[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[dec1]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \sum_{\mathrm{cyc}}\frac{1}{1-ab} - 3 = \sum_{\mathrm{cyc}}\frac{ab}{1-ab}=\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{2ab}{c^2+1+(a-b)^2}\leq\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{2ab}{c^2+1}\leq \\
\leq \frac 12\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{(a+b)^2}{(a^2+c^2)+(b^2+c^2)}\leq\frac 12\sum_{\mathrm{cyc}}\left( \frac{a^2}{a^2+c^2} + \frac{b^2}{b^2+c^2}\right)
= \frac 32}\)
stąd teza.

-- 4 maja 2017, o 14:37 --Niech \(\displaystyle{ a,b,c}\) będą dodatnimi takimi, że \(\displaystyle{ a+b+c+1=4abc}\). Udowodnić, że
\(\displaystyle{ 5(a+b+c)+9\geq 8(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac})}\)

[WolfusA]

Napewno równość wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ a=b=c}\), co po uwzględnieniu \(\displaystyle{ 4abc=a+b+c+1}\) i dziedziny daje \(\displaystyle{ a=b=c=1}\). A tak poza tym, to z AM-GM \(\displaystyle{ abc \geq 1}\) więc znów z AM-GM \(\displaystyle{ a+b+c \geq 3}\). Wobec \(\displaystyle{ a+b+c \geq \sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ac}}\) mamy \(\displaystyle{ 5(a+b+c)+3(a+b+c) \geq 8( \sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ac})}\) i wystarczyłoby tylko udowodnić \(\displaystyle{ 9 \geq 3(a+b+c)}\), co trochę nam nie pasuje z \(\displaystyle{ a+b+c \geq 3}\), bo dane założenia nie narzucają równości \(\displaystyle{ a=b=c}\)
Więc zapewne rozwiązanie musi korzystać z czegoś innego.

[bosa_Nike]

warunek:    

Mamy \(\displaystyle{ 2a+2b+2c+2=2a\cdot 2b\cdot 2c}\), więc biorąc \(\displaystyle{ x=2a,\ y=2b,\ z=2c}\) otrzymujemy równoważnie \(\displaystyle{ x+y+z+2=xyz}\) lub inaczej \(\displaystyle{ (x+1)+(y+1)+(z+1)-1=xyz}\). Biorąc teraz \(\displaystyle{ k=x+1,\ l=y+1,\ m=z+1}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ k+l+m-1=(k-1)(l-1)(m-1)}\) lub inaczej \(\displaystyle{ 1=\frac{1}{k}+\frac{1}{l}+\frac{1}{m}}\). To oznacza, że \(\displaystyle{ 1=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}}\) lub inaczej \(\displaystyle{ t+u+v=1}\), gdzie \(\displaystyle{ t=\frac{1}{x+1},\ u=\frac{1}{y+1},\ v=\frac{1}{z+1}}\). Ostatecznie (tj. cofając podstawienia) mamy, że z warunku danego w zadaniu wynika istnienie takich dodatnch liczb \(\displaystyle{ t,u,v}\), że \(\displaystyle{ a=\frac{1-t}{2t}=\frac{u+v}{2t},\ b=\frac{v+t}{2u},\ c=\frac{t+u}{2v}}\).

Idea tego i innych użytecznych podstawień przedstawiona jest w pierwszym rozdziale Andreescu T., Dospinescu G., Problems from the Book. Znalazły się one również w opracowaniu, którego autorem jest Marcinek665.

rozwiązanie:    

Równoważnie mamy:

\(\displaystyle{ 5(a+b+c)+9\ge 4\left(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2-(a+b+c)\right)\iff\\ \\ 9(a+b+c+1)\ge 4\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2\iff\\ \\9abc\ge \left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2}\)

Ostatnia nierówność jest prawdziwa, bo z AM-GM i C-S:

\(\displaystyle{ 9abc=\frac{9(t+u)(u+v)(v+t)}{8tuv}=\frac{9(t+u+v)(tu+uv+vt)-9tuv}{8tuv}\ge\\ \\ \frac{8(t+u+v)(tu+uv+vt)}{8tuv}=\left((u+v)+(v+t)+(t+u)\right)\left(\frac{1}{2t}+\frac{1}{2u}+\frac{1}{2v}\right)\ge\\ \\\left(\sqrt{\frac{u+v}{2t}}+\sqrt{\frac{v+t}{2u}}+\sqrt{\frac{t+u}{2v}}\right)^2=\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2}\)

Równość zachodzi dla \(\displaystyle{ a=b=c=1.}\)

Wśród liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ x,y,z}\), spełniających warunek \(\displaystyle{ xy+yz+zx\ge 0}\), co najwyżej jedna jest zerem.

