[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[Premislav]

Zahion, a czy Ty czasem nie użyłeś zależności między średnią arytmetyczną a harmoniczną ze złym zwrotem??
Chodzi mi o nierówność
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{x}{x-1+yz} \le \frac{9}{ \sum_{}^{} \frac{x-1+yz}{x} }}\)

Tzn. jestem idiotą, więc możliwe, że się mylę, ale ja tak to widzę.

[Zahion]

Zaiste, żem tak użył. Dziękuje za poprawe.
W nowym zwardonie można podobną nierówność spotkąc z 2016, a tą udowodnić w dość prosty sposób dla \(\displaystyle{ a, b, c > 0,5}\). Może ktoś coś z tym zrobi.

[Premislav]

Wybaczcie, żem w ineksprymablach, alem się nie spodziewał.

Może przyczynię się do rozwiązania zadania, ale skończyć nie umiem...

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{1}{a^2-a+1} \le 3 \Leftrightarrow \sum_{}^{} \frac{a^2}{a^2-a+1} \ge \sum_{}^{} \frac{a}{a^2-a+1} \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \sum_{}^{} \frac{a}{a-1+bc} \ge \sum_{}^{} \frac{1}{a-1+bc} \Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow \sum_{}^{} a(b-1+ac)(c-1+ab) \ge \sum_{}^{}(b-1+ac)(c-1+ab) \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow 2\sum_{}^{} (ab)^2+2 \sum_{}^{} a+ \sum_{}^{} a^2 \ge \sum_{}^{} ab+2 \sum_{sym}^{}a^2b}\)
Następnie zauważamy, że
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} a^2=(a+b+c)^2-2 \sum_{}^{} ab\\ \sum_{}^{} (ab)^2=(ab+bc+ca)^2-2 \sum_{}^{} a\\a^2b+ab^2=-abc+ab \sum_{}^{} a}\)
i tak dalej.
Podstawiamy \(\displaystyle{ a+b+c=p, ab+bc+ca=q}\) i nierówność przyjmuje formę:
\(\displaystyle{ 2q^2+p^2-2pq-2p-3q+6\ge 0}\)
przy czym odnotujmy, że ze średnich
\(\displaystyle{ a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}=1\\(a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ca)\\(ab+bc+ca)^2\ge 3(a+b+c)}\)
(przypominam, że \(\displaystyle{ abc=1}\)).
Czyli: \(\displaystyle{ p \ge 3, q\ge 3, p^2\ge 3q, q^2\ge 3p}\)
Na dobry początek rozważmy trójmian kwadratowy
\(\displaystyle{ f(p)=2q^2+p^2-2pq-2p-3q+6}\). Po chwili kontemplacji dochodzimy do wniosku, że
\(\displaystyle{ f(p)=(p-q+1)^2+q^2-5q+5}\)
zatem jeśli \(\displaystyle{ q^2-5q+5\ge 0}\), co ma miejsce gdy \(\displaystyle{ q \ge \frac{5+\sqrt{5}}{2}}\), to dowód jest zakończony. Pozostaje rozważyć przypadek, w którym \(\displaystyle{ q in left[3,frac{5+sqrt{5}}{2}
ight)}\). No i tego nie umiem zrobić.

[Kartezjusz]

Mam pomysł:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ x= \ln a+ \frac{1}{3}}\)
\(\displaystyle{ y= \ln b+ \frac{1}{3}}\)
\(\displaystyle{ z= \ln c+ \frac{1}{3}}\)
Zauważmy, że \(\displaystyle{ x+y+z=1}\) oraz
\(\displaystyle{ a = e^{x- \frac{1}{3} }}\)
\(\displaystyle{ b = e^{y- \frac{1}{3} }}\)
\(\displaystyle{ c= a = e^{x- \frac{1}{3} }}\)
Wstawmy naszą liczby do nierówności. Mamy:
\(\displaystyle{ \sum \frac{1}{e^{ 2(x- \frac{1}{3} ) } - e^{ ( x- \frac{1}{3} ) +1 } }}\)
Dzielimy przez 3 obustronnie. Jak nie rypłem się w rachunkach funkcja pod sumą powinna być wypukła i co pozwala nam stosować nierówność Jensena z równymi wagami ( po \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\) )

[bosa_Nike]

Ukryta treść:    

Pomijając wszystko inne, raczej nie wykorzystasz tak wypukłości. Sprawdź wartość drugiej pochodnej tej funkcji dla \(\displaystyle{ x=\frac{1}{3}}\) i dla \(\displaystyle{ x=\frac{4}{3}}\).

