[MIX][Nierówności] Nierówności różne

[mol_ksiazkowy]

Zestaw I ; Nierówności w trójkącie
1. \(\displaystyle{ \frac{\cos \left( \alpha_1 \right) }{\sin \left( \alpha \right) } + \frac{\cos \left( \beta_1 \right) }{\sin \left( \beta \right) } + \frac{\cos \left( \gamma_1 \right) }{\sin \left( \gamma \right) } \leq \ctg \left( \alpha \right) + \ctg \left( \beta \right) + \ctg \left( \gamma \right)}\)
2. \(\displaystyle{ \sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3+3abc}{2}} \leq \max \left( a, b, c \right)}\)
3. \(\displaystyle{ S \left( \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+ \frac{1}{c^2} \right) > \frac{5}{4}}\)
4. \(\displaystyle{ \frac{\cos \left( \alpha \right) + \cos \left( \beta \right) +\cos \left( \gamma \right) }{ \sin \left( \alpha \right) + \sin \left( \beta \right) +\sin \left( \gamma \right) } > \frac{1}{2}}\)
5. \(\displaystyle{ \left( \cos \left( \frac{\alpha}{2} \right) + \cos \left( \frac{\beta}{2} \right) + \cos \left( \frac{\gamma}{2} \right) \right) \left( \tg \left( \frac{\alpha}{2} \right) + \tg \left( \frac{\beta}{2} \right) + \tg \left( \frac{\gamma}{2} \right) \right) \geq \frac{9}{2}}\)
6. \(\displaystyle{ a\sqrt{\frac{ \left( p-a \right) \left( p-b \right) }{bc}}+ b\sqrt{\frac{ \left( p-c \right) \left( p-a \right) }{ac}}+ b\sqrt{\frac{ \left( p-a \right) \left( p-b \right) }{bc}} \geq p}\)


Zestaw II; inne
1. (bmi) Czy jeśli \(\displaystyle{ \begin{cases} a+b+c >0\\ab+bc+ca >0\\ abc>0\end{cases}}\) to \(\displaystyle{ \begin{cases} a >0\\b >0\\ c>0\end{cases}}\) ?
2. Jeżeli \(\displaystyle{ a_n \geq 0}\) to \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \sqrt[n]{a_1…a_n} \leq e \sum_{n=1}^{\infty} a_n}\)
3. Wykazać że gdy \(\displaystyle{ a>0}\) to istnieją \(\displaystyle{ x, y \in R}\) iż:
\(\displaystyle{ y^3 < x^2 < y^3+ay}\)
4. bmi. Niech \(\displaystyle{ \begin{cases}0<a<b<c\\a+b+c=6\\ab+bc+ca=9\end{cases}}\). Dowieść iż \(\displaystyle{ 0<a<1<b<3<c<4}\)

Zestaw 3; pierwiastkowe
1. Wykazać iż \(\displaystyle{ \sqrt[n]{a_1…a_n} \leq \sqrt{\frac{\sin ^2 a_1+…+\sin ^2 a_n}{ \cos ^2 a_1+…+\cos ^2 a_n}}}\) o ile \(\displaystyle{ 0 < a_i < \frac{\pi}{4}}\)
2. \(\displaystyle{ \sqrt{1+\sqrt{3+\sqrt{…+\sqrt{2n-1}}}}<2}\)
3. Czy jeśli \(\displaystyle{ x, y \in R}\) to \(\displaystyle{ |\frac{x}{1+x^2}- \frac{x}{1+x^2} | \leq |x-y|}\) ?
4. Wykazać, iż jeśli \(\displaystyle{ x \geq 0}\) to \(\displaystyle{ \sqrt[3]{x+1} \leq 1+\frac{1}{3}x - \frac{1}{9}x^2}\)

Zestaw 4
1. Wykazać, że nie istnieje \(\displaystyle{ f: R_{+} \mapsto R_{+}}\) taka iż
\(\displaystyle{ f \left( x \right) ^2 \geq f \left( x+y \right) \left( f \left( x \right) + y \right)}\)
dla \(\displaystyle{ x, y \in R_{+}}\)
2. Udowodnić, iż jeśli \(\displaystyle{ a>0}\) oraz \(\displaystyle{ b>0}\) sa takie, że \(\displaystyle{ a^2+b^2-ab = c^2}\)
to \(\displaystyle{ \left( a-c \right) \left( b-c \right) \leq 0}\)
3. Udowodnić, że gdy \(\displaystyle{ x, y, z >0}\) to \(\displaystyle{ \frac{y^2-x^2}{x+z}+ \frac{z^2-y^2}{x+y}+ \frac{x^2-z^2}{y+z} \geq 0}\)
4. Wykazać, że dla \(\displaystyle{ a, b, c >0}\)
\(\displaystyle{ \frac{a+b}{1+a+b} \leq \frac{a}{1+a}+ \frac{b}{1+b}}\)
oraz czy jest też
\(\displaystyle{ \frac{a+b+c}{1+a+b+c} \leq \frac{a}{1+a}+ \frac{b}{1+b}+ \frac{c}{c+1}}\) ?

[Htorb]

Zes.4 Zad.2:    

\(\displaystyle{ (a-c)(b-c)\le 0 \\ ab-c(a+b)+c^2\le 0 \\ ab+c^2\le c(a+b) \\ a^2+b^2\le c(a+b)}\)
Obie strony są dodatnie, więc możemy podnieść je obustronnie do kwadratu:
\(\displaystyle{ a^4+2a^2b^2+b^4\le (a^2+ b^2-ab)(a^2+b^2+2ab)}\) po uproszczeniu:
\(\displaystyle{ 2a^2b^2\le ab(a^2+b^2)\\ 2ab \le a^2+b^2}\)

[bakala12]

4.2 alternatywnie:    

Oczywiście jeśli \(\displaystyle{ c \le 0}\) to nierówność z tezy zachodzi. Załóżmy, więc, że \(\displaystyle{ c>0}\). Rozważmy na płaszczyźnie odcinki \(\displaystyle{ \left| CA\right|=b}\) oraz \(\displaystyle{ \left| CB\right|=a}\) takie, że \(\displaystyle{ \angle ACB=60^{\circ}}\). Wówczas na mocy twierdzenia cosinusów \(\displaystyle{ \left| AB\right|^{2}=a^{2}+b^{2}-ab =c^{2}}\), a więc skoro \(\displaystyle{ c>0}\) to \(\displaystyle{ \left| AB\right|=c}\). Niech \(\displaystyle{ \angle CAB=\alpha}\) i \(\displaystyle{ \angle ABC= \beta}\). Wówczas oczywiście w trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) dokładnie jeden z kątów \(\displaystyle{ \alpha , \beta}\) ma miarę nie mniejszą niż \(\displaystyle{ 60^{\circ}}\), (albo oba mają po \(\displaystyle{ 60}\)). Stąd z faktu, że w trójