[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[bartokot]

Rzeczywiście, moje rozwiązanie jest nieprawidłowe, ale można spróbować rozbić na przypadki:
a) wszystkie liczby większe od \(\displaystyle{ \frac{1}{18}}\)
b) trzy liczby większe od \(\displaystyle{ \frac{1}{18}}\) itd.

[Premislav]

No, może da się to naprawić w ten sposób, ale tak na oko wygląda to na żmudne.

inne podejście:    

To zadanie bodajże z francuskiego TST z któregoś roku, ale wzorcówki nie widziałem.
Z nierówności między średnimi potęgowymi mamy
\(\displaystyle{ \sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3+d^3}{4}} \ge \sqrt{ \frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{4} }}\)
i stąd można wywnioskować, że \(\displaystyle{ 6(a^3+b^3+c^3+d^3)\ge 3\left( a^2+b^2+c^2+d^2\right)^{\frac 3 2}}\).
Natomiast z nierówności między średnią kwadratową a arytmetyczną otrzymamy
\(\displaystyle{ \sqrt{ \frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{4} } \ge \frac{a+b+c+d}{4} =\frac 1 4}\), więc
\(\displaystyle{ \sqrt{a^2+b^2+c^2+d^2}\ge \frac 1 2}\) z równością dla \(\displaystyle{ a=b=c=d=\frac 1 4}\).
Niech \(\displaystyle{ t=\sqrt{a^2+b^2+c^2+d^2}}\). Pozostaje pokazać, że dla \(\displaystyle{ t\ge \frac 1 2}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ 3t^3\ge t^2+\frac 1 8}\). Równoważnie:
\(\displaystyle{ 24t^3-8t^2-1\ge 0\\ \left( t-\frac 1 2\right)\left(24t^2+4t+2 \right) \ge 0}\)
co dla \(\displaystyle{ t\ge \frac 1 2}\) jest oczywiste.

EDIT: poprawa wyjątkowo durnej literówki.

[bosa_Nike]

Ukryta treść:    

Jeżeli oznaczymy:
\(\displaystyle{ S_1=a+b+c+d,\\ S_2=ab+ac+ad+bc+bd+cd,\\ S_3=abc+abd+acd+bcd,\\ Q=a^2+b^2+c^2+d^2,\\ T=a^3+b^3+c^3+d^3,}\)
to mamy dowieść \(\displaystyle{ 6T\ge Q+\frac{1}{8}}\) przy \(\displaystyle{ S_1=1}\)
Sumując cztery nierówności typu \(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3\ge 3abc}\) mamy \(\displaystyle{ T\ge S_3\ (*)}\)
Ponadto:
\(\displaystyle{ \begin{aligned}1^3&=S_1^3=T+3S_1S_2-3S_3\\&=T+\frac{3}{2}\left(S_1^2-Q\right)-3S_3\\&=\frac{3}{2}-\frac{3}{2}Q-2S_3+\left(T-S_3\right)\\&\ge\frac{3}{2}-\frac{3}{2}Q-2S_3\end{aligned}}\)
Ostatnia nierówność to wniosek z \(\displaystyle{ (*)}\)
Stąd mamy \(\displaystyle{ \frac{3}{8}Q+\frac{1}{2}S_3\ge\frac{1}{8}}\), czyli wystarczy pokazać \(\displaystyle{ 6T\ge Q+\frac{3}{8}Q+\frac{1}{2}S_3}\), a po ponownym użyciu \(\displaystyle{ (*)}\) wystarczy \(\displaystyle{ \frac{11}{2}T\ge\frac{11}{8}Q}\), czyli \(\displaystyle{ 12T\ge 3S_1Q}\), co jest konsekwencją zsumowania dwunastu nierówności typu \(\displaystyle{ a^3+a^3+b^3\ge 3a^2b}\)
Równość przy \(\displaystyle{ a=b=c=d=\frac{1}{4}}\)

[Premislav]