Hint:
Można skorzystać z https://www.matematyka.pl/410115.htm#p5441709: \(\displaystyle{ \frac{1}{a^2+a+1}+\frac{1}{a^2-a+1}=...}\)

[Premislav]

Ukryta treść:    

No cóż, skoro nie wymyśliłem nic innego, a nikt inny nie zamieścił rozwiązania, to niech będzie w duchu wskazówki.
Przyjmujemy więc już za znaną wspomnianą nierówność
\(\displaystyle{ \sum\frac{1}{a^2+a+1} \ge 1}\) w dodatnich, spełniających \(\displaystyle{ abc=1.}\)
Zatem aby wykazać, że \(\displaystyle{ \sum\frac{1}{a^2-a+1} \le 3}\) przy tych samych założeniach, wystarczy udowodnić, że
\(\displaystyle{ \sum\left( \frac{1}{a^2+a+1}+ \frac{1}{a^2-a+1}\right) \le 4.}\)
Równoważnie:
\(\displaystyle{ \sum\frac{a^2+1}{a^4+a^2+1} \le 2.}\)
Podstawiamy \(\displaystyle{ x=a^2, y=b^2, z=c^2}\) i mamy do udowodnienia dla \(\displaystyle{ x,y,z in \RR^+, xyz=1}\) nierówność
\(\displaystyle{ \sum\frac{x+1}{x^2+x+1} \le 2.}\)
To przekształcamy równoważnie (\(\displaystyle{ x+1=x^2+x+1-x^2}\)) do postaci
\(\displaystyle{ \sum\frac{x^2}{x^2+x+1} \ge 1.}\)
Dalej próbowałem jechać z nierówności Cauchy'ego-Schwarza w formie Engela, ale chyba otrzymuję nierówność, która jest nieprawdziwa, więc to za słabe szacowanie.
Zrobię więc bardziej po chamsku: dzielimy liczniki i mianowniki po lewej przez \(\displaystyle{ x^2, y^2}\) i \(\displaystyle{ z^2}\) odpowiednio, otrzymując:
\(\displaystyle{ \sum\frac{1}{1+\frac 1 x+\frac 1 {x^2}} \ge 1.}\)
Teraz wykonujemy kolejne podstawienie \(\displaystyle{ p=\frac 1 x, q=\frac 1 y, r=\frac 1 z}\). Wtedy oczywiście także \(\displaystyle{ p,q,r}\) są dodatnie oraz \(\displaystyle{ pqr=1}\), a nierówność przyjmuje formę:
\(\displaystyle{ \sum\frac{1}{1+p+p^2} \ge 1}\),
a to już mamy (przypomnę link: Nierówność na nudny wieczór).

Jeśli jest OK, to wrzuć coś, bosa_Nike (chyba że nie masz ochoty), bo bez tej wskazówki nic by z tego nie wyszło. Moja robota była całkowicie odtwórczą.

[bosa_Nike]

OK

Ukryta treść:    

W skrócie chodzi o

\(\displaystyle{ 6=\sum\frac{1}{a^2-a+1}+\sum\frac{1}{a^2+a+1}+2\sum\frac{1}{\left(\frac{1}{a^2}\right)^2+\frac{1}{a^2}+1}\ge\\ \\ \sum\frac{1}{a^2-a+1}+1+2}\)

Dla dodatnich \(\displaystyle{ a,b,c}\), takich że \(\displaystyle{ a+b+c\ge 3}\), należy udowodnić \(\displaystyle{ \frac{1}{a^2+b+c}+\frac{1}{a+b^2+c}+\frac{1}{a+b+c^2}\le 1}\)

[timon92]

Ukryta treść:    

wpierw dowodzimy sobie na boku, że dla \(\displaystyle{ 0<t<3}\) mamy \(\displaystyle{ \frac{1}{t^2-t+3}\le \frac 49 - \frac t9}\):

\(\displaystyle{ \frac 49 - \frac t9 - \frac{1}{t^2-t+3} = \frac{(3-t)(t-1)^2}{9(t^2-t+3)} \ge 0}\)

teraz jeśli \(\displaystyle{ 0<a,b,c<3}\) to
\(\displaystyle{ \frac{1}{a^2+b+c}+\frac{1}{b^2+c+a}+\frac{1}{c^2+a+b} \le \frac{1}{a^2-a+3}+\frac{1}{b^2-b+3}+\frac{1}{c^2-c+3}\le \frac 49 - \frac a9 + \frac 49 - \frac b9 + \frac 49 - \frac c9 \le 1}\)

a jeśli któraś z liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) jest nie mniejsza niż \(\displaystyle{ 3}\), to każdy z ułamków jest mniejszy niż \(\displaystyle{ \frac 13}\) czyli ich suma nie przekracza \(\displaystyle{ 1}\) i też jest dobrze

nowe: \(\displaystyle{ a,b,c>0 \implies (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) + 4(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) \ge 6(a+b+c)^2}\)

