[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[Premislav]

Jasne, świetne (chodzi mi o drugie szacowanie... no tak, nierówność Cauchy'ego-Schwarza w formie Engela, na to bym nie wpadł, to czyni rozwiązanie zgrabniejszym).

Wrzucaj, jeśli masz coś fajnego.

[Zahion]

Nie wiem jak z nim pójdzie :
dla dodatnich \(\displaystyle{ x + y + z = x^{2} + y^{2} + z^{2}}\), wtedy
\(\displaystyle{ xyz + 8 \ge 3\left( x+y+z\right)}\)

[bosa_Nike]

Ukryta treść:    

Weźmy \(\displaystyle{ x=1-a,\ y=1-b,\ z=1-c}\). Wśród liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) znajdziemy parę liczb nieujemnych lub parę liczb niedodatnich. WLOG \(\displaystyle{ ab\ge 0}\).

Po podstawieniu dostajemy nierówność \(\displaystyle{ -abc+ab+bc+ca\ge -2(a+b+c)}\) z warunkiem \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2=a+b+c}\), tzn.

\(\displaystyle{ L-P=-abc+ab+bc+ca+2(a+b+c)=-abc+ab+bc+ca+2\left(a^2+b^2+c^2\right)=\\ \frac{1}{2}\left(2ab(1-c)+(a+c)^2+(b+c)^2+3a^2+3b^2+2c^2\right)\ge 0}\)

Równość dla \(\displaystyle{ a=b=c=0}\), tzn. dla \(\displaystyle{ x=y=z=1}\).

Kombinując wstecz można podać rozwiązanie bez podstawień, które wygląda jak wyciągnięte z kapelusza.
Wśród liczb \(\displaystyle{ x,y,z}\) są dwie nie większe lub dwie nie mniejsze od jedynki. WLOG \(\displaystyle{ (1-x)(1-y)\ge 0}\). Mamy wtedy:

\(\displaystyle{ L-P=xyz+8-3(x+y+z)=xyz+8+2\left(x^2+y^2+z^2\right)-5(x+y+z)=\\ \\ \frac{2(1-x)(1-y)z+(2-x-z)^2+(2-y-z)^2+3(1-x)^2+3(1-y)^2+2(1-z)^2}{2}}\)

W dodatnich udowodnić \(\displaystyle{ a+b+c+\frac{1}{abc}\ge\frac{2(ab+bc+ca+1)^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}}\)

[krolikbuks42]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \frac{a}{2} + \frac{b}{2} + \frac{c}{2} + \frac{1}{2abc} = \frac{ \frac{a^2b^2}{4} }{ab^2} + \frac{ \frac{a^2c^2}{4} }{ac^2} + \frac{ \frac{b^2a^2}{4} }{ba^2} + \frac{ \frac{b^2c^2}{4} }{bc^2} + \frac{ \frac{c^2a^2}{4} }{ca^2} + \frac{ \frac{c^2b^2}{4} }{cb^2} + \frac{1}{2abc}}\)

Na mocy nierówności Cauchy'ego - Schwarza w wersji Engela mamy tezę.

Nowe:

\(\displaystyle{ a_1, a_2, ..., a_n \in R^{+}}\) oraz \(\displaystyle{ a_1+a_2+...+a_n < 1}\)
Wykazać, że:
\(\displaystyle{ \frac{a_1 \cdot a_2 \cdot ... \cdot a_n \cdot ( 1 - (a_1 + ... + a_n ) ) }{(a_1 + ... + a_n) \cdot (1 - a_1) \cdot (1-a_2) \cdot ... \cdot (1 - a_n)} \le \frac{1}{n^{n+1}}}\)

[utyqaq]

Ukryta treść:    

Definiujemy \(\displaystyle{ a_{n+1}:= 1-a_1-a_2-\ldots-a_n}\)
Dla \(\displaystyle{ a+b<1}\) wyrażenie \(\displaystyle{ \frac{ab}{1-(a+b)+ab} = \frac{1}{(ab)^{-1}(1-(a+b))+1}}\) rośnie ze zbliżaniem z zachowaniem sumy (bo iloczyn rośnie).
Czyli największa wartość lewej strony jest dla \(\displaystyle{ a_1=a_2=\ldots=a_n=a_{n+1}=\frac{1}{n+1}}\) a jest ona równa
\(\displaystyle{ \frac{1}{n^{n+1}}}\).

