[Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

[bosa_Nike]

Ukryta treść:    

Imho jest OK. Nie mogę tylko załapać, jakiego procesu nie można przeprowadzić, gdy \(\displaystyle{ a=b=c=2}\).
Trudno mi będzie wyrokować o ich ludzkości, ale mogę przedstawić pomysły firmowe (z firmy BoskaBezKa Ltd.) siląc się na obiektywizm. Ja oszacowania odgadłam - bez większej filozofii - dla równych zmiennych i na brzegu, a później udowodniłam. Oczywiście użyte chwyty nie są oryginalne. Uważam pomysł górnego oszacowania za pomocą Mixing Variables za fajniejszy od mojego: \(\displaystyle{ \ln\frac{x^2+2}{6}\le\frac{2}{3}x-\frac{4}{3}}\).
Dolne polegało na przejściu na jedną zmienną: jeżeli \(\displaystyle{ c=\max\{a,b,c\}}\), to \(\displaystyle{ 2\le c\le 4}\), a dodatkowo
\(\displaystyle{ \begin{aligned}\left(a^2+2\right)\left(b^2+2\right)&\ge\left(a^2+2\right)\left(b^2+2\right)-\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\\&=3a^2+3b^2+3\\&\ge\frac{3}{2}(a+b)^2+3\end{aligned}}\)
czyli
\(\displaystyle{ \begin{aligned}\left(a^2+2\right)\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)-162&\ge 3\left(\frac{(a+b)^2}{2}+1\right)\left(c^2+2\right)-162\\&=3\left(\frac{(6-c)^2}{2}+1\right)\left(c^2+2\right)-162\\&=\frac{3}{2}(c-2)(4-c)\left((c-2)(4-c)+12\right)\\&\ge 0\end{aligned}}\)

[Premislav]

Ukryta treść:    

Dzięki. Zabawne, próbowałem wczoraj tak samo oszacować z góry z użyciem nierówności typu \(\displaystyle{ \ln(x^2+2)\le ax+b}\), ale jak się okazuje, pomyliłem się w rachunkach, wyznaczając pewien współczynnik (wyraz wolny) i uznałem, że nie da rady.
Dolne szacowanie znacznie lepsze od mojego, ja też zgadłem wynik, ale problem był z jakimś ładnym dowodem.

Nowe zadanie:
niech \(\displaystyle{ x,y,z\ge \frac 2 3}\) oraz \(\displaystyle{ x+y+z=3}\). Proszę wykazać, że
\(\displaystyle{ x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\ge xy+yz+zx}\)

[Premislav]

Coś się, coś się popsuło i nie było mnie słychać, to powtórzę jeszcze raz.
Szkoda blokować ten wątek.

siłowe rozwiązanie nr 1:    

Istnieją takie liczby rzeczywiste nieujemne \(\displaystyle{ a,b,c}\), że
\(\displaystyle{ x=a+\frac 2 3, \ y=b+\frac 2 3, \ z=c+\frac 2 3}\). Wówczas skoro \(\displaystyle{ x+y+z=3}\), to \(\displaystyle{ a+b+c=1}\).
Ponadto wówczas zachodzi
\(\displaystyle{ x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2-xy-yz-zx=\\=(xy+yz+zx)^2-2xyz(x+y+z)-xy-yz-zx=\\=(xy+yz+zx)^2-6xyz-xy-yz-zx=\\=\left( ab+bc+ca+\frac 8 3\right)^2-6\left( a+\frac 2 3\right)\left( b+\frac 2 3\right)\left( c+\frac 2 3\right) -\left( ab+bc+ca+\frac 8 3\right)=\\=\left( ab+bc+ca\right)^2+\frac 1 3(ab+bc+ca)-6abc}\),
czyli sprowadziliśmy zadanie do tego, że w nieujemnych spełniających \(\displaystyle{ a+b+c=1}\) jest
\(\displaystyle{ \left( ab+bc+ca\right)^2+\frac 1 3(ab+bc+ca)-6abc\ge 0}\)
a to już jest jasne, ponieważ \(\displaystyle{ (ab+bc+ca)^2\ge 3abc(a+b+c)=3abc}\)
oraz
\(\displaystyle{ ab+bc+ca=(a+b+c)(ab+bc+ca)\ge 9abc}\)

siłka nr 2, szkoda że nie Rzeźnia numer pięć:    