Należy udowodnić, że \(\displaystyle{ \frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}\ge\frac{3}{2}}\)

[Premislav]

ale pała:    

\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) Powiedzmy, że \(\displaystyle{ xyz=0}\), bez straty ogólności rozważmy przypadek \(\displaystyle{ x=0}\). Wtedy ma być \(\displaystyle{ xy+yz+zx=yz>0}\) (bo nie może być dwóch zer),
a nierówność redukuje się do \(\displaystyle{ \frac{y}{z}+ \frac{z}{y} \ge \frac 3 2}\), co jest oczywiste, bo lewa strona jest nie mniejsza niż \(\displaystyle{ 2}\), co wynika z nierówności między średnimi.
\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) Niech \(\displaystyle{ xyz \neq 0}\). Zauważmy, że ponieważ \(\displaystyle{ xy+yz+zx \ge 0}\),
to jeśli któraś z liczb \(\displaystyle{ x+y, y+z, z+x}\) jest dodatnia, wówczas \(\displaystyle{ (x+y)(y+z)(z+x)>0}\), mamy wszakże \(\displaystyle{ (x+y)(y+z)(z+x)=(xy+yz+zx+y^2)(z+x)}\) itd.
Jeżeli zaś wszystkie spośród \(\displaystyle{ x+y, y+z, z+x}\) okazałyby się ujemne, to po prostu zastępujemy liczby \(\displaystyle{ x,y,z}\) liczbami \(\displaystyle{ -x, -y, -z}\).
Zatem bez zmniejszenia ogólności niech \(\displaystyle{ x+y>0}\) (można wziąć \(\displaystyle{ z=\min(x,y,z)}\)). Wtedy:
\(\displaystyle{ \frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}\ge\frac{3}{2}\\2x(x+y)(z+x)+2y(x+y)(y+z)+2z(z+x)(y+z) \ge 3(x+y)(y+z)(z+x)\\2x^3+2y^3+2z^3-(z+y)x^2-(z+x)y^2-(x+y)z^2 \ge 0 \ (*)}\)
Mamy \(\displaystyle{ xy+yz+zx \ge 0}\), ponadto \(\displaystyle{ x+y>0}\) i \(\displaystyle{ z=\min(x,y,z)}\)
Rozważmy znowu dwa przypadki:
a) \(\displaystyle{ z \ge 0}\)
- wówczas wszystkie zmienne są nieujemne i nierówność (*) przekształcamy do
\(\displaystyle{ (x+y)(x-y)^2+(y+z)(y-z)^2+(z+x)(z-x)^2 \ge 0}\)
co jest oczywiście prawdą;
b) \(\displaystyle{ z<0}\)
Wówczas, z uwagi na \(\displaystyle{ xy+yz+zx=z(x+y)+xy \ge 0}\) i \(\displaystyle{ x+y>0}\)
mamy \(\displaystyle{ xy>0}\), stąd \(\displaystyle{ x,y}\) dodatnie oraz \(\displaystyle{ 0>z \ge - \frac{xy}{x+y}}\)
Jest:
\(\displaystyle{ 2x^3+2y^3+2z^3-(z+y)x^2-(z+x)y^2-(x+y)z^2 \ge 0 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow -z(x^2+y^2-2z^2)+(x+y)(x-y)^2+(x+y)(x^2-xy+y^2-z^2) \ge 0}\)
Ponieważ ze średnich \(\displaystyle{ \frac{x^2+y^2}{2}\ge xy}\), a nadto skoro \(\displaystyle{ z<0}\), to \(\displaystyle{ -z>0}\), wystarczy w tym wypadku pokazać, że \(\displaystyle{ \frac{x^2+y^2}{2} \ge z^2}\)
Ale ponieważ \(\displaystyle{ 0>z \ge - \frac{xy}{x+y}}\), więc
\(\displaystyle{ z^2 \le \frac{x^2y^2}{(x+y)^2}}\) i wystarczy pokazać, że
\(\displaystyle{ \frac{x^2+y^2}{2} \ge \frac{x^2y^2}{(x+y)^2}}\)
Ta ostatnia nierówność daje się przekształcić do:
\(\displaystyle{ (x^2-y^2)^2+2xy(x^2+y^2) \ge 0}\), a to jest prawda, bo \(\displaystyle{ xy>0}\)
Co kończy dowód.
EDIT: tak naprawdę, to z tego zwinięcia wychodzi dowód mocniejszej w tym wypadku nierówności \(\displaystyle{ \frac{x^2+y^2}{2} \ge \frac{2x^2y^2}{(x+y)^2}}\),
bosa_Nike uświadomiła mi, że się rąbnąłem w rachunkach.