Nowe:
\(\displaystyle{ a,b,c,d}\) dodatnie i spełniające
\(\displaystyle{ ab+bc+ca+ad+db+cd = 6}\)
Udowodnić, że
\(\displaystyle{ \frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}+\frac{1}{d^2+1} \geq 2}\)

[bosa_Nike]

Ukryta treść:    

Jeżeli ktoś szuka natchnienia lub chce zobaczyć dyskusję o tej nierówności, to hasło Problem 3, Brazilian Olympic Revenge 2013 może być pomocne.

[bosa_Nike]

To może jednak spróbuję.

Ukryta treść:    

Rozszerzymy do nieujemnych i pokażemy, że wystarczy sprawdzić prawdziwość nierówności dla \(\displaystyle{ 1)\ a=0;\ 2a)\ a=b,c=d;\ 2b)\ a=b=c}\).
Ustalmy na chwilę \(\displaystyle{ d}\) i oznaczmy \(\displaystyle{ x=2-\frac{1}{1+d^2}}\), wtedy \(\displaystyle{ 2>x\ge 1}\) i mamy
\(\displaystyle{ \frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}\ge x\iff\\ \\ \left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)+\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)+\left(1+c^2\right)\left(1+a^2\right)\ge x\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)\iff\\ (x-1)(ab+bc+ca)^2+2(2-x)(ab+bc+ca)+\\ \\ (x-2)(a+b+c)^2+2(1-x)abc(a+b+c)+x-3+xa^2b^2c^2\le 0}\)

Po lewej stronie jest trójmian kwadratowy względem wszystkich trzech elementarnych wielomianów symetrycznych. Weźmy \(\displaystyle{ abc}\). Współczynnik wiodący jest dodatni, więc potrzebujemy tylko sprawdzić wartości trójmianu dla skrajnych wartości \(\displaystyle{ abc}\), tj. gdy dwa czynniki są sobie równe lub gdy jeden jest zerem.\(\displaystyle{ (*)}\)

Przypadek 1.
Jeżeli \(\displaystyle{ a=0}\), to mamy \(\displaystyle{ \frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}+\frac{1}{1+d^2}\ge 1\iff b^2+c^2+d^2+2-b^2c^2d^2\ge 0}\) przy \(\displaystyle{ bc+bd+cd=6}\), co jest prawdą, bo \(\displaystyle{ 6=bc+bd+cd\ge 3\sqrt[3]{b^2c^2d^2}\iff -b^2c^2d^2\ge -8}\) i mamy

\(\displaystyle{ b^2+c^2+d^2+2-b^2c^2d^2\ge b^2+c^2+d^2-6=b^2+c^2+d^2-bc-bd-cd\ge 0}\)

Przypadek 2.
Jeżeli \(\displaystyle{ a=b> 0}\), to mamy \(\displaystyle{ \frac{2}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}+\frac{1}{1+d^2}\ge 2}\) przy \(\displaystyle{ b^2+2bc+2bd+cd=6}\). Ta nierówność już nie jest symetryczna - jeszcze bardziej się rozdrabniamy.

