) \cdot \frac{\sum a^{2}}{\sum a \left( b+c \right) \cdot \sum a^{2} \left( b+c \right) ^{2} }= \left( \left( ab \right) ^{2}+\left( bc \right) ^{2}+ \left( ca \right) ^{2} + 3 \left( a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2} \right) +2 \left( a^{2}bc+ab^{2}c+abc^{2} \right) \right) \cdot \frac{\sum a^{2}}{\sum a \left( b+c \right) \cdot \sum a^{2} \left( b+c \right) ^{2} }\ge 3 \left( a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+a^{2}bc+ab^{2}c+abc^{2} \right) \cdot \frac{\sum a^{2}}{\sum a \left( b+c \right) \cdot \sum a^{2} \left( b+c \right) ^{2} }=\frac{3}{2}\sum a^{2} \left( b+c \right) ^{2} \cdot \frac{\sum a^{2}}{\sum a \left( b+c \right) \cdot \sum a^{2} \left( b+c \right) ^{2} }=\frac{3}{4}\frac{\sum a^{2}}{\frac{1}{2}\sum a \left( b+c \right) }}\)

Pierwsze szacowanie z Cauchy'ego-Schwarza, drugie z Am-Gm, zaś trzecie to \(\displaystyle{ x^{2}+y^{2}+z^{2} \ge xy+yz+zx}\).

Nowe dla liczb rzeczywistych:
\(\displaystyle{ \left( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right) ^{2} \ge 3 \left( a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a \right)}\)

[bosa_Nike]

Chodziło mi o istotnie różne od mojego rozwiązanie problemu, który ja zaproponowałam. Twoje takie jest, gratuluję.
Jakby ktoś chciał rzeczy skomplikować ponad miarę, to poniżej mój sposób, ku przestrodze.

Ukryta treść:    

Z

\(\displaystyle{ \frac{3}{4}\cdot\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}=\frac{3}{4}\cdot\frac{(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)}{ab+bc+ca}=\frac{3}{4}\cdot\frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}-\frac{3}{2}}\)

oraz

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

mamy

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

Pozostaje

\(\displaystyle{ \frac{(a+b+c)^2}{3}\cdot\left(\frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2}\right)\ge\frac{3}{4}\cdot\frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}\ \iff\\ \\ \frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2}\ge\frac{9}{4(ab+bc+ca)}}\)

czyli Iran'96 - co prawda klasyk, jednakże trudny.

Znam Twoją nierówność z literatury, więc nie wrzucam rozwiązania, warto samodzielnie pokombinować.

[Ponewor]

Dla dodatnich \(\displaystyle{ \left( a^{5}-a^{2}+3 \right) \left( b^{5}-b^{2}+3 \right) \left( c^{5}-c^{2}+3 \right) \ge \left( a+b+c \right) ^{3}}\)

Znalazłem w tym temacie ogólniejszą wersję (dla niej dowód bosej_Nike również działa):
\(\displaystyle{ \left( x^{n+3}-x^n+3 \right) \left( y^{n+3}-y^n+3 \right) \left( z^{n+3}-z^n+3 \right) \ge \left( x+y+z \right) ^3}\)

Nowe dla liczb rzeczywistych:
\(\displaystyle{ \left( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right) ^{2} \ge 3 \left( a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a \right)}\)

hint, bo szkoda zatykać łańcuszek:    

pozwijać w kwadraty

[radwaw]

\(\displaystyle{ \left( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right) ^{2} \ge 3 \left( a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a \right)}\)

Nieprawda?

Dla (1,1,2) lewa wychodzi 36 prawa 33

EDIT: Czas spać gadam bez sensu :/ ...

[timon92]

no czyli się zgadza bo \(\displaystyle{ 36 \ge 33}\)

[bosa_Nike]

OK. Być może przyczynię się do kontynuacji tematu: LINK

Ukryta treść:    

IMHO metoda elementu minimalnego jest najprostsza.

EDIT: Ponewor uznał, że to wystarczy, więc teraz ode mnie.

W dodatnich, jeżeli \(\displaystyle{ a+b+c+d=4}\), to \(\displaystyle{ \sum_{cyc}\frac{a}{1+b^2}\ge 2}\)

[bosa_Nike]

Tydzień mija, znowu się zatkało.

Podpowiedź:    

Podobnie, jak w linku z linku w poprzednim poście: \(\displaystyle{ \frac{a}{1+b^2}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}}\)