Zastosujemy metodę mnożników Lagrange'a.
Minimalizujemy \(\displaystyle{ f(x,y,z)=x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2-xy-yz-zx}\) przy warunkach
\(\displaystyle{ x,y,z\ge \frac 2 3}\) oraz \(\displaystyle{ x+y+z=3}\).
Rozważmy funkcjonał Lagrange'a
\(\displaystyle{ L(x,y,z, \lambda)=f(x,y,z)+\lambda(x+y+z-3)}\).
Warunek konieczny istnienia ekstremum tegoż sprowadza się do układu równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases}2xy^2+2xz^2-y-z+\lambda =0 \\2yx^2+2yz^2-x-z+\lambda=0 \\2zy^2+2zx^2-x-y+\lambda=0 \\x+y+z=3 \end{cases}}\)
Odejmujemy teraz drugie równanie od pierwszego i trzecie od drugiego, otrzymując:
\(\displaystyle{ \begin{cases}(x-y)(2z^2-2xy+1)=0 \\(y-z)(2x^2-2yz+1)=0 \\x+y+z=3 \end{cases}}\)
Z tego otrzymujemy cztery podukłady.
1) \(\displaystyle{ \begin{cases} x=y \\ y=z\\ x+y+z=3 \end{cases}}\)
Oczywiście jedynym rozwiązaniem jest wówczas \(\displaystyle{ x=y=z=1}\) i co więcej rozwiązanie to spełnia warunek \(\displaystyle{ x,y,z\ge \frac 2 3}\). W tym przypadku otrzymujemy \(\displaystyle{ f(1,1,1)=0}\).
2) \(\displaystyle{ \begin{cases}2z^2-2xy+1=0 \\ 2x^2-2yz+1=0\\x+y+z=3\end{cases}}\)
Odejmując stronami drugie równanie tego układu od pierwszego, dostajemy
\(\displaystyle{ \begin{cases} 2(z-x)(z+x+y)=0 \\2x^2-2yz+1=0 \\x+y+z=3 \end{cases}}\)
Oczywiście w dodatnich jest \(\displaystyle{ z+x+y>0}\), więc to wymusza \(\displaystyle{ z=x}\),
czyli z drugiego równania \(\displaystyle{ y=\frac{2x^2+1}{2x}}\), a z trzeciego równania
\(\displaystyle{ y=3-2x}\), czyli dostajemy
\(\displaystyle{ \frac{2x^2+1}{2x}=3-2x}\), stąd
\(\displaystyle{ 6x^2-6x+1=0}\), więc
\(\displaystyle{ x= \frac{3\pm \sqrt{3}}{6}}\), przy czym mamy
\(\displaystyle{ \frac{3-\sqrt{3}}{6}<\frac 2 3}\), więc tę możliwość pomijamy, oraz
\(\displaystyle{ \frac{3+\sqrt{3}}{6}\ge \frac 2 3}\), więc rozważany przypadek sprowadza się do:
\(\displaystyle{ x=z=\frac{3+\sqrt{3}}{6}, \ y=3-\frac{3+\sqrt{3}}{3}=2-\frac{\sqrt{3}}{3}}\)
Ponadto \(\displaystyle{ f\left( \frac{3+\sqrt{3}}{6},2-\frac{\sqrt{3}}{3} ,\frac{3+\sqrt{3}}{6}\right) =\frac{2\sqrt{3}-3}{12}>0}\).