Poproszę o wzorcowe rozwiązanie, pewnie jest dużo sprytniejsze. Miło by było też, gdyby ktoś to sprawdził, bo niestety nie umiem myśleć.

[bosa_Nike]

Doczytałam do początku punktu 2b i muszę na razie uciekać, ale idea tego rozwiązania jest zgodna z wzorcówką.

Ukryta treść:    

1. Przy danych warunkach wyrażenie po lewej stronie zawsze ma sens liczbowy, bo suma żadnych dwóch liczb nie jest zerem. Jeśli np. \(\displaystyle{ y+z=0}\), to \(\displaystyle{ y,z}\) byłyby przeciwnych znaków (obie zerami być nie mogą) - sprzeczność z \(\displaystyle{ x(y+z)+yz\ge 0}\).
2. Wobec tego \(\displaystyle{ (x+y)(y+z)=y^2+xy+yz+zx>0}\) itd.
3. \(\displaystyle{ 2L-2P=\sum_{cyc}\frac{(y-z)^2}{(x+y)(x+z)}\ge 0}\)

[Premislav]

Dzięki. Chyba jest OK, wrzucam wobec tego nową nierówność:
proszę udowodnić, że dla \(\displaystyle{ a,b,c}\) dodatnich zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ \frac{a\sqrt{a}}{b+c}+ \frac{b\sqrt{b}}{a+c}+ \frac{c\sqrt{c}}{a+b} \ge \frac{a\sqrt{b}}{a+b} + \frac{b\sqrt{c}}{b+c}+ \frac{c\sqrt{a}}{c+a}}\)

[timon92]

Ukryta treść:    

wystarczy zastosować nierówność między ciągami jednomonotonicznymi dla \(\displaystyle{ (a,b,c), (\sqrt a,\sqrt b,\sqrt c), \left(\frac 1{b+c}, \frac 1{c+a}, \frac 1{a+b}\right)}\)

nowe: liczby \(\displaystyle{ x_1,\ldots,x_{442}}\) są nieujemne; wykazać, że \(\displaystyle{ (x_1 + 2x_2 + \ldots + 442x_{442})\left(x_1 + \frac{x_2}{2} + \ldots + \frac{x_{442}}{442}\right) \le \frac{196249}{1768} (x_1 + x_2 + \ldots + x_{442})^2}\)

[timon92]

troszkę przytkałem temat... oto wskazówka:

wskazówka:    

z nierówności między średnimi mamy
\(\displaystyle{ (x_1 + 2x_2 + \ldots + 442x_{442})\left(x_1 + \frac{x_2}{2} + \ldots + \frac{x_{442}}{442}\right) = \\ A(x_1 + 2x_2 + \ldots + 442x_{442}) \cdot \frac 1A \left(x_1 + \frac{x_2}{2} + \ldots + \frac{x_{442}}{442}\right) \le \\ \frac 14 \left( A(x_1 + 2x_2 + \ldots + 442x_{442}) + \frac 1A \left(x_1 + \frac{x_2}{2} + \ldots + \frac{x_{442}}{442}\right)\right)^2}\)
i teraz wystarczy odpowiednio dobrać \(\displaystyle{ A}\) tak, aby dało się to oszacować z góry przez \(\displaystyle{ \frac{(442+1)^2}{4\cdot 442}\cdot (x_1+\ldots+x_{442})^2}\)

[Premislav]

Ze wskazówką chyba łatwo poszło:

Ukryta treść:    

Uogólnijmy tę nierówność do \(\displaystyle{ \left( \sum_{i=1}^{n}ix_i \right)\left( \sum_{i=1}^{n} \frac{x_i}{i} \right) \le \frac{(n+1)^2}{4n} \left( \sum_{i=1}^{n}x_i \right)^2}\)
dla \(\displaystyle{ x_i}\) nieujemnych.

Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną mamy
\(\displaystyle{ \left( \sum_{i=1}^{n}ix_i \right)\left( \sum_{i=1}^{n} \frac{x_i}{i} \right) \le \frac 1 4\left( A\left( \sum_{i=1}^{n}ix_i \right)+ \frac{1}{A}\left( \sum_{i=1}^{n} \frac{x_i}{i} \right) \right)^2= \frac{1}{4}\left( \sum_{i=1}^{n} \left( Ai+ \frac{1}{Ai} \right) x_i \right)^2}\)
dla dowolnego \(\displaystyle{ A>0}\)
Rozważmy teraz funkcję \(\displaystyle{ f(x)=x+\frac 1 x}\). Mamy \(\displaystyle{ f''(x)= \frac{2}{x^3}>0}\) dla \(\displaystyle{ x>0}\), czyli \(\displaystyle{ f}\) jest w szczególności wypukła w przedziale \(\displaystyle{ [A; An]}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ A>0, n \in \NN^+}\), zaś funkcja wypukła w danym przedziale przyjmuje największą wartość na tym przedziale w jednym z jego końców. Weźmy \(\displaystyle{ A=\frac{1}{\sqrt{n}}}\), wówczas \(\displaystyle{ f(A)=A+\frac{1}{A}=An+\frac{1}{An}=f(An)}\) i możemy napisać na podstawie powyższych spostrzeżeń, iż
\(\displaystyle{ Ai+ \frac{1}{Ai} \le A+\frac{1}{A}=An+\frac{1}{An}}\) dla \(\displaystyle{ i=1\dots n}\)
a stąd, wobec nieujemności \(\displaystyle{ x_i}\),
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} \left( \frac{i}{\sqrt{n}}+ \frac{\sqrt{n}}{i} \right) x_i \le \left( \sqrt{n}+\frac{1}{\sqrt{n}}\right) \sum_{i=1}^{n}x_i= \frac{n+1}{\sqrt{n}} \sum_{i=1}^{n}x_i}\)
funkcja \(\displaystyle{ 0 \le t \mapsto t^2}\) jest rosnąca, zatem wówczas
\(\displaystyle{ \left( \sum_{i=1}^{n}ix_i \right)\left( \sum_{i=1}^{n} \frac{x_i}{i} \right) \le \frac{1}{4}\left( \sum_{i=1}^{n} \left( \frac{i}{\sqrt{n}} + \frac{1}{ \frac{i}{\sqrt{n}} } \right) x_i \right)^2 \le \frac{(n+1)^2}{4n} \left( \sum_{i=1}^{n} x_i\right)^2}\)
co kończy dowód.

Ale ze mnie ciemniak, bo myślałem wczoraj o tym przez ponad godzinę i dopiero się zorientowałem, że to spostrzeżenie załatwia sprawę. -- 27 maja 2017, o 16:16 --Nowe zadanie:
niech \(\displaystyle{ a,b,c,d \ge 0}\) i \(\displaystyle{ a+b+c+d=4}\). Proszę udowodnić, że

\(\displaystyle{ a^2b^2+b^2c^2+c^2d^2+d^2a^2+a^2c^2+b^2 d^2+10abcd \le 16}\)

[timon92]

fajne:    

oznaczmy \(\displaystyle{ f(a,b,c,d)=a^2b^2+a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2+c^2d^2+10abcd}\) i obliczmy

