[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[Ponewor]

Ukryta treść:    

Najpierw zauważmy, że przez proste mnożenie stronami prawdą jest następująca nierówność:
\(\displaystyle{ \frac{2\left(b+c\right)}{4a+3b+c} > \frac{c}{2\left(a+c\right)} \Leftrightarrow 4ab+bc+3c^{2} > 0}\)
Teraz szacujmy:
\(\displaystyle{ \frac{2(ab+bc+ca-b^2)(b+c)}{4ab+4ac-3b^2+c^2+2bc} + 2a>\frac{2(ab+b^{2}+ca-b^2)(b+c)}{4ab+4ac-3b^2+c^2+2bc} + a=\frac{2a(b+c)^{2}}{4a\left(b+c\right)+\left(3b+c\right)\left(c-b\right)} + a>\frac{2a\left(b+c\right)^{2}}{\left(4a+3b+c\right)\left(b+c\right)}+a=\frac{2a\left(b+c\right)}{4a+3b+c} + a >\frac{ac}{2\left(a+c\right)}+a =\frac{3ac+2a^2}{2(a+c)}}\)

W rzeczywistych jeśli nie było:
\(\displaystyle{ 3\left( x^{2}+xy+y^{2}\right)\left( y^{2}+yz+z^{2}\right)\left( z^{2}+zx+x^{2}\right)\ge \left( x+y+z \right)^{2}\left( xy+yz+zx\right)^{2}}\)

[Powermac5500]

W rzeczywistych jeśli nie było:
\(\displaystyle{ 3\left( x^{2}+xy+y^{2}\right)\left( y^{2}+yz+z^{2}\right)\left( z^{2}+zx+x^{2}\right)\ge \left( x+y+z \right)^{2}\left( xy+yz+zx\right)^{2}}\)

Czy przypadkiem nie w rzeczywistych dodatnich?

Jeśli tak to:

Ukryta treść:    

Na początek:
\(\displaystyle{ 4 \left( x^{2}+xy+y^{2}\right) \ge 3 \left( x-y\right)^{2}}\)

czyli po pomnożeniu naszej nierówności przez \(\displaystyle{ 64}\) mamy

\(\displaystyle{ 81\left( x-y\right)^{2}\left( y-z\right)^{2}\left( z-x\right)^{2}\ge 64\left( x+y+z \right)^{2}\left( xy+yz+zx\right)^{2}}\)

czyli

\(\displaystyle{ 9\left( x-y\right)\left( y-z\right)\left( z-x\right)\ge 8\left( x+y+z \right)\left( xy+yz+zx\right)}\)

co po przeniesieniu na jedną stronę, wymnożeniu i redukcji daje:

\(\displaystyle{ x\left(y-z \right)^{2}+y\left(z-x \right)^{2}+z\left(x-y \right)^{2} \ge 0}\)

co przy założeniu, że \(\displaystyle{ x,y,z}\) są dodatnie jest oczywiste.

[Kartezjusz]

Obawiam się, że niekoniecznie. Musiałby ktoś znaleźć kontrprzykład.

[Msciwoj]

Poza tym i tak masz buga, bo w przedostatniej linijce lewa strona może być ujemna dla dodatnich \(\displaystyle{ x,y,z}\) ( wystarczy, że \(\displaystyle{ x>y>z}\)), a prawa nie, ty tymczasem twierdzisz, że lewa jest zawsze od prawej większa. Nie można tak po prostu podnosić sobie do kwadratu prawdziwych nierówności.

[Powermac5500]

Z rozpędu postawiłem w pierwszym wzorze minus tam, gdzie powinien być plus.
I błąd propagował.
Poprawione:

Ukryta treść:    

Na początek:
\(\displaystyle{ 4 \left( x^{2}+xy+y^{2}\right) \ge 3 \left( x+y\right)^{2}}\)

czyli po pomnożeniu naszej nierówności przez \(\displaystyle{ 64}\) mamy

\(\displaystyle{ 81\left( x+y\right)^{2}\left( y+z\right)^{2}\left( z+x\right)^{2}\ge 64\left( x+y+z \right)^{2}\left( xy+yz+zx\right)^{2}}\)

czyli

\(\displaystyle{ 9\left( x+y\right)\left( y+z\right)\left( z+x\right)\ge 8\left( x+y+z \right)\left( xy+yz+zx\right)}\)

co po przeniesieniu na jedną stronę, wymnożeniu i redukcji daje:

\(\displaystyle{ x\left(y-z \right)^{2}+y\left(z-x \right)^{2}+z\left(x-y \right)^{2} \ge 0}\)

co przy założeniu, że \(\displaystyle{ x,y,z}\) są dodatnie jest oczywiste.