3) \(\displaystyle{ \begin{cases} 2z^2-2xy+1=0\\y=z \\ x+y+z=3\end{cases}}\)
Wstawiając do pierwszego i trzeciego równania zależność \(\displaystyle{ y=z}\) i wyliczając z tego \(\displaystyle{ x}\), otrzymujemy
\(\displaystyle{ x=3-2z=\frac{2z^2+1}{2z}}\)
To prowadzi nas, na drodze podobnych obliczeń jak poprzednio, do rozwiązania
\(\displaystyle{ x=2-\frac{\sqrt{3}}{3}, \ y=z=\frac{3+\sqrt{3}}{6}}\)
Poza tym łatwo widać, że dla naszej \(\displaystyle{ f}\) zachodzi \(\displaystyle{ f(x,y,z)=f(y,z,x)}\), więc
też \(\displaystyle{ f\left( 2-\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{3+\sqrt{3}}{6},\frac{3+\sqrt{3}}{6}\right) =\frac{2\sqrt{3}-3}{12}>0}\).
4) \(\displaystyle{ \begin{cases} x=y\\ 2x^2-2yz+1=0\\ x+y+z=3 \end{cases}}\)
Tutaj rozważania są analogiczne jak w 2) i 3), otrzymujemy rozwiązanie
\(\displaystyle{ x=y=\frac{3+\sqrt{3}}{6}, \ z=2-\frac{\sqrt{3}}{3}}\)
i mamy
\(\displaystyle{ f\left( \frac{3+\sqrt{3}}{6},\frac{3+\sqrt{3}}{6},2-\frac{\sqrt{3}}{3}\right) >0}\).
Pozostaje powołać się na twierdzenie Weierstrassa: funkcja ciągła na niepustym zbiorze zwartym przyjmuje swoje kresy na tym zbiorze. W szczególności \(\displaystyle{ f(x,y,z)=x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2-xy-yz-zx}\) jest ciągłą funkcją trzech zmiennych, zbiór
\(\displaystyle{ \left\{ (x,y,z)\in \RR^3:x+y+z=3, x\ge \frac 2 3, y\ge \frac 2 3, z\ge \frac 2 3\right\}}\)
jest domkniętym (przy przejściach granicznych zachowują się równości i słabe nierówności) i ograniczonym (bo na przykład zawartym w kostce \(\displaystyle{ \left[ \frac 2 3, \frac 5 3\right] \times \left[ \frac 2 3, \frac 5 3\right]\times \left[ \frac 2 3, \frac 5 3\right]}\)) podzbiorem \(\displaystyle{ \RR^3}\), a więc zwartym podzbiorem \(\displaystyle{ \RR^3}\). Zatem \(\displaystyle{ f}\) przyjmuje swoje minimum na rozważanym zbiorze i z powyższych wyliczeń wynika, że wynosi ono \(\displaystyle{ 0}\).
W sumie uważam, że akurat w tym przypadku ładnie to się stosuje, więc nawet metoda nie taka bardzo siłowa, ale pewnie większość ludzi się ze mną nie zgodzi, poza tym niestety nieelementarnie.