Przypadek 2a.
Ustalmy na chwilę \(\displaystyle{ b}\) i oznaczmy \(\displaystyle{ y=2-\frac{2}{1+b^2}}\), wtedy \(\displaystyle{ \sqrt{6}\ge b> 0\iff \frac{12}{7}\ge y> 0}\). Mamy:
\(\displaystyle{ \frac{1}{1+c^2}+\frac{1}{1+d^2}\ge y\iff (1-y)(c+d)^2-2(1-y)cd-yc^2d^2+(2-y)\ge 0}\)
To jest trójmian kwadratowy względem \(\displaystyle{ cd}\) z ujemnym współczynnikiem wiodącym - ze względu na zwrot nierówności znów potrzebujemy tylko wartości trójmianu na krańcach przedziału, do którego należy \(\displaystyle{ cd}\), czyli gdy \(\displaystyle{ c=0}\) lub \(\displaystyle{ c=d}\).

Przypadek \(\displaystyle{ c=0}\) (tzn. ogólnie jednej zmiennej zerowej) został rozpatrzony powyżej.

Jeżeli \(\displaystyle{ c=d>0}\), to \(\displaystyle{ \frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+d^2}\ge 1\iff 1-b^2d^2\ge 0}\) przy \(\displaystyle{ b^2+4bd+d^2=6\ge 6bd}\), więc nierówność jest prawdziwa.

Przypadek 2b.
Ustalmy na chwilę \(\displaystyle{ d}\) i oznaczmy \(\displaystyle{ z=2-\frac{1}{1+d^2}}\), wtedy \(\displaystyle{ 2>z> 1}\). Mamy:
\(\displaystyle{ \frac{2}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}\ge z\iff (1-z)b^2+(2-z)c^2-zb^2c^2+(3-z)\ge\\ \\ (1-z)(b+c)^2-2(1-z)bc-zb^2c^2+(3-z)\ge 0}\)

To jest trójmian kwadratowy względem \(\displaystyle{ bc}\) z ujemnym współczynnikiem wiodącym i mamy do sprawdzenia dwa przypadki, ale \(\displaystyle{ c=0}\) był już sprawdzany, więc zostaje \(\displaystyle{ c=b}\).
Wtedy \(\displaystyle{ \frac{3}{1+b^2}+\frac{1}{1+d^2}\ge 2}\) przy \(\displaystyle{ b^2+bd=2}\), więc \(\displaystyle{ \frac{3}{1+b^2}+\frac{1}{1+\left(\frac{2-b^2}{b}\right)^2}- 2=\frac{2(b+1)^2(b-1)^2\left(2-b^2\right)}{\left(b^2+1\right)\left(b^4-3b^2+4\right)}\ge 0}\), co jest prawdą, bo \(\displaystyle{ 2-b^2=bd\ge 0}\).

Równość w wyjściowej nierówności jest osiągana dla \(\displaystyle{ (a,b,c,d)=(1,1,1,1)}\) lub \(\displaystyle{ (0,\sqrt{2},\sqrt{2},\sqrt{2})}\) i permutacji.

\(\displaystyle{ (*)}\) Metody dowodzenia nierówności polegające na manipulacjach elementarnymi wielomianami symetrycznymi mają różne nazwy - pqr, uvw, abc. Można poczytać np. w Cvetkovski, Inequalities. Theorems, Techniques and Selected Problems oraz

Kod: Zaznacz cały

https://www.google.pl/url?sa=t&rct=j&q=&esrc=s&source=web&cd=1&cad=rja&uact=8&ved=0ahUKEwisqPPX5OLOAhXI6xQKHfppCYsQFggeMAA&url=https%3A%2F%2Fservices.artofproblemsolving.com%2Fdownload.php%3Fid%3DYXR0YWNobWVudHMvYS9hLzMzZWZlMTNkZDU3NzUzMGYyNjM2ZTFiNmM1NzAwZmY3YmQ0OTZlLnBkZg%3D%3D%26rn%3DVGhlIHV2dyBtZXRob2QucGRm&usg=AFQjCNGo_-CWOU4P0JiA2GSMztATVOy9cA

.

Kod: Zaznacz cały

https://phungkon1.files.wordpress.com/2011/03/pp-cm-bdt-abc.pdf

mogą być ciekawe rzeczy, ale nie potrafię tego do końca zweryfikować. Idea tego rozwiązania została zaczerpnięta z Phuong, Diamonds in Mathematical Inequalities.