[Zahion]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \left( a^{2}+2\right)\left( b^{2} + 2\right) = \left( a^{2} + 1\right)\left( b^{2} + 1\right) + \left( a^{2} + b^{2} \right) + 3 \ge 3\left( \frac{\left( a+b\right)^{2} }{2} + 1 \right)}\) \(\displaystyle{ \left( a^{2} + 2\right)\left( b^{2} + 2\right)\left( c^{2} + 2\right) \ge 3\left( \frac{\left( a+b\right)^{2} }{2} + 1 \right)\left( 2 + c^{2}\right) \ge 3\left( a+b+c\right)^{2}}\)
\(\displaystyle{ 4\left( a^{2}+1\right)\left( b^{2} + 1\right) = \left( \left( 2a^{2} + 1\right) + 1 \right)\left( \left( 2b^{2} + 1\right) + 1 \right) =

=\left( 2a^{2} + 1\right)\left( 2b^{2} + 1\right) +2a^{2} + 2b^{2} + 3 \ge 2\left( a+b\right)^{2} + \left( a+b\right)^{2} + 3 = 3\left(\left( a+b\right)^{2} + 1\right)}\)
\(\displaystyle{ 4\left( a^{2}+1\right)\left( b^{2} + 1\right)\left( c^{2} + 1\right) \ge 3\left( \left( a+b\right)^{2} + 1 \right)\left( 1 + c^{2}\right) \ge 3\left( a+b+c\right)^{2}}\)

O ile wszystko OK, niech ktoś wrzuci coś.

[timon92]

właśnie o to z grubsza chodziło, wrzuć nową nierówność

[Zahion]

Niech dla rzeczywistych \(\displaystyle{ x, y, z}\) zachodzi \(\displaystyle{ 3\left( x+y+z\right) = 2\left( xy+yz+xz\right)}\).
Wykaż, że \(\displaystyle{ x^{2}y^{2} + y^{2}z^{2} + z^{2}x^{2} + 5\left( x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \ge 4\left( x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x\right) + 2\left( xy^{2} +yz^{2} +x^{2}z\right)}\)

[bosa_Nike]

Hello,
...

Czy wszystko jest w porządku z tą nierównością? Hm, mnie wychodzi, że nawet w przypadku \(\displaystyle{ x=y=z=\frac{3}{2}}\) jest źle.
Nie trzyma zresztą stale ani w jedną, ani w drugą, bo np. \(\displaystyle{ (x,y,z)=(1,1,4)\implies L-P<0}\), ale
\(\displaystyle{ (x,y,z)=\left(\frac{8}{9},1,5\right)\implies L-P>0}\).

[Zahion]

Na pewno brak stałej - \(\displaystyle{ 12}\). Mam nadzieję, że to wszystko.
\(\displaystyle{ 3\left( x+y+z\right) = 2\left( xy+yz+xz\right)}\)

\(\displaystyle{ x^{2}y^{2} + y^{2}z^{2} + z^{2}x^{2} + 5\left( x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) + 12 \ge 4\left( x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x\right) + 2\left( xy^{2} +yz^{2} +x^{2}z\right)}\)

[Zahion]

Nierownosc stoi, wiec proponuje, aby ktos jakas wrzucil, jezeli ma pomysl. Jezeli na cos wpadne to wrzuce, o ile niczego nie bedzie.

Ukryta treść:    

Dodając równość daną w zadaniu przemnożoną przez \(\displaystyle{ 4}\) do Naszej nierówności powinna się zwinąć ładnie do postaci \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \left( x-1\right)^{2}\left( y-2\right)^{2}}\)

Nowe :
Dla \(\displaystyle{ a, b, c}\) dodatnich udowodnić, że
\(\displaystyle{ a^{3} + b^{3} + c^{3} + 3 \ge 3 \sqrt[3]{\left( a^{2}b+1\right)\left( b^{2}c + 1\right)\left( c^{2}a + 1\right) }}\)

[Premislav]

Niestety na to nie wpadłem, bo uparłem się na użycie nierówności Cauchy'ego-Schwarza, a nie umiem zwijać do nawiasów.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \frac{a^3+a^3+b^3}{3} \ge a^2 b}\)
z nierówności między średnimi i dwie podobne nierówności. Dodając te obrzydlistwa stronami, otrzymujemy \(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3+3 \ge a^2b+b^2c+c^2 a+3=(a^2b+1)+(b^2c+1)+(c^2a+1)}\)
Znowu z nierówności między średnimi:
\(\displaystyle{ (a^2b+1)+(b^2c+1)+(c^2a+1) \ge 3 \sqrt[3]{(a^2b+1)(b^2c+1)(c^2a+1)}}\),
co kończy dowód.

Jeśli jest w porządku, to coś wrzucę.

-- 4 maja 2017, o 00:25 --

OK, to wrzucam nowe zadanie:

niech \(\displaystyle{ a,b,c}\) będą liczbami rzeczywistymi spełniającymi \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2=1}\).
Proszę udowodnić, że \(\displaystyle{ \frac{1}{1-ab}+ \frac{1}{1-bc}+ \frac{1}{1-ca} \le \frac 9 2}\)