Pamiętam, że to zadanie miało też jakieś ładne rozwiązanie (zadanie chyba wziąłem od Vasile Cirtoaje), ale zapomniałem już, jak to leciało. Wydaje mi się też, że mogłem coś pokręcić w treści, bo coś za łatwe to.

W każdym razie to może posłużyć za nowe zadanie:
w dodatnich proszę udowodnić, że
\(\displaystyle{ \frac{1}{22a^2+5bc}+\frac{1}{22b^2+5ca}+\frac{1}{22c^2+5ab}\ge \frac{1}{(a+b+c)^2}}\)

[bosa_Nike]

Poprzednie inaczej:    

Mamy po ujednorodnieniu w (srogich) terminach (u szewca) \(\displaystyle{ p=x+y+z,\ q=xy+yz+zx,\ r=xyz}\):
\(\displaystyle{ \sum x^2y^2-\sum xy\cdot\frac{\left(\sum x\right)^2}{9}\ge 0\iff q^2-2pr-\frac{1}{9}p^2q\ge 0}\)
To jest jednorodne, symetryczne wyrażenie stopnia czwartego względem \(\displaystyle{ x,y,z}\), ale liniowe i malejące względem \(\displaystyle{ r}\), więc wystarczy sprawdzić, co się dzieje dla np. \(\displaystyle{ x=y=t,\ z=3-2t}\).

Myślę, że poniższy pomysł w oficjalnym rozwiązaniu nie wymagałby aż tak bardzo rozbudowanego komentarza, jak metoda wspomniana wyżej, za to wskazana byłaby większa uwaga przy przekształceniach.

Niech \(\displaystyle{ F(a,b,c)=\sum a^2b^2-\sum ab}\). Niech ponadto \(\displaystyle{ z\ge x,y}\), wtedy \(\displaystyle{ z\ge 1}\) oraz \(\displaystyle{ x+y\le 2}\). Mamy

\(\displaystyle{ \begin{aligned}F(x,y,z)-F&\left(\frac{x+y}{2},\frac{x+y}{2},z\right)\\&=\frac{(x-y)^2}{8}\left(3(2-x-y)^2+12(2-x-y)+2\right)\ge 0\end{aligned}}\)

Wobec tego wystarczy pokazać \(\displaystyle{ F(t,t,3-2t)=3t(t-1)^2(3t-2)\ge 0}\), co jest oczywiste.

Równość dla \(\displaystyle{ (x,y,z)=(1,1,1)}\) lub permutacji trójki \(\displaystyle{ \left(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{5}{3}\right)}\).

[bosa_Nike]

Bieżące:    

To zadanie akurat pamiętam (i pamiętam skąd). Ma fajne rozwiązanie za pomocą C-S przy użyciu techniki zwanej niekiedy CYH, która jest efektowna, ale raczej niełatwa do opanowania, a polega na dobraniu odpowiedniego czynnika. Tu wystarczy udowodnić \(\displaystyle{ \frac{4\left(\sum a\right)^2}{\sum\left(22a^2+5bc\right)(b+c)^2}\ge\frac{1}{\left(\sum a\right)^2}}\).
O ile się nie pomyliłam w rachunkach, to to zadanie jest też pałowalne przy pomocy \(\displaystyle{ pqr}\).
Tutaj zrobię je stycznymi.

Dla wygody zapisu włączymy co najwyżej jedno zero. Niech \(\displaystyle{ a,b,c\ge 0}\) będą takie, że \(\displaystyle{ ab+bc+ca>0}\).
Nierówność jest jednorodna - możemy unormować względem sumy zmiennych: niech \(\displaystyle{ a+b+c=3}\).
Nierówność jest symetryczna - nie tracimy ogólności przyjmując \(\displaystyle{ a\le b\le c}\).

Ponieważ \(\displaystyle{ bc\le\frac{(b+c)^2}{4}=\frac{(3-a)^2}{4}}\), więc wystarczy dowieść

\(\displaystyle{ \sum\frac{1}{22a^2+5\cdot\frac{(3-a)^2}{4}}=\sum\frac{4}{3\left(31a^2-10a+15\right)}\ge\frac{1}{9}}\)

lub równoważnie

\(\displaystyle{ \sum\frac{1}{31a^2-10a+15}\ge\frac{1}{12}\qquad (*)}\)

Oznaczmy \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{31x^2-10x+15}}\)
Nie ma niespodzianek: \(\displaystyle{ 31x^2-10x+15=31\left(x-\frac{5}{31}\right)^2+\frac{440}{31}>0}\)

Mamy następujące przypadki:

\(\displaystyle{ \boxed{1.}\quad\frac{6}{403}\le a\le b\le c}\)