Wykaż, że dla każdej liczby całkowitej dodatniej \(\displaystyle{ n}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ \frac 1 3 n^2 + \frac 1 2 n \ge \sqrt[n]{(n!)^2} - \frac 1 6}\)

Ukryta treść:    

Skorzystamy z tożsamości:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}k^2= \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}\)
Jej dowód to np. prosta indukcja (miałem takie zadanie na pierwszej kartkówce z analizy na UWr), chociaż ostatnio w pewnym wątku pojawiły się ciekawsze pomysły (można np. zaburzyć sumę sześcianów).
Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną:
\(\displaystyle{ \frac 1 3 n^2+\frac 1 2 n+\frac 1 6=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6n}=\frac 1 n \sum_{k=1}^{n}k^2 \ge \sqrt[n]{(n!)^2}}\)
co kończy dowód.

Zadaj nowe, bosa_Nike (chyba że nie masz ochoty).

[bosa_Nike]

Wolałabym, żebyś to Ty zadał, bo ja tylko wykonałam overkill na już rozwiązanym zadaniu, ostatnie rozwiązanie jest Twoje, no i już dwukrotnie wstrzeliłeś się z zdaniami w poziom sugerowany przez PokEmila, co dobrze rokuje. Ja nie będę dawać pierwszych odpowiedzi, chyba że zadanie będzie długo leżeć nieruszone, a mnie przypadkiem uda się wystrugać rozwiązanie.

[Premislav]

Jak sobie życzysz.
Niech \(\displaystyle{ a,b,c}\) będą liczbami rzeczywistymi dodatnimi spełniającymi nierówności \(\displaystyle{ abc\le \frac 1 4}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}<9}\). Proszę udowodnić, że istnieje trójkąt o bokach długości \(\displaystyle{ a,b,c}\).

[timon92]

Ukryta treść:    

wystarczy dowieść, że \(\displaystyle{ a+b>c}\)

\(\displaystyle{ 9>\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2} \ge
\frac{2}{ab} + \frac{a^2b^2}{(abc)^2} \ge
\frac{2}{ab} + 16a^2b^2 =
\underbrace{\frac{1}{4ab} + \ldots + \frac{1}{4ab}}_{8 \text{ razy}} +16a^2b^2\ge
9\sqrt[9]{\left(\frac{1}{4ab}\right)^8\cdot 16a^2b^2} =
9\cdot (4ab)^{-2/3}}\)

zatem \(\displaystyle{ 4ab>1}\), więc \(\displaystyle{ a+b \ge 2\sqrt{ab} > 1 > \frac{1}{4ab} \ge c}\)

cięciwy \(\displaystyle{ CD, CE}\) okręgu \(\displaystyle{ o}\) o średnicy \(\displaystyle{ AB}\) dzielą tę średnicę na trzy równe części

dowieść, że \(\displaystyle{ 5\cdot DE \le 3\cdot AB}\)

[arek1357]

Wsk. \(\displaystyle{ DE}\) osiąga maximum gdy\(\displaystyle{ DE||AB}\) i wtedy się liczy łatwo i wychodzi...

[timon92]

to prawda, ale dlaczego właśnie wtedy jest osiągane maksimum?

[arek1357]

Jak oznaczymy: \(\displaystyle{ s=DE}\)

\(\displaystyle{ \varphi -}\) kąt między tymi cięciwami

łatwo zauważyć, że:

\(\displaystyle{ \frac{0,5s}{r}=\sin \varphi}\)

\(\displaystyle{ r}\) - promień koła

z tego:

\(\displaystyle{ s=2r \sin \varphi}\)

jak widać to coś osiąga wynik jak największy gdy kąt jest jak największy, ale to widać gołym okiem, że ten kąt jest maksymalny wtedy gdy:

\(\displaystyle{ CO}\) jest prostopadłe do \(\displaystyle{ AB}\), a wtedy: \(\displaystyle{ s || AB}\)

\(\displaystyle{ O}\) - środek koła

-- 25 maja 2018, 11:50 --

Oczywiście przy tych oznaczeniach po kilku szkółkowych obliczeniach otrzymamy,że:

\(\displaystyle{ \sin \varphi= \frac{3}{5}}\)

z tego maksymalne \(\displaystyle{ s}\) wyniesie:

\(\displaystyle{ s= \frac{6}{5}r}\)

co daje tezę zadania...-- 25 maja 2018, 11:53 --Bo przy moich oznaczeniach do udowodnienia jest, że:

\(\displaystyle{ 5s \le 3 \cdot 2r}\)

[bosa_Nike]

Poprzednie inaczej:    

Bez straty ogólności (symetria) niech \(\displaystyle{ a\ge b\ge c}\) wtedy oczywiście \(\displaystyle{ a+b>c}\) oraz \(\displaystyle{ a+c>b,}\) ponieważ \(\displaystyle{ a,b,c>0}\). Przypuśćmy na potrzeby dowodu nie wprost, że \(\displaystyle{ a\ge b+c}\), tzn. że niezdegenerowany trójkąt o bokach \(\displaystyle{ a,b,c}\) nie istnieje. Z warunków zadania i AM-GM mamy
\(\displaystyle{ 9>\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{1}{a^2}+\frac{2}{bc}\ge\frac{1}{a^2}+8a,}\) co daje \(\displaystyle{ 0>8a^3-9a^2+1=(a-1)\left(8a^2+8a-1\right),}\) a skoro \(\displaystyle{ 9>\frac{1}{a^2},}\) czyli \(\displaystyle{ a>\frac{1}{3},}\) więc \(\displaystyle{ 8a^2+8a-1=8\left(a-\frac{1}{3}\right)^2+\frac{40}{3}\left(a-\frac{1}{3}\right)+\frac{23}{9}>0,}\) tzn. \(\displaystyle{ 1>a}\) lub równoważnie \(\displaystyle{ 1<\frac{1}{a^2}}\). Z założenia i AM-HM mamy również \(\displaystyle{ 1>a\ge b+c\ge\frac{4}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}},}\) czyli \(\displaystyle{ 16<\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\le\frac{2}{b^2}+\frac{2}{c^2},}\) więc \(\displaystyle{ 8<\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2},}\) a to znaczy, że \(\displaystyle{ 1+8<\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}\) - sprzeczność. Musimy zatem mieć \(\displaystyle{ b+c>a,}\) tzn. trójkąt o bokach \(\displaystyle{ a,b,c}\) istnieje, c.b.d.o.

Bieżące:    

Niech układ punktów na okręgu o środku \(\displaystyle{ O}\) np. zgodnie z ruchem wskazówek zegara będzie \(\displaystyle{ A,C,B,E,D}\). Oznaczmy punkty wspólne \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ CD}\) oraz \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ CE}\) odpowiednio jako \(\displaystyle{ M}\) oraz \(\displaystyle{ N}\). Oznaczmy dodatkowo: \(\displaystyle{ |\angle ACM|=\alpha,\ |\angle MCN|=\beta,\ |\angle NCB|=\gamma}\) oraz \(\displaystyle{ |CA|=a,\ |CM|=m,\ |CN|=n,\ |CB|=b}\).
Oczywiście trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) jest prostokątny, a trójkąty \(\displaystyle{ ACM,MCN,NCB}\) mają równe pola (bo mają równe podstawy i tę samą wysokość). To oznacza, że \(\displaystyle{ am\sin\alpha =mn\sin\beta=bn\sin\gamma=\frac{1}{3}ab}\), a stąd

\(\displaystyle{ \begin{aligned}\sin\beta &=3\sin\alpha \sin\gamma\\&=\frac{3}{2}\left(\cos (\alpha -\gamma)-\cos (\alpha+\gamma )\right)\\&=\frac{3}{2}\left(\cos (\alpha -\gamma)-\cos\left(\frac{\pi}{2}-\beta\right)\right)\\&\le\frac{3}{2}\left(1-\cos\left(\frac{\pi}{2}-\beta \right)\right)\\&=\frac{3}{2}(1-\sin\beta )\end{aligned}}\)