\(\displaystyle{ f\left(\frac{a+b}2,\frac{a+b}2,c,d \right) - f(a,b,c,d) = \frac{1}{4} (a-b)^2\left(\frac{a^2+b^2+6ab}4+10cd-2c^2-2d^2\right)}\)

jeśli \(\displaystyle{ 2c^2+2d^2-10cd\le \frac{a^2+b^2+6ab}4}\), to otrzymujemy, że \(\displaystyle{ f(a,b,c,d) \le f\left(\frac{a+b}2, \frac{a+b}2, c,d\right)}\)

podobny rachunek daje w tym przypadku \(\displaystyle{ f\left(\frac{a+b}2, \frac{a+b}2, c,d\right) \le f\left(\frac{a+b}2, \frac{a+b}2, \frac{c+d}2,\frac{c+d}2\right)}\)

do sprawdzenia pozostaje nierówność \(\displaystyle{ f(x,x,2-x,2-x)\le 16}\), gdzie \(\displaystyle{ x=\frac{a+b}2\in [0,2]}\), a to jest prawda, bowiem \(\displaystyle{ 16-f(x,x,2-x,2-x) = 16x(2-x)(x-1)^2\ge 0}\)

rozważmy teraz przypadek, w którym \(\displaystyle{ 2c^2+2d^2-10cd \not\le \frac{a^2+b^2+6ab}4}\)

wtedy \(\displaystyle{ 2c^2+2d^2-10cd > \frac{a^2+b^2+6ab}4 \ge ab}\) i wynika stąd, że

\(\displaystyle{ f(a+b,0,c,d)-f(a,b,c,d)=ab(2c^2+2d^2-10cd-ab) \ge 0 \implies \\ f(a,b,c,d) \le f(a+b,0,c,d)}\)

identycznie jak wyżej dowodzimy, że \(\displaystyle{ f(a+b,0,c,d) \le f\left(a+b,0,\frac{c+d}2, \frac{c+d}2\right)}\) lub \(\displaystyle{ f(a+b,0,c,d) \le f(a+b,0,c+d,0)}\)

w pierwszym przypadku dowodzimy tak jak wcześniej, że \(\displaystyle{ f\left(a+b,0,\frac{c+d}2, \frac{c+d}2\right) \le f\left(\frac{a+b}2, \frac{a+b}2, \frac{c+d}2,\frac{c+d}2\right) \le 16}\)

w drugim przypadku wystarczy sprawdzić, że \(\displaystyle{ f(a+b,0,c+d,0) \le 16}\), do czego wystarczy znajomość AM-GM: \(\displaystyle{ f(a+b,0,c+d,0) = (a+b)^2(c+d)^2 \le \left(\frac{a+b+c+d}{2}\right)^4 = 16}\)

nowe: wykazać, że jeśli \(\displaystyle{ a,b,c,x,y,z \in [-1,1]}\), \(\displaystyle{ 1+2abc \ge a^2+b^2+c^2}\) oraz \(\displaystyle{ 1+2xyz\ge x^2+y^2+z^2}\), to \(\displaystyle{ 1+2abcxyz \ge a^2x^2+b^2y^2+c^2z^2}\)

[timon92]

hmmm znowu się przytkało

Ukryta treść:    

z założeń zadania natychmiast wynika, że macierze \(\displaystyle{ \left(\begin{matrix}1 & a & b \\ a & 1 & c \\ b & c & 1\end{matrix}\right)}\) oraz \(\displaystyle{ \left(\begin{matrix}1 & x & y \\ x & 1 & z \\ y & z & 1\end{matrix}\right)}\) są nieujemnie określone

wobec tego z

Kod: Zaznacz cały

https://en.wikipedia.org/wiki/Schur_product_theorem

wynika, że macierz \(\displaystyle{ M=\left(\begin{matrix}1 & ax & by \\ ax & 1 & cz \\ by & cz & 1\end{matrix}\right)}\) też jest nieujemnie określona

w szczególności \(\displaystyle{ \det M \ge 0}\), czyli \(\displaystyle{ 1+2abcxyz \ge a^2x^2+b^2y^2+c^2z^2}\)

znaleźć najmniejszą stałą \(\displaystyle{ C \in [0,2]}\), dla której nierówność \(\displaystyle{ \sum_{\mathrm{sym}} \left( a^4b^2+a^{2+C}b^2c^{2-C} \right) \ge \sum_{\mathrm{sym}}\left(a^4bc+a^3b^3\right)}\) zachodzi dla dowolnych \(\displaystyle{ a,b,c>0}\)