Ponieważ równość w \(\displaystyle{ (*)}\) zachodzi dla \(\displaystyle{ a=b=c=1}\), więc wyznaczamy równanie stycznej do wykresu \(\displaystyle{ f(x)}\) dla \(\displaystyle{ x=1}\) i mamy

\(\displaystyle{ \frac{1}{31x^2-10x+15}\ge -\frac{13}{324}x+\frac{11}{162}\iff \frac{(1-x)^2(403x-6)}{324\left(31x^2-10x+15\right)}\ge 0}\)

Mamy więc \(\displaystyle{ f(a)+f(b)+f(c)\ge 3\cdot \frac{11}{162}-\frac{13}{324}\sum a=\frac{1}{12}}\)

\(\displaystyle{ \boxed{2.}\quad a<\frac{6}{403}}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ f'(x)=\frac{2(5-31x)}{\left(31x^2-10x+15\right)^2}}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{6}{403}<\frac{5}{31}}\), to z monotoniczności \(\displaystyle{ f(a)\ge f(0)=\frac{1}{15}}\), a więc brakuje nam \(\displaystyle{ \frac{1}{12}-\frac{1}{15}=\frac{1}{60}}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ f(x)\ge\frac{1}{60}\iff\frac{5-2\sqrt{355}}{31}\le x\le\frac{5+2\sqrt{355}}{31}}\), więc możemy rozbić dalej:

\(\displaystyle{ \boxed{2a.}\quad b\le\frac{5+2\sqrt{355}}{31}}\)

Wtedy \(\displaystyle{ f(a)+f(b)+f(c)>f(0)+f\left(\frac{5+2\sqrt{355}}{31}\right)=\frac{1}{12}}\)

\(\displaystyle{ \boxed{2b.}\quad \frac{5+2\sqrt{355}}{31}<b}\)

Ponieważ mamy

\(\displaystyle{ \begin{aligned}f''(x)&=\frac{2\left(2883x^2-930x-365\right)}{\left(31x^2-10x+15\right)^3}\ge 0\\ &\iff \left(x\le\frac{15-2\sqrt{330}}{93}\vee \frac{15+2\sqrt{330}}{93}\le x\right)\end{aligned}}\)

oraz

\(\displaystyle{ \frac{15+2\sqrt{330}}{93}<\frac{15+6\sqrt{355}}{93}=\frac{5+2\sqrt{355}}{31}<b}\),

więc \(\displaystyle{ f(x)}\) jest tu wypukła, czyli z Jensena

\(\displaystyle{ f(b)+f(c)\ge 2f\left(\frac{b+c}{2}\right)=2f\left(\frac{3-a}{2}\right)=\frac{8}{31a^2-166a+279}}\)

Oznaczmy \(\displaystyle{ h(x)=\frac{8}{31x^2-166x+279}}\).

Mamy \(\displaystyle{ 31x^2-166x+279=31\left(x-\frac{83}{31}\right)^2+\frac{1760}{31}>0}\).

Mamy też \(\displaystyle{ h'(x)=\frac{16(83-31x)}{\left(31x^2-166x+279\right)^2}}\), a ponieważ \(\displaystyle{ \frac{6}{403}<\frac{83}{31}}\), więc z monotoniczności \(\displaystyle{ h(a)\ge h(0)}\) i ostatecznie

\(\displaystyle{ f(a)+f(b)+f(c)\ge f(a)+h(a)\ge f(0)+h(0)=\frac{1}{15}+\frac{8}{279}>\frac{1}{15}+\frac{8}{320}>\frac{1}{12}\qquad\blacksquare}\)