Uzyskaliśmy, że \(\displaystyle{ \sin\beta\le\frac{3}{5}}\) z równością wtw, gdy \(\displaystyle{ \alpha =\gamma}\), tzn. gdy trójkąty \(\displaystyle{ ACM}\) oraz \(\displaystyle{ NCB}\) są przystające, czyli kiedy \(\displaystyle{ MCN}\) jest równoramienny (angle chasing).*
Ponieważ \(\displaystyle{ \angle DOE}\) jest kątem środkowym opartym na tym samym łuku, na którym oparty jest \(\displaystyle{ \angle MCN}\), a trójkąt \(\displaystyle{ DOE}\) jest równoramienny, więc mamy \(\displaystyle{ \frac{\frac{|DE|}{2}}{|OE|}=\frac{\frac{|DE|}{2}}{\frac{|AB|}{2}}=\sin\beta\le\frac{3}{5}\iff 5|DE|\le 3|AB|}\), c.b.d.o.

EDIT: *Właściwie wystarczy nam \(\displaystyle{ DE\parallel AB}\), co mamy z równości \(\displaystyle{ \alpha =\gamma}\), czyli z równej długości łuków \(\displaystyle{ AD}\) i \(\displaystyle{ BE}\).

PS Fajny jest ten trick z podwójnym dolarem - działa nawet przy wklejanym tekście, trzeba tylko przelecieć jeszcze raz cały tekst w miarę powoli strzałką. Nie wiedziałam o tym wcześniej. -- 12 czerwca 2018, 00:17 --Nowe zadanie:
Pokaż, że dla dowolnych dodatnich liczb \(\displaystyle{ a,b}\), spełniających warunek \(\displaystyle{ ab\ge 1}\), prawdziwa jest nierówność \(\displaystyle{ \biggl(a+2b+\frac{2}{a+1}\biggr)\biggl(b+2a+\frac{2}{b+1}\biggr)\ge 16}\)

[arek1357]

Hola Hola ja zrobiłem to pierwszy więc ja powinienem pierwszy wrzucić nowe zadanie...


To ostatnie:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ (a+2b+ \frac{2}{a+1}) (b+2a+ \frac{2}{b+1}) \ge 16}\)

\(\displaystyle{ ab+2a^2+ \frac{2a}{b+1}+2b^2 +4ab+ \frac{4b}{b+1}+ \frac{4a}{a+1}+ \frac{4}{(a+1)(b+1)} \ge 16}\)

Dajemy na wspólny mianownik co się da i korzystamy, że: \(\displaystyle{ ab \ge 1}\)

\(\displaystyle{ 5+2a^2+2b^2+ \frac{2a^2+2a+2b^2+2b+4+4ab+4b+4ab+4a}{(a+1)(b+1)} \ge 16}\)

upraszczamy:

\(\displaystyle{ a^2+b^2+ \frac{a^2+b^2+3(a+b)+4ab+2}{(a+1)(b+1)} \ge 5,5}\)

kasujemy mianownik:

\(\displaystyle{ (a^2+b^2)(a+1)(b+1)+a^2+b^2+3(a+b)+4ab+2 \ge 5,5(a+1)(b+1)}\)

Korzystamy z: \(\displaystyle{ ab \ge 1}\) i częściowo przemnażamy:

\(\displaystyle{ (a^2+b^2)(ab+a+b+1)+a^2+b^2+3(a+b)+6 \ge 5,5(ab+a+b+1)}\)

tasujemy:

\(\displaystyle{ (a^2+b^2)(a+b+2)+(a^2+b^2)+0,5 \ge 5,5ab+2,5(a+b)}\)

bo.: ab \(\displaystyle{ \ge 1}\)

zapisujemy inaczej:

\(\displaystyle{ \left[ (a+b)^2-2ab\right]\left[ (a+b)+2\right] +(a+b)^2-2ab+0,5 \ge 5,5ab+2,5(a+b)}\)

tasujemy, upraszczamy:

\(\displaystyle{ (a+b)^3+3(a+b)^2+0,5 \ge 11,5ab+2,5(a+b)+2ab(a+b)}\)

a ponieważ mamy:

\(\displaystyle{ ab \le \frac{(a+b)^2}{4}}\)

zapiszmy to tak:

\(\displaystyle{ (a+b)^3+3(a+b)^2+0,5 \ge 11,5 \frac{(a+b)^2}{4}+2,5(a+b)+ \frac{(a+b)^2}{2}(a+b)}\)

Po uproszczeniu mamy:

\(\displaystyle{ 4(a+b)^3+(a+b)^2-20(a+b)+4 \ge 0}\)

ale:

\(\displaystyle{ (a+b)^2 \ge 4ab \ge 4}\)

więc:

\(\displaystyle{ a+b \ge 2}\)

Podstawmy teraz:

\(\displaystyle{ x=a+b \ge 2}\)

oraz:

\(\displaystyle{ f(x)=4x^3+x^2-20x+4}\)

Ta funkcja dla.: \(\displaystyle{ x \ge 2}\) jest dodatnia,

cnd...

A teraz zrobiłem następne więc prosty rachunek powinienem wrzucić dwa zadania...

Nie ustępuje się kobietom miejsca jeżeli na to nie zasłużą...

czy b_N jest kobietą?

Hint:

Ukryta treść:    

Jeżeli ktoś lub coś( I nie będę to ja) wrzuci jakąś nierówność tu i teraz to zgłaszam do moderacji...

[Premislav]

jak widać to coś osiąga wynik jak największy gdy kąt jest jak największy, ale to widać gołym okiem, że ten kąt jest maksymalny wtedy gdy:

\(\displaystyle{ CO}\) jest prostopadłe do \(\displaystyle{ AB}\), a wtedy: \(\displaystyle{ s || AB}\)

Przepraszam, może jest dla mnie nieoczywiste coś, co powinno być oczywiste (urodziłem się z wadą wzroku – nie widzę geometrii), ale dla mnie jednak był to co najwyżej szkic. Moim zdaniem to jest ominięcie kluczowej trudności zadania, ale w sumie się nie znam. Chciałem już to napisać wcześniej, ale uznałem, że trochę byłby to spam…

Inne rozwiązanie zadania od bosej_Nike:    

\(\displaystyle{ \biggl(a+2b+\frac{2}{a+1}\biggr)\biggl(b+2a+\frac{2}{b+1}\biggr)\ge 16 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow 5ab+ \frac{4a+2b}{a+1}+ \frac{4b+2a}{b+1}+2a^2+2b^2+\frac{4}{(a+1)(b+1)}\ge 16 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow (2a^2+5ab+2b^2)(a+1)(b+1)+(4a+2b)(b+1)+(4b+2a)(a+1)+4 \ge 16(a+1)(b+1) \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow(2a^2+5ab+2b^2-8)(a+1)(b+1)+2a^2+2b^2 \ge 2a+2b+4 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow\left(2(a+b)^2+ab-8 \right)\left( ab+a+b+1\right)+2(a+b)^2-4ab-2(a+b)-4\ge 0}\)
Podstawmy \(\displaystyle{ p=a+b, \ q=ab}\), wówczas nierówność przyjmuje formę:
\(\displaystyle{ (2p^2+q-8)(p+q+1)+2p^2-4q-2p -4\ge 0\\ (2p^2-8)(p+q+2)+(q-1)(p+q+1)+5-3q-p\ge 0\\(p-2)\left( (2p+4)(p+q+2)-1\right) +(q-1)(p+q-2)\ge 0}\)
Ostatnia nierówność jest oczywista, gdyż \(\displaystyle{ p\ge 2\sqrt{q}\ge 2}\) i \(\displaystyle{ q\ge 1}\).

Sorry, że tak brzydko.