Jeśliby nikt nie przyłapał mnie na kłamstwie, to kolejna:

W nieujemnych udowodnić \(\displaystyle{ 8abc+9\left(a^2+b^2+c^2\right)+64+7(ab+bc+ca) \ge 40(a+b+c)}\)

[Kartezjusz]

Niech każdy rzuci po pomyśle, wskazówce, uwadze. Bo trochę stoimy.

Ukryta treść:    

ja zacznę od tego, że równość mamy dla \(\displaystyle{ a=b=c=1}\)

[timon92]

Ukryta treść:    

najpierw postaramy się zminimalizować \(\displaystyle{ abc}\) przy ustalonych \(\displaystyle{ a+b+c}\) i \(\displaystyle{ ab+bc+ca}\)

narzuca się rozważenie wielomianu \(\displaystyle{ t^3-(a+b+c)t^2+(ab+bc+ca)t-abc}\), którego pierwiastkami są \(\displaystyle{ a,b,c}\)

manipulując \(\displaystyle{ a,b,c}\) przy zachowaniu \(\displaystyle{ a+b+c}\) i \(\displaystyle{ ab+bc+ca}\) w naszym wielomianie zmienia się tylko wyraz wolny

minimalizowanie \(\displaystyle{ abc}\) to to samo co maksymalizowanie wyrazu wolnego

chcemy to robić tak, żeby wielomian wciąż miał trzy nieujemne pierwiastki

jak narysujemy wykres i będziemy go przesuwać w górę to stanie się jasne, że optymalnie będzie w jednym z dwóch przypadków: najmniejszy pierwiastek jest równy \(\displaystyle{ 0}\) lub największy pierwiastek jest dwukrotny

tak więc wystarczy ograniczyć się do tych dwóch przypadków

pierwszy z nich, niech \(\displaystyle{ c=0}\), do udowodnienia mamy \(\displaystyle{ 9a^2+9b^2+7ab+64-40a-40b \ge 0}\) a to się ładnie zwija do \(\displaystyle{ \left(8-\frac{5(a+b)}2\right)^2+\frac{11}{4}(a-b)^2 \ge 0}\) czyli ten przypadek jest załatwiony

drugi przypadek, niech \(\displaystyle{ a\le b=c}\), wtedy chcemy wykazać, że \(\displaystyle{ (25+8a)b^2+(14a-80)b+9a^2-40a+64\ge 0}\)

z powodu braku pomysłu na sprytne zwinięcie liczymy wyróżnik: \(\displaystyle{ \Delta = ... = -288a(a-1)^2 \le 0}\) no i już

równość mamy gdy wszystkie zmienne są równe 1 lub gdy jedna jest równa 0 a pozostałe \(\displaystyle{ \frac 85}\)

nowe: \(\displaystyle{ a,b,c}\) dodatnie, wykazać, że \(\displaystyle{ \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} \ge \frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}}\)

[bosa_Nike]

Do poprzedniej:    

Tamta jest równoważna \(\displaystyle{ \frac{11(3a+5c-8)^2+(15a+18b+7c-40)^2+288a(b-1)(c-1)}{36}\ge 0}\), prawdziwej na mocy symetrii i zasady szufladkowej. Można to wytrzepać z dywanu, gdy się jest Ramanujanem lub podstawić \(\displaystyle{ a=x+1,b=y+1,c=z+1}\) - wtedy zwija się znacznie łatwiej.
Timonowym sposobem to u mnie powychodziło tak:
- gdy \(\displaystyle{ c=b}\), wtedy: \(\displaystyle{ L-P=\frac{(7a+25b+8ab-40)^2+72a(a-1)^2}{8a+25}\ge 0}\);
- gdy \(\displaystyle{ c=0}\), wtedy: \(\displaystyle{ L-P=\frac{1}{36}\left((18a+7b-40)^2+11(5b-8)^2\right)\ge 0}\).