Prawie cały punkt 2. można zastąpić krótszym i bardziej elementarnym, ale (w tym przypadku) nieprzyjemnym obliczeniowo rozwiązaniem bazującym na intuicji związanej z występowaniem punktów krytycznych w wyrażeniach symetrycznych. Ponieważ \(\displaystyle{ (*)}\) jest już wynikiem oszacowania przez AM-GM, więc równości tu mieć nie będziemy, ale liczymy, że to wystarczy. Jeżeli \(\displaystyle{ a<\frac{6}{403}}\), to bierzemy styczną do wykresu \(\displaystyle{ f(x)}\) dla \(\displaystyle{ x=\frac{3}{2}}\) i sprawdzamy, że leży ona w całości pod wykresem dla pozostałych dodatnich iksów, a następnie tę styczną wykorzystujemy do szacowania \(\displaystyle{ f(b)}\) oraz \(\displaystyle{ f(c)}\). Pomijając szczegóły, pozostaje nam udowodnienie nierówności jednej zmiennej:

\(\displaystyle{ -\frac{1328}{77841}(3-a)+2\cdot\frac{1036}{25947}+\frac{1}{31a^2-10a+15}-\frac{1}{12}\ge 0}\)

Jeżeli określimy monotoniczność trzeciego składnika, to już mamy całe zadanie, bo lewa strona tej ostatniej nierówności jest rosnącą funkcją zmiennej \(\displaystyle{ a}\) (jako suma dwóch funkcji rosnących), więc wystarczy sprawdzić wartość dla \(\displaystyle{ a=0}\).

Jeszcze do poprzedniego:    

Trochę przemyślawszy, jednak mam wątpliwości co do uniwersalności poprzedniego podejścia z wielomianami symetrycznymi. Na pewno poprawnie byłby przesunąć zmienne. Jeżeli weźmiemy \(\displaystyle{ x=a+\frac{2}{3},\ y=b+\frac{2}{3},\ x=c+\frac{2}{3}}\), to \(\displaystyle{ a,b,c\ge 0}\) oraz \(\displaystyle{ a+b+c=1}\).

Oznaczając teraz \(\displaystyle{ p=a+b+c,\ q=ab+bc+ca,\ r=abc}\) mamy

\(\displaystyle{ \sum\left(a+\frac{2}{3}\right)\left(b+\frac{2}{3}\right)=q+\frac{4}{3}p+\frac{4}{3}}\)

oraz

\(\displaystyle{ \sum\left(a+\frac{2}{3}\right)^2\left(b+\frac{2}{3}\right)^2=q^2+\frac{4}{3}pq+\frac{8}{9}p^2+\frac{32}{27}p-2pr-4r+\frac{16}{27}}\)

W postaci jednorodnej w nowych zmiennych nierówność wygląda tak

\(\displaystyle{ q^2+\frac{4}{3}p^2q+\frac{8}{3}p^4-6pr\ge p^2q+\frac{8}{3}p^4}\)

czyli \(\displaystyle{ q^2+\frac{1}{3}p^2q-6pr\ge 0}\)

No i teraz, po uzasadnieniu, sprawdzamy dla \(\displaystyle{ (a,b,c)=(u,u,1-2u)}\):

\(\displaystyle{ \frac{1}{3}u(3u+2)(3u-1)^2\ge 0}\)

Dla \(\displaystyle{ a,b,c\ge 0}\) pokaż, że

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

[timon92]

z pomocą wujaszka Wolframa:    

gdy prawa strona jest ujemna to nie ma co robić

w przeciwnym przypadku bez straty ogólności możemy przyjąć \(\displaystyle{ a\le b\le c}\), co pozwala zapisać \(\displaystyle{ b=a+x, c=a+x+y}\) dla pewnych \(\displaystyle{ x,y\ge 0}\)

po wstawieniu i przekształceniach otrzymujemy równoważną postać
\(\displaystyle{ 9 a^4 + 24 a^3 x + 12 a^3 y + 28 a^2 x^2 + 28 a^2 x y + 10 a^2 y^2 + 16 a x^3 + 12 a x^2 y + 4 a x y^2 + 4 a y^3 + (2x^2-y^2)^2 \ge 0,}\)
co niewątpliwie jest prawdą

bosa_Nike, masz jakiś inny dowód tej nierówności?

a oto nowe, niezbyt trudne zadanie dla rozruszania wątku: \(\displaystyle{ a,b,c>0, abc\ge 1 \implies \frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1} \geq \frac{1}{abc}}\)

[bosa_Nike]

Poprzednie, wskazówka:    

@timon92 - tak, przyjmując \(\displaystyle{ a\le b\le c}\) wystarczy określić monotoniczność każdej ze stron jako funkcji zmiennej \(\displaystyle{ a}\).