[arek1357]

Moim zdaniem to jest ominięcie kluczowej trudności zadania

Otóż nie bo przeliczyłem to w zeszycie mogę ci nawet wysłać ksero, pisałem o szkółkowych obliczeniach, których niegodny się czułem wrzucać tam, ale przeliczyłem wszystko , żeby wykazać, że to co widać gołym okiem można również zobaczyć pod lupą... dlatego będę protestował...


Mimo, że Premislava szanuję to jednak niech nic nie wrzuca tu bo nie może...

[Premislav]

można też tak zrobić zadanie od bosej_Nike:    

\(\displaystyle{ \biggl(a+2b+\frac{2}{a+1}\biggr)\biggl(b+2a+\frac{2}{b+1}\biggr)\ge 16\\ \biggl(a+\frac{2ab+2b+2}{a+1}\biggr)\biggl(b+\frac{2ab+2a+2}{b+1}\biggr)\ge 16\\\biggl(a+\frac{2ab}{a+1}+ 2\frac{b+1}{a+1} \biggr)\biggl(a+\frac{2ab}{b+1}+ 2\frac{a+1}{b+1}\biggr)\ge 16}\)
i teraz jeżeli
\(\displaystyle{ ab+1\ge a+b}\), to z uwagi na \(\displaystyle{ ab\ge 1}\) mamy
\(\displaystyle{ 4(ab)^2\ge 2(ab)^2+2\ge 2ab+2\ge (a+1)(b+1)}\),
stąd
\(\displaystyle{ \frac{2ab}{\sqrt{(a+1)(b+1)}}\ge 1}\)
i z nierówności Cauchy'ego-Schwarza:
\(\displaystyle{ \biggl(a+\frac{2ab}{a+1}+ 2\frac{b+1}{a+1} \biggr)\biggl(b+\frac{2ab}{b+1}+ 2\frac{a+1}{b+1}\biggr)\ge \\ \ge \left(\sqrt{ab}+\frac{2ab}{\sqrt{(a+1)(b+1)}}+2 \right)^2 \ge 16}\)
natomiast jeżeli \(\displaystyle{ ab+1<a+b}\), to
\(\displaystyle{ \biggl(a+2b+\frac{2}{a+1}\biggr)\biggl(b+2a+\frac{2}{b+1}\biggr)\ge\\ \ge \biggl(ab+\frac{1+b}{2}+\frac{1+b}{2}+\frac{2}{a+ab}\biggr)\biggl(ab+\frac{1+a}{2}+\frac{1+a}{2}+\frac{2}{b+ab}\biggr)}\)
i teraz stosując do każdego z czynników nierówność między arytmetyczną a geometryczną dla \(\displaystyle{ 4}\) zmiennych mamy:
\(\displaystyle{ ab+\frac{1+b}{2}+\frac{1+b}{2}+\frac{2}{a+ab} \ge 4 \sqrt[4]{\frac{b+b^2}{2}} \\ab+\frac{1+a}{2}+\frac{1+a}{2}+\frac{2}{b+ab}\ge 4 \sqrt[4]{\frac{a+a^2}{2}}}\)
Mnożymy te dwie nierówności stronami i mamy
\(\displaystyle{ LHS \ge 16 \sqrt[4]{ \frac{(a+a^2)(b+b^2)}{4} }}\),
dalej korzystamy z:
\(\displaystyle{ a+a^2\ge 2a^{\frac 3 2}\\b+b^2\ge 2b^{\frac 3 2}\\(a+a^2)(b+b^2)\ge 4(ab)^{\frac 3 2}\ge 4}\)
i koniec. To wcale nie jest ładniejsze, ale bardzo zależało mi na sposobie bez wymnażania nawiasów.

No to zadawaj śmiało, arek1357, mnie nie przekonałeś co do poprzedniego (tzn. nie że Ci nie wierzę, iż to rozwiązałeś, ale nie widzę tego toku rozumowania, może przez moją ślepotę geometryczną, z którą nic się nie da zrobić), ale ostatnie zadanie, które się tu pojawiło rozwiązałeś przede mną.