[Ponewor]

Racja miało być w dodatnich, przepraszam za zamieszanie. Jak ktoś chce czegoś niezwykłego, to polecam .

[Msciwoj]

Może by ktoś coś wrzucił?

Powermac5500, chyba twoja kolej.

[Powermac5500]

Może by ktoś coś wrzucił?
Powermac5500, chyba twoja kolej.

Dla takich dodatnich, że \(\displaystyle{ xyz=1}\)

\(\displaystyle{ \sqrt[10]{ \frac{ x^{3} + y^{3} + z^{3} }{3} } \le \frac{x+y+z}{3}}\)

Było?

[Premislav]

Ma ktoś może jakąś wskazówkę do normalnego rozwiązania? Bez rachunku różniczkowego wielu zmiennych nie umiem, choć męczyłem się z jakimiś szacowaniami z Holdera, Jensena, AM-GM, AM-HM i różnymi kombinacjami tychże (ale tak to bywa, że nie wystarczy te nierówności znać, by stosować je efektywnie ).

[Powermac5500]

Spróbuję być trochę pomocny, w końcu sam wrzuciłem tę nierówność.

Pochodzi ona z artykułu w języku wietnamskim dotyczącego nierówności Schura i metody jaką autorka nazywa P.Q.R

Chodzi generalnie o to, że dokonuje się podstawień

\(\displaystyle{ p=a+b+c}\)
\(\displaystyle{ q=ab+bc+ca}\)
\(\displaystyle{ r=abc}\)

i dokonuje szacunków korzystając z pewnych zależności jakie wiążą \(\displaystyle{ p,q,r}\)
Na przykład:
\(\displaystyle{ p^{2} \ge 3q}\)
\(\displaystyle{ p^{3} \ge 27r}\)
\(\displaystyle{ 2p^{3}+9r \ge 7pq}\)
itd.

Ta nierówność była przykładem do samodzielnego rozwiązania, ale nie poświęciłem jej zbyt wiele czasu. Wrzuciłem tu licząc, że ktoś popracuje.

[Premislav]

Dziękuję za wskazówkę. Miałem dzisiaj trochę czasu i co prawda moje rozwiązanie jest ekstremalnie nieodkrywcze jak na ten dział, ale błędu nie widzę (to nie znaczy, że go nie ma...).

Ukryta treść:    