Główni adresaci tego wątku potykają się zapewne z zadaniami aktualnej olimpiady, ale może ktoś jednak spróbuje.

[Premislav]

Ukryta treść:    

Ustalmy \(\displaystyle{ abc=r^3\ge 1}\). Dla dodatnich \(\displaystyle{ x,y,z}\) podstawmy
\(\displaystyle{ a=\frac{rx}{y}, \ b=\frac{ry}{z}, \ c=\frac{rz}{x}}\)
(takich \(\displaystyle{ x, \ y, \ z}\) jest całkiem sporo, zadziała np. \(\displaystyle{ x=1, \ y= \frac{(bc)^{\frac 1 3}}{a^{\frac 2 3}}, \ z= \frac{c^{\frac 2 3}}{(ab)^{\frac 1 3}}}\)).
Wówczas nierówność
\(\displaystyle{ \frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1} \geq \frac{1}{abc}}\),
czyli teza zadania, przyjmuje formę:
\(\displaystyle{ \frac{ \frac{rx}{y} }{\frac{r^2 x}{z}+\frac{rx}{y}+1}+\frac{ \frac{ry}{z} }{\frac{r^2y}{x}+\frac{ry}{z}+1}+\frac{\frac{rz}{x}}{\frac{r^2z}{y}+\frac{rz}{x}+1} \ge \frac{1}{r^3}}\)
a dalej:
\(\displaystyle{ \frac{ r^4xz }{r^2xy+rxz+yz}+\frac{ r^4xy }{r^2yz+rxy+zx}+\frac{r^4yz}{r^2xz+rzy+xy} \ge 1}\)
Skoro jednak \(\displaystyle{ x,y,z>0}\) oraz \(\displaystyle{ r\ge 1}\), to
\(\displaystyle{ \frac{ r^4xz }{r^2xy+rxz+yz}+\frac{ r^4xy }{r^2yz+rxy+zx}+\frac{r^4yz}{r^2xz+rzy+xy} \ge\\ \ge \frac{ r^4xz }{r^2xy+r^2xz+r^2yz}+\frac{ r^4xy }{r^2yz+r^2xy+r^2zx}+\frac{r^4yz}{r^2xz+r^2zy+r^2xy} =\\=r^2\ge 1}\),
gdyż zwiększając mianownik ułamka o dodatnim liczniku i mianowniku i zarazem nie zmieniając licznika, otrzymamy mniejszy ułamek.

Po ewentualnej akceptacji rozwiązania wrzucę nowy problemat.

[timon92]

tak, to jest dobrze

[Premislav]

OK, fajnie, to nowe zadanie (może być znane, bo nie mam bardzo undergroundowych źródeł):
niech \(\displaystyle{ a_1, a_2\ldots a_n\in \RR^+}\) i niechaj
\(\displaystyle{ k=\max\left\{ a_1, a_2\ldots a_n\right\}, \ l=\min\left\{ a_1, a_2\ldots a_n\right\}}\).
Proszę udowodnić, że
\(\displaystyle{ \left( \frac{a_1^2+a_2^2+\ldots+a_n^2}{a_1+a_2+\ldots+a_n}\right)^{\frac{kn}{l}}\ge a_1a_2\ldots a_n}\)
i ustalić, kiedy w tej nierówności zajdzie równość.