[Zahion]

Ukryta treść:    

Z C-S mamy \(\displaystyle{ \left( \sum_{cyc}^{} \frac{a}{\sqrt{a^{2}+8bc}} \right)^{2} \le \left( a+b+c\right) \sum_{cyc}^{} \frac{a}{a^{2}+8bc}}\), nierówność sprowadza się do udowodnienia, że \(\displaystyle{ \left( a+b+c\right) \sum_{cyc}^{} \frac{a}{a^{2}+8bc} \le \left( \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ac} \right)^{2}}\), a to po uniwersalnym zabiegu wymnożenia daje nam \(\displaystyle{ \sum_{cyc}^{}\left( 8a^7b^3-8a^6b^4+32a^8bc+48a^6b^3c-57a^5b^4c+184.5a^6b^2c^2-363a^5b^3c^2+341.5a^4b^4c^2-186a^4b^3c^3\right) \ge 0}\), co jest "oczywiscie" prawdą. Nie jest to moje rozwiązanie, o ile ktoś ma pomysł na inne, niech wrzuca.

[bosa_Nike]

Ukryta treść:    

Kod: Zaznacz cały

https://artofproblemsolving.com/community/c6h386799p2167751

Przypuszczam jednak, że Can nie robi tego na piechotę, tylko używa zwijarek w rodzaju tych opisanych

Kod: Zaznacz cały

https://nguyenhuyen-ag.blogspot.com/search/label/maple

. Działanie można zaobserwować klikając na linki wideo.
Fakt, trochę się ten wątek odrealnił. Wystarczy spojrzeć, ile trwało zapełnienie poprzedniej strony. Była już nierówność Cirtoaje, był Iran'96; Jacka Garfunkela chyba nikt nie próbował wrzucać...

[Premislav]

Temat jakoś się zatrzymał, może coś takiego:
niech \(\displaystyle{ a,b,c}\) będą liczbami rzeczywistymi dodatnimi, spełniającymi \(\displaystyle{ a+b+c=3}\).
Proszę udowodnić, że \(\displaystyle{ \frac 1 a+\frac 1 b+\frac 1 c \ge 1+2 \sqrt{ \frac{a^2+b^2+c^2}{3abc} }}\)

Oczywiście, jeśli Ty wolisz coś wrzucić, Zahion, to można uznać tę nierówność za niebyłą.

[bosa_Nike]

Ponieważ eleganckie (ani jakiekolwiek inne) rozwiązanie się nie pojawia, a mnie przypomniał się pewien artykuł o pqr w nieco zmodyfikowanej wersji, którą można tu zastosować, to wrzucam.

Ukryta treść:    

Nierówność można przepisać jako \(\displaystyle{ \frac{ab+bc+ca-abc}{abc}\ge 2\sqrt{\frac{(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)}{3abc}}}\)

Oznaczmy \(\displaystyle{ p=a+b+c,\ \frac{p^2-q^2}{3}=ab+bc+ca,\ r=abc}\).

Łatwo uzyskać z warunku \(\displaystyle{ p=3}\) dodatkowe zależności: \(\displaystyle{ 3> q\ge 0,\ 1\ge r> 0}\).

Przy tych oznaczeniach nierówność jest równoważna \(\displaystyle{ \frac{p^2-q^2-3r}{3r}\ge 2\sqrt{\frac{p^2+2q^2}{9r}}}\) lub \(\displaystyle{ \left(9-q^2-3r\right)^2\ge 4\left(9+2q^2\right)r}\).

Zdefiniujmy \(\displaystyle{ f(r)=9r^2-\left(2q^2+90\right)r+(q-3)^2(q+3)^2}\). Ta funkcja ma ekstremum dla \(\displaystyle{ \frac{2q^2+90}{2\cdot 9}\ge 5>1}\) i jest to minimum (mamy dodatni współczynnik wiodący), więc w interesującym nas przedziale, na lewo od jedynki, jest malejąca. Wystarczy więc sprawdzić jej wartość dla największej wartości zmiennej \(\displaystyle{ r}\) przy ustalonym \(\displaystyle{ p}\).

