[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[Vargensan]

Ale pewnie dowód tego lematu jest równie trudny co tam ta nierówność. Timon92 ale ja użyłem jensena dla wklęsłych....
Przynajmniej może coś ruszy i ktoś dowiedzie tego lematu. Przepraszam że puściłem blef :-

[timon92]

dowód lematu nie jest trudny, wystarczy ujednorodnić, wymnożyć i pozwijać w kwadraty

miałem na myśli, że nie jest wklęsła (wypukła też nie jest)

[Vax]

Ok to może:

Ukryta treść:    

Jak timon92 zasugerował, lemat jest prawdziwy, pokazujemy go tak:

\(\displaystyle{ \frac{1}{(2a+b+c)^2} \le \frac{1}{12+4a^2} \iff 12 \le (4a+b+c)(b+c)}\)

Ale (korzystamy z oczywistej nierówności \(\displaystyle{ (ab+ac+bc)^2 \ge 3abc(a+b+c)}\)):

\(\displaystyle{ (4a+b+c)(b+c) = 4a(b+c)+(b+c)^2 \ge 4a(b+c)+4bc = 4(ab+ac+bc) \ge \frac{12abc(a+b+c)}{ab+ac+bc} = 12}\)

Pozostaje więc pokazać, że \(\displaystyle{ \sum \frac{1}{3+a^2} \le \frac{3}{4}}\), jeżeli któraś z \(\displaystyle{ a,b,c}\) jest nie mniejsza niż \(\displaystyle{ 3}\), np \(\displaystyle{ a \ge 3}\) to \(\displaystyle{ \frac{1}{3+a^2} \le \frac{1}{12}}\) i zostaje pokazać \(\displaystyle{ \frac{1}{b^2+3}+\frac{1}{c^2+3} \le \frac{2}{3}}\) co jest prawdą, bo dla wszystkich \(\displaystyle{ x}\) mamy \(\displaystyle{ \frac{1}{x^2+3} \le \frac{1}{3}}\)

Załóżmy, że \(\displaystyle{ a,b,c < 3}\), ale wówczas jak łatwo sprawdzić zachodzi lemat:

\(\displaystyle{ \frac{1}{3+x^2} \le -\frac{1}{16}(x-\frac{1}{x})+\frac{1}{4}}\)

Sumując dla \(\displaystyle{ x=a,b,c}\) mamy tezę.

Nowa nierówność (po zmianie):

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

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

[Msciwoj]

Być może jakaś głupota totalna, jest 4:30 rano, więc nie wrzucam nic nowego póki nikt nie potwierdzi:

Ukryta treść:    

Zmieniła się nierówność, więc skasowałem rozwiązanie.

[henryk pawlowski]

Ta nierówność jest tematem trwającego do godz. 21-szej dziś konkursu Liga Zadaniowa OMG na Facebooku! Psujecie gimnazjalistom zabawę i naukę przed czekającymi ich niebawem zawodami II stopnia! Oto Wam chodzi? Wstyd!

[Vax]

Z tego co wiem to są to po prostu ciekawe zadania wrzucane na fp omg, aby ludzie mogli chwilę pogłówkować, a dla gimnazjalistów przygotowujących się do 2 etapu był to jakiś trening. Jeżeli ktoś chce je robić samemu przecież nie musi patrzeć na rozwiązanie. Poza tym wydaje mi się, że osoby przygotowujące się do 2 etapu omg nauczyłyby się sporo więcej widząc tutaj ciekawe, nietuzinkowe rozwiązanie(a) zadania. Ale przyznaję trochę racji, jest to liga omg, są być może osoby konkurujące w niej i dawanie tego zadania mogło być trochę nie na miejscu, zmieniłem nierówność

[Ponewor]

\(\displaystyle{ a,b,c\in\mathbb{R}^+}\) spełniające warunek \(\displaystyle{ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=a+b+c}\). Udowodnij nierówność:

\(\displaystyle{ \frac{1}{(a+b+2c)^2}+\frac{1}{(a+c+2b)^2}+\frac{1}{(b+c+2a)^2}\leq\frac{3}{16}}\)

Jeszcze odnośnie tej nierówność warto wspomnieć, że bardzo błyskotliwe rozwiązanie znajduje się

[Msciwoj]

Dobra, mam rozwiązanie:

Ukryta treść:    

Podstawmy sobie takie \(\displaystyle{ x,y,z > 0}\), że
\(\displaystyle{ a= \frac{x}{y}}\), \(\displaystyle{ b= \frac{y}{z}}\),\(\displaystyle{ c= \frac{z}{x}}\)
Takie liczby istnieją na mocy założenia \(\displaystyle{ abc=1}\), oczywiście to założenie jest prawdziwe dla dowolnych \(\displaystyle{ x,y,z >0}\).
Teza wygląda teraz tak:

\(\displaystyle{ \frac{x^3}{y^{2}z} + \frac{y^3}{z^{2}x} + \frac{z^3}{x^{2}y} \ge \frac{x^2}{yz} + \frac{y^2}{zx} + \frac{z^2}{xy}}\)

Po wymnożeniu stronami przez \(\displaystyle{ x^{2}y^{2}z^{2}}\) mamy

\(\displaystyle{ x^{5}z + y^{5}x + z^{5}y \ge x^{4}yz + y^{4}xz + z^{4}xy}\)

Jako że nierówność jest tylko cykliczna, a nie symetryczna, mamy dwa przypadku (po ustaleniu uwagi):
1. \(\displaystyle{ x \ge y \ge z}\)
2. \(\displaystyle{ x \ge z \ge y}\)

W pierwszym przypadku mamy
\(\displaystyle{ x^4 \ge y^4 \ge z^4}\)
\(\displaystyle{ xy \ge xz \ge yz}\)

Na mocy twierdzenia o ciągach jednomonotonicznych prawa strona tezy jest najmniejszą możliwą permutacją, a lewa jest jakąś inną, wobec tego \(\displaystyle{ L \ge P}\)

W drugim przypadku całkowicie analogicznie:
\(\displaystyle{ x^4 \ge z^4 \ge y^4}\)
\(\displaystyle{ xz \ge xy \ge yz}\)

I znów, na mocy tego samego twierdzenia i z tego samego powodu otrzymujemy \(\displaystyle{ L \ge P}\).
Co kończy dowód.

Może niech będzie coś takiego: niech \(\displaystyle{ A}\) będzie zbiorem wszystkich liczb naturalnych, które nie zawierają dziewiątki w rozwinięciu dziesiętnym. Pokazać, że
\(\displaystyle{ \sum_{n \in A} \frac{1}{n} \le 28}\)

[timon92]

wskazówka:    

oszacować \(\displaystyle{ \sum_{n \in A \cap [10^k, 10^{k+1})} \frac 1 n}\) za pomocą \(\displaystyle{ \sum_{n \in A \cap [10^{k-1}, 10^{k})} \frac 1 n}\)

[Oildale]

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ A _{k}}\) będzie podzbiorem \(\displaystyle{ A}\) takim, że jego elementy są większe od \(\displaystyle{ 10 ^{k - 1}}\) i nie większe od \(\displaystyle{ 10 ^{k}}\). Wtedy:
\(\displaystyle{ \sum_{n \in A}^{} \frac{1}{n} = \sum_{1 \le k}^{} \sum_{n \in A _{k} }^{} \frac{1}{n}}\).
Dosyć łatwo sprawdzić, że: \(\displaystyle{ \sum_{n \in A _{1} }^{} \frac{1}{n} \le 2.8}\)
Wykażemy, że: \(\displaystyle{ \sum_{n \in A _{k + 1} }^{} \frac{1}{n} \le \frac{9}{10} \cdot \sum_{n \in A _{k} }^{} \frac{1}{n}}\)
To da nam teze na mocy pierwszego spostrzeżenia (wystarczy zastosować dwa powyższe szacowania i policzyć, że wychodzi tyle ile trzeba).
Żeby wykazać, że zachodzi drugie szacowanie weźmy sobie jakieś \(\displaystyle{ n \in A _{k}}\). Zauważmy, że:
\(\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{8} \frac{1}{n.k} \le \frac{9}{10} \cdot \frac{1}{n}}\), gdzie notacja \(\displaystyle{ n.k}\) oznacza postawienie cyfry \(\displaystyle{ k}\) po prawej stronie \(\displaystyle{ n}\). Sumując powyższą nierówność po wszystkich elementach \(\displaystyle{ A _{k}}\) dostajemy drugie szacowanie, a to kończy dowód.

A nierówność ode mnie:
\(\displaystyle{ \frac{1}{(x - y) ^{2} } + \frac{1}{(y - z) ^{2} } + \frac{1}{(z - x) ^{2} } \ge \frac{4}{xy + yz + zx}}\), dla \(\displaystyle{ x, y, z}\) parami różnych liczb dodatnich. Wyznaczyć kiedy zachodzi równość.