[arek1357]

załóżmy , że one są w kolejności od najmniejszej do największej...

\(\displaystyle{ k=a_{n}, l=a_{1}}\)

z Czebyszewa:

\(\displaystyle{ a_{1}^2+a_{2}^2+...+a_{n}^2 \ge \frac{\left( a_{1}+...+a_{n}\right)^2 }{n}}\)

po podstawieniu mamy:

\(\displaystyle{ \left[ \frac{\left( a_{1}+...+a_{n}\right)}{n} \right]^{n \frac{a_{n}}{a_{1}} } \ge \left( a_{1}...a_{n}\right)^{\frac{a_{n}}{a_{1}}} \ge a_{1}...a_{n}}\)

przedostatnia ze średnich...

a ostatnia bo:

\(\displaystyle{ \frac{a_{n}}{a_{1}} \ge 1}\)

Równość będzie jak będą pewnie równe...

[WolfusA]

Poprzednie, wskazówka:    

@timon92 - tak, przyjmując \(\displaystyle{ a\le b\le c}\) wystarczy określić monotoniczność każdej ze stron jako funkcji zmiennej \(\displaystyle{ a}\).

Główni adresaci tego wątku potykają się zapewne z zadaniami aktualnej olimpiady, ale może ktoś jednak spróbuje.

Proszę mi zwrócić uwagę o ile moje rozwiązanie jest zbyt ogólnikowe. Stosuję amerykańskie nawiasy domknięte.
Założyłem bez straty ogólności \(\displaystyle{ a=\max{a,b,c}}\). Żeby prawa była nieujemna, to biorę jeszcze \(\displaystyle{ b\ge c}\)
Robimy sobie schemacik wielomianu (węża z pierwiastkami) i widać, że od pewnej liczby w przedziale \(\displaystyle{ [c,b]}\)funkcja \(\displaystyle{ RHS(a)}\) jest malejąca. Z naszej dziedziny \(\displaystyle{ a\in [b;+\infty]}\) wynika więc, że prawa strona jest ciągle malejąca. Lewa jest oczywiście rosnąca na całym \(\displaystyle{ [0;+\infty]}\) więc tym bardziej na \(\displaystyle{ [b;+\infty]}\). Zatem wystarczy sprawdzić nierówność dla \(\displaystyle{ a=b}\). Prawa strona się zeruje, lewa nieujemna ckd. Równość wtw. \(\displaystyle{ a=b=c=0}\).

A teraz pytanie do powyższego postu. Skąd wiadomo, że \(\displaystyle{ a_1a_2\cdot... a_n\ge 1}\)? Bo to niezbędne, żeby otrzymać ostatnią nierówność.

[arek1357]

Oj tak masz racje przegapiłem to

[WolfusA]

A tak poza tym, to wydaje mi się nierówność Premislava nieprawdziwa. Działa tylko przypadek, gdy wszystkie są równe zmienne. Jeśli nie są, to \(\displaystyle{ k>l}\). Otóż podstawiamy do tej nierówności \(\displaystyle{ a_i:\ ta_i}\) dla pewnego \(\displaystyle{ t\in R_+}\). I teraz trzeba wykazać \(\displaystyle{ \left( \frac{a_1^2+a_2^2+\ldots+a_n^2}{a_1+a_2+\ldots+a_n}\right)^{\frac{kn}{l}}\cdot t^{\frac{(k-l)n}{l}}\ge a_1a_2\ldots a_n}\)
Jeśli \(\displaystyle{ \frac{(k-l)n}{l}>0}\), to biorąc \(\displaystyle{ t\rightarrow 0^+}\) otrzymujemy w końcu, że lewa mniejsza od prawej.

[Premislav]

Tak, masz rację, WolfusA, bardzo przepraszam za zamieszanie, powinno być \(\displaystyle{ a_1, a_2\ldots a_n \in \NN^+}\) zamiast \(\displaystyle{ \RR^+}\).