Kod: Zaznacz cały

https://www.google.pl/url?sa=t&rct=j&q=&esrc=s&source=web&cd=1&ved=0ahUKEwjQnLDg3ZvQAhXMwBQKHeYCBQ4QFggbMAA&url=http%3A%2F%2Fservices.artofproblemsolving.com%2Fdownload.php%3Fid%3DYXR0YWNobWVudHMvYy9jLzgyZjk2YjI4NTZhNWY5NmVkYzhjZWQ5NzI4YWNiMjRjYzVhNWRjLnBkZg%3D%3D%26rn%3Db24gYSBjbGFzcyB0aHJlZSBhdmFyaWFibGUgaW5lcXVhbGl0aWVzLnBkZg%3D%3D&v6u=https%3A%2F%2Fs-v6exp1-ds.metric.gstatic.com%2Fgen_204%3Fip%3D83.25.233.60%26ts%3D1478696508107094%26auth%3D2zez2uizzxqy5aw2ume5rhtqfutvmjtt%26rndm%3D0.27235605446797806&v6s=2&v6t=7124&usg=AFQjCNESmiiEOKTHlP-0lntrnGUTiH__QQ&bvm=bv.138169073,d.d24&cad=rja

, że \(\displaystyle{ \frac{(p+q)^2(p-2q)}{27}\le r\le\frac{(p-q)^2(p+2q)}{27}}\).

Po podstawieniu mamy \(\displaystyle{ f(r)\ge f\left(\frac{(3-q)^2(3+2q)}{27}\right)=\frac{4}{81}q^2(3-q)^4\ge 0}\).

Równość wtw, gdy \(\displaystyle{ q=\sqrt{\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2}}=0}\), czyli gdy \(\displaystyle{ a=b=c=1}\).

Przypomnę się może z taką:
Dla \(\displaystyle{ a,b,c>0}\) takich, że \(\displaystyle{ abc=1}\) udowodnić \(\displaystyle{ \frac{1}{a^2-a+1}+\frac{1}{b^2-b+1}+\frac{1}{c^2-c+1}\le 3}\).

[Zahion]

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ x = \frac{1}{a}, y = \frac{1}{b}, z = \frac{1}{c}}\)
Oczywiście \(\displaystyle{ xyz = \frac{1}{abc} = 1}\).
Dla dodatnich \(\displaystyle{ p, q , r}\) których iloczyn jest równy \(\displaystyle{ 1}\) zachodzi
\(\displaystyle{ p^{2} + q^{2} + r^{2} \ge p + q + r *}\) ( \(\displaystyle{ p^{2} + q^{2} + r^{2} \ge \frac{\left( p+q+r\right)^{2} }{3} \ge p + q +r}\), gdyż \(\displaystyle{ p+q+r \ge 3 \sqrt[3]{pqr}= 3}\) )
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{1}{a^{2} - a + 1} = \sum_{}^{} \frac{1}{ \frac{1}{x^{2}} - \frac{1}{x} + 1 } = \sum_{}^{} \frac{x^{2}}{x^{2} - x + 1} = \sum_{}^{} \frac{x^{2}}{x^{2} - x + xyz} = \sum_{}^{} \frac{x}{x - 1 + yz} \le \frac{9}{ \sum_{}^{} \frac{x-1+yz}{x} } = \frac{9}{3 - \sum_{}^{} \frac{1}{x} + \sum_{}^{} \frac{yz}{x} } = \frac{9}{3 - \sum_{}^{}yz + \sum_{}^{} (yz)^{2} } \le 3}\),

w ostatniej nierówności korzystamy z *
Jezeli nie ma błędu, tj. nikt nie zwróci uwagi to wstawie coś.