dzięki nieujemności obu stron równoważnie mamy\(\displaystyle{ \frac{x ^{3}+y ^{3}+z ^{3} }{3} \le \left(\frac{x+y+z}{3}\right) ^{10}}\)Zgodnie ze wskazówką dokonam podstawienia, rozpisując uprzednio: \(\displaystyle{ x ^{3}+y ^{3}+z ^{3}=(x+y+z) ^{3}-3x ^{2}y-3xy ^{2}-3(x+y) ^{2}z-3(x+y)z ^{2}=\\(x+y+z) ^{3}-3(x+y+z)(xy+yz+xz)+3xyz}\)
Zatem kładąc w dowodzonej nierówności \(\displaystyle{ x+y+z=p,xy+yz+xz=q, xyz=r}\) otrzymujemy nierówność \(\displaystyle{ \frac{p ^{3} }{3}+r \le \left(\frac{p}{3}\right) ^{10}+pq}\), ale teraz przyda się trochę informacji o naszych \(\displaystyle{ p}\),\(\displaystyle{ q}\),\(\displaystyle{ r}\): z warunków zadania natychmiast \(\displaystyle{ p>0}\), \(\displaystyle{ q>0}\), \(\displaystyle{ r=1}\), ponadto naturalnie z AM-GM \(\displaystyle{ p \ge 3}\), z AM-HM natomiast mamy \(\displaystyle{ q=xy+yz+xz \ge \frac{9}{ \frac{1}{xy} + \frac{1}{yz} + \frac{1}{xz} }= \frac{9xyz}{x+y+z}= \frac{9}{p}}\)Wracając do samej dowodzonej nierówności, podstawiając \(\displaystyle{ r=1}\) i przerzucając wszystko na jedną stronę, otrzymuję \(\displaystyle{ \left(\frac{p}{3}\right) ^{10}- \frac{p ^{3} }{3}+pq-1 \ge 0}\)Mam fobię dużych wykładników, więc przekształcę to trochę: \(\displaystyle{ \left(\left(\frac{p}{3}\right) ^{5}-1\right) ^{2}+2\left(\frac{p}{3}\right) ^{5}- \frac{p ^{3} }{3} +pq-2 \ge 0}\)Teraz "zmniejszę" lewą stronę, kładąc \(\displaystyle{ q= \frac{9}{p}}\), wtedy teza przedstawia się tak: \(\displaystyle{ \left(\left(\frac{p}{3}\right) ^{5}-1\right) ^{2}+2\left(\frac{p}{3}\right) ^{5}- \frac{p ^{3} }{3} +7\ge 0}\) No a to już raczej widoczne, można policzyć/oszacować pierwszą pochodną lewej strony traktowanej jako funkcja zmiennej \(\displaystyle{ p}\) dla \(\displaystyle{ p \ge 3}\) i zaobserwować, że dla \(\displaystyle{ p=3}\) przyjmuje ona (funkcja, nie pochodna) wartość \(\displaystyle{ 0}\) albo np. stwierdzić, że wobec nieujemności \(\displaystyle{ \left(\left(\frac{p}{3}\right) ^{5}-1\right) ^{2}}\) starczy wykazać, że \(\displaystyle{ 2\left(\frac{p}{3}\right) ^{5}- \frac{p ^{3} }{3} +7\ge 0}\) dla \(\displaystyle{ p \ge 3}\); a to tylko trochę dłubania, np. znowu rachunek różniczkowy funkcji jednej zmiennej albo na epsilonach i ze wzorami skróconego mnożenia na różnicę potęg nieparzystych (tj. dla \(\displaystyle{ p \ge 3}\) i dowolnego \(\displaystyle{ \epsilon}\) dodatniego badamy \(\displaystyle{ f(p+\epsilon)-f(p)}\), gdzie \(\displaystyle{ f(p)=2\left(\frac{p}{3}\right) ^{5}- \frac{p ^{3} }{3} +7}\)+sprawdzenie wartości dla \(\displaystyle{ p=3}\)).

Jeśli nie ma błędu, to zaproponuję coś, co pewnie jest nieskończenie znane, bo nic lepszego nie znam (ale przynajmniej może nie będzie blokowało).
Dla rzeczywistych \(\displaystyle{ x}\), \(\displaystyle{ y}\), \(\displaystyle{ z}\), takich że \(\displaystyle{ xyz=1}\) oraz \(\displaystyle{ x}\), \(\displaystyle{ y}\), \(\displaystyle{ z \neq 1}\) udowodnić, że:
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{} \frac{x ^{2} }{(x-1) ^{2} } \ge 1}\)

[Karaskas]

No a to już raczej widoczne

Raczej nie. Twoja funkcja faktycznie zeruje się dla \(\displaystyle{ p=3}\), ale staje się ujemna wraz ze wzrostem argumentu; ponownie zmienia znak dopiero w okolicach \(\displaystyle{ p=3,77}\). Z drugiej zaś strony od szacowania \(\displaystyle{ q \geqslant \frac{9}{p}}\) lepsze wydaje się nawet trywialne \(\displaystyle{ q \geqslant 3}\).

[Premislav]

Dziękuję bardzo za zwrócenie uwagi na błąd. W sumie, to \(\displaystyle{ p}\) jest nieograniczone, więc to powinno od razu rzucić mi światło na to, jak kretyńskie jest to moje szacowanie na \(\displaystyle{ q}\). Nie wiem, ile ja wypiłem, zanim zabrałem się za liczenie tej pochodnej.
Próbowałem teraz jakoś szacować \(\displaystyle{ pq}\), ale dla otrzymanych przeze mnie tą drogą nierówności i tak się sypie powyżej \(\displaystyle{ 3}\).

[Vax]

Dla takich dodatnich, że \(\displaystyle{ xyz=1}\)

\(\displaystyle{ \sqrt[10]{ \frac{ x^{3} + y^{3} + z^{3} }{3} } \le \frac{x+y+z}{3}}\)

Ukryta treść:    

Podstawiamy \(\displaystyle{ 3p = x+y+z \ , \ 3q^2 = xy+yz+zx \ , \ r^3 = xyz = 1}\), wówczas jak łatwo sprawdzić nasza nierówność przyjmuje postać \(\displaystyle{ 9pq^2+p^{10}-9p^3-1 \ge 0}\), co jest rosnącą funkcją liniową niewiadomej \(\displaystyle{ q^2}\), więc wystarczy sprawdzić przypadek gdy \(\displaystyle{ q^2}\) przyjmuje minimum, czyli gdy dwie niewiadome są równe, bso \(\displaystyle{ y=z=t}\), wtedy \(\displaystyle{ x = \frac{1}{t^2}}\), nasza nierówność po prostych przekształceniach przyjmuje postać \(\displaystyle{ (2t^3+1)^{10} \ge 3^9t^{14}(2t^9+1)}\) co jest prawdą na mocy wolframa.

Dla rzeczywistych \(\displaystyle{ x}\), \(\displaystyle{ y}\), \(\displaystyle{ z}\), takich że \(\displaystyle{ xyz=1}\) oraz \(\displaystyle{ x}\), \(\displaystyle{ y}\), \(\displaystyle{ z \neq 1}\) udowodnić, że:
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{} \frac{x ^{2} }{(x-1) ^{2} } \ge 1}\)

Ukryta treść:    

Wstawiamy \(\displaystyle{ z=\frac{1}{xy}}\) oraz \(\displaystyle{ a = x+y \ , \ b = xy}\) i nasza nierówność po prostych przekształceniach przyjmuje postać \(\displaystyle{ \frac{(a+b^2-3b)^2}{(b-1)^2(b-a+1)^2} \ge 0}\)

Niech \(\displaystyle{ a,b>0}\) będą takie, że \(\displaystyle{ \sqrt{a^2+3}+\sqrt{b^2+8} = 5}\). Pokazać, że \(\displaystyle{ \frac{3}{a}+\frac{2}{b} \ge 5}\)-- 24 lis 2013, o 14:33 --

Hint:    

\(\displaystyle{ 5 = \sqrt{a^2+3}+\sqrt{b^2+8} \ge \frac{a+3}{2}+\frac{b+8}{3}}\)

[Ponewor]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ 5=\sqrt{a^{2}+3}+\sqrt{b^{2}+8}=2\cdot\sqrt{\frac{a^{2}+1^{2}+1^{2}+1^{2}}{4}}+3\cdot\sqrt{\frac{b^{2}+1^{2}+1^{2}+1^{2}+1^{2}+1^{2}+1^{2}+1^{2}+1^{2}}{9}}\ge 2\cdot\frac{a+1+1+1}{4}+3\cdot\frac{b+1+1+1+1+1+1+1+1}{9}=\frac{a+3}{2}+\frac{b+8}{3} \Rightarrow \\ 5 \ge 3a+2b = 5 \cdot \frac{a+a+a+b+b}{5} \ge 5 \cdot \frac{5}{\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}}=5 \cdot \frac{5}{\frac{3}{a}+\frac{2}{b}} \Rightarrow \\ \frac{3}{a}+\frac{2}{b} \ge 5}\)

Dla dodatnich i \(\displaystyle{ n\ge 2}\):
\(\displaystyle{ \left( a_{1}^{3}+1\right)\left(a_{2}^{3}+1 \right)\cdot\ldots\cdot\left(a_{n}^{3}+1\right)\ge\left(a_{1}^{2}a_{2}+1\right)\left(a_{2}^{2}a_{3}+1\right)\cdot\ldots\cdot\left(a_{n}^{2}a_{1}+1\right)}\)