[timon92]

wskazówka:    

testujemy wartości \(\displaystyle{ b=c=1}\), otrzymujemy \(\displaystyle{ 2a^4+2a^3+2+2a^{2+C}+2a^2+2a^{2-C} \ge 2a^4+4a+4a^3+2}\), czyli po przekształceniach \(\displaystyle{ a^C+a^{-C}\ge 2a+2a^{-1}-2}\), czyli \(\displaystyle{ ((\sqrt a)^C - (\sqrt a)^{-C})^2 \ge 2(\sqrt a+(\sqrt a)^{-1})^2}\), czyli \(\displaystyle{ \frac{(\sqrt a)^C - (\sqrt a)^{-C}}{\sqrt a - (\sqrt a)^{-1}} \ge \sqrt 2}\)

jednakże gdy \(\displaystyle{ a>1}\) to \(\displaystyle{ \frac{(\sqrt a)^C - (\sqrt a)^{-C}}{\sqrt a - (\sqrt a)^{-1}} \le C (\sqrt a)^C}\), co wynika np. z twierdzenia Lagrange'a o wartości średniej i rosnącości funkcji \(\displaystyle{ x \mapsto x^C}\)

wobec tego \(\displaystyle{ C (\sqrt a)^C \ge \sqrt 2}\)

biorąc \(\displaystyle{ a \to 1}\) dostajemy \(\displaystyle{ C\ge \sqrt 2}\)

wystarczy teraz wykazać, że \(\displaystyle{ C=\sqrt 2}\) jest najlepszą stałą...

[timon92]

szkic:    

dowodzimy sobie na boku, że dla \(\displaystyle{ t>0}\) mamy \(\displaystyle{ t^{\sqrt 2}+t^{-\sqrt 2}\ge 2t+2t^{-1}-2}\)

stosujemy powyższy lemat dla \(\displaystyle{ t=\frac ab, t=\frac bc, t=\frac ca}\) i dodajemy stronami, dostajemy \(\displaystyle{ \sum_{\mathrm{sym}} \left( \frac ab \right)^{\sqrt 2} \ge -6 + 2\sum_{\mathrm{sym}} \frac ab}\)

mnożymy przez \(\displaystyle{ a^2b^2c^2}\):

\(\displaystyle{ \sum_{\mathrm{sym}} a^{2+\sqrt 2}b^2c^{2-\sqrt 2} \ge \sum_{\mathrm{sym}} (2a^3b^2c - a^2b^2c^2)}\)

zatem wystarczy udowodnić, że \(\displaystyle{ \sum_{\mathrm{sym}} (a^4b^2+2a^3b^2c-a^2b^2c^2) \ge \sum_{\mathrm{sym}} (a^4bc + a^3b^3)}\)

a to się zwija do \(\displaystyle{ (a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2\ge 0}\)

nowe: \(\displaystyle{ x,y,z>0, \ \sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}=1 \implies \frac{x+2}{y+z}+\frac{y+2}{z+x}+\frac{z+2}{x+y}\ge7}\)

[arek1357]

Długo nad tym myślałem ale się wydaje ok:

zróbmy podstawienia:

\(\displaystyle{ x=a^2, y=b^2, c=z^2}\)

i mamy w takiej postaci:

\(\displaystyle{ ab+ac+bc=1}\), ud:

\(\displaystyle{ \frac{a^2+2}{b^2+c^2}+ \frac{b^2+2}{a^2+c^2}+\frac{c^2+2}{a^2+b^2} \ge 7 / +3}\)

dodajmy po jedynce do każdego składnika i sprowadźmy do wspólnego mianownika:

\(\displaystyle{ (a^2+b^2+c^2+2)\left( \frac{1}{a^2+b^2}+ \frac{1}{a^2+c^2}+ \frac{1}{b^2+c^2} \right) \ge 10}\)

to trzeba udowodnić:

niech teraz:

\(\displaystyle{ c=\min(a,b,c)}\)

połóżmy:

tak sobie rozumowałem:

\(\displaystyle{ b \ge c}\)

\(\displaystyle{ b+ \frac{c}{4} \ge c/*c}\)

\(\displaystyle{ c^2 \le bc+ \frac{c^2}{4}/+b^2}\)

\(\displaystyle{ b^2+c^2 \le b^2+bc+ \frac{c^2}{4}}\)

lub:

\(\displaystyle{ b^2+c^2 \le \left( b+ \frac{c}{2} \right)^2}\)

i w związku z tym połóżmy nierówności:

\(\displaystyle{ b^2+c^2 \le b^2+bc+ \frac{c^2}{4}=\left( b+ \frac{c}{2} \right)^2=A^2}\)

podobnie:

\(\displaystyle{ a^2+c^2 \le a^2+ac+ \frac{c^2}{4}=\left( a+ \frac{c}{2} \right)^2=B^2}\)

\(\displaystyle{ a^2+b^2 \le (a+ \frac{c}{2})^2+ (b+ \frac{c}{2})^2=A^2+B^2}\)

co też łatwo sprawdzić

weźmy teraz pierwszy czynnik w nierówności:

\(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2+2=(a+b+c)^2-2(ab+ac+bc)+2=(a+b+c)^2}\) z warunków

mamy teraz udowodnić coś takiego:

\(\displaystyle{ \frac{1}{A^2} + \frac{1}{B^2} + \frac{1}{A^2+B^2} \ge \frac{10}{(a+b+c)^2}}\)


lewą stronę zapiszmy tak:

\(\displaystyle{ \frac{3}{4}\left( \frac{1}{A^2}+ \frac{1}{B^2} \right)+ \frac{1}{4}\left( \frac{1}{A^2}+ \frac{1}{B^2} \right)+ \frac{1}{A^2+B^2}}\)

udowodnimy teraz, że:

(*)\(\displaystyle{ \frac{3}{4}\left( \frac{1}{A^2}+ \frac{1}{B^2} \right) \ge \frac{6}{\left( A+B\right)^2 }}\)

po skracaniach, których tu nie będę opisywał otrzymamy:

\(\displaystyle{ \left( \frac{A}{B}+ \frac{B}{A} \right)^2+2 \left( \frac{A}{B}+ \frac{B}{A} \right) \ge 2^2+2 \cdot 2=8}\)

co jest prawdą a zatem (*) jest prawdziwe

udowodnimy teraz, że:

(**) \(\displaystyle{ \frac{1}{4}\left( \frac{1}{A^2}+ \frac{1}{B^2} \right) \ge \frac{1}{2AB}}\)

po przekształceniach otrzymamy:

\(\displaystyle{ (A-B)^2 \ge 0}\)

co też jest prawdą, reasumując zostaje nam do udowodnienia, że:

\(\displaystyle{ \frac{6}{\left( A+B\right)^2 }+ \frac{1}{2AB}+ \frac{1}{A^2+B^2} \ge \frac{10}{(a+b+c)^2}}\)

udowodnijmy najpierw, że:

(***)\(\displaystyle{ \frac{1}{2AB}+ \frac{1}{A^2+B^2} \ge \frac{4}{(A+B)^2}}\)

lub:

\(\displaystyle{ \frac{(A+B)^4}{2AB(A^2+B^2)} \ge 4}\)

jeszcze to przekształćmy:

\(\displaystyle{ \frac{(A+B)^4}{2AB\left[ (A+B)^2-2AB\right] } \ge 4}\)

podstawmy za:

\(\displaystyle{ A+B=X, AB=Y}\)

napiszmy to w postaci:

\(\displaystyle{ \frac{X^4}{2Y(X^2-2Y)} \ge 4}\)

lub:

\(\displaystyle{ X^4-8X^2Y+16Y^2 \ge 0}\)

lub:

\(\displaystyle{ (X^2-4Y)^2 \ge 0}\)

co ewidentnie jest prawdą a zatem (***) jest prawdą:

reasumując zostaje nam do udowodnienia, że:

\(\displaystyle{ \frac{10}{(A+B)^2} = \frac{10}{(a+b+c)^2}}\)

ale:

\(\displaystyle{ A+B=b+ \frac{c}{2}+a+ \frac{c}{2}=a+b+c}\)

co ewidentnie jest prawdą a co za tym idzie nierówność udowodniona uff zmęczyłem się...

W tej nierówności niestety zawiodły wszelakie Jenseny, Holdery, Turkiewicze, oraz inne gady, nie mówiąc o nierównościach między średnimi co tylko psuły średnią straconego czasu.

[timon92]

bardzo ładnie!

wrzuć nową nierówność