[Vax]

Ukryta treść:    

Bso przyjmijmy \(\displaystyle{ x>y>z}\) i podstawmy \(\displaystyle{ y = b+z , x = a+b+z}\) gdzie \(\displaystyle{ a,b,z>0}\), mamy wtedy pokazać:

\(\displaystyle{ \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{(a+b)^2} \ge \frac{4}{(b+z)(a+b+z)+z(b+z)+z(a+b+z)}}\)

Ale

\(\displaystyle{ \frac{4}{(b+z)(a+b+z)+z(b+z)+z(a+b+z)} < \frac{4}{b(a+b)} \le \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{(a+b)^2} \\ \\ \iff \\ \\ (a^2-ab-b^2)^2 \ge 0}\)

Równość nigdy nie zajdzie, bo musiałoby być \(\displaystyle{ z=0}\) a z założeń \(\displaystyle{ x,y,z > 0}\)

\(\displaystyle{ a,b,c > 0 \wedge abc=1 \Rightarrow \sum \frac{1}{a^5(b+2c)^2} \ge \frac{1}{3}}\)

[Vether]

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ a= \frac{1}{x}}\), \(\displaystyle{ b= \frac{1}{y}}\), \(\displaystyle{ c= \frac{1}{z}}\). Oczywiście \(\displaystyle{ xyz=1}\). Dostajemy:

\(\displaystyle{ \sum_{cyc} \frac{1}{a^5(b+2c)^2}= \sum_{cyc} \frac{x^5y^2z^2}{\left( 2y+z\right)^2 }=\sum_{cyc} \frac{x^3}{\left( 2y+z\right)^2 }}\)

Z nierówności Holdera:
\(\displaystyle{ \sum_{cyc} \frac{x^3}{\left( 2y+z\right)^2 } \left( \sum_{cyc} 2y+z\right)^2 \ge \left(x+y+z \right)^3}\)

Pozostało pokazać, że:
\(\displaystyle{ \left(x+y+z \right)^3 \ge 3(x+y+z)^2 \Leftrightarrow x+y+z \ge 3}\)

A przecież:
\(\displaystyle{ \frac{x+y+z}{3} \ge \sqrt[3]{xyz} = 1}\)

EDIT: Dotarła do mnie jednogłośna opinia: "trywialna. nie robie". Wobec tego... Zmiana nierówności...

\(\displaystyle{ x,y,z>0 \Rightarrow \sum_{cyc} \sqrt{ \frac{13x}{7x+6y} } \le 3}\)

[Vax]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \sum \sqrt{\frac{13x}{7x+6y}} = \sum \sqrt{(7z+6x)\cdot \frac{13x}{(7x+6y)(7z+6x)}} \le \sqrt{(\sum 7z+6x)\cdot (\sum \frac{13x}{(7x+6y)(7z+6x)})} = \sqrt{13(x+y+z) \cdot \frac{169(xy+yz+zx)}{(7x+6y)(7y+6z)(7z+6x)}} = \sqrt{\frac{2197(x+y+z)(xy+yz+zx)}{(7x+6y)(7y+6z)(7z+6x)}}}\)

Czyli wystarczy pokazać \(\displaystyle{ 9(7x+6y)(7y+6z)(7z+6x) \ge 2197(x+y+z)(xy+yz+zx)}\)

A to jest równoważne \(\displaystyle{ 449(x^2y+y^2z+z^2x) + 71(xy^2+yz^2+zx^2) \ge 1560xyz}\) co wynika z am-gm

\(\displaystyle{ x,y,z > 0 \wedge xyz=1 \Rightarrow \frac{x+y+z}{3} \ge \frac{1}{x^5z^3+2yz}+\frac{1}{y^5x^3+2zx}+\frac{1}{z^5y^3+2xy}}\)

[Vether]

Ukryta treść:    

AM-GM:
\(\displaystyle{ \sum_{cyc} \frac{1}{x^5z^3+2yz} \le \sum_{cyc} \frac{1}{3xz } = \frac{xyz}{3}\left( \frac{1}{xy} + \frac{1}{xz} + \frac{1}{yz} \right) = \frac{x+y+z}{3}}\)

\(\displaystyle{ x,y,z \ge 0 \wedge xy+yz+zx =1 \Rightarrow \frac{1}{x+y} + \frac{1}{y+z} + \frac{1}{z+x} \ge \frac{5}{2}}\)

[Oildale]

Ukryta treść:    

Wymnażamy, ujednorodniamy i używamy Muirhead'a (serio wychodzi, bo przeliczyłem, nawet nie trzeba jakoś specjalnie się z nim silić bo zostaje spory zapas).

Zachodzi \(\displaystyle{ xyz = 1, x, y, z \ge 0}\). Wykaż, że: \(\displaystyle{ (x+y)(y+z)(z+x) \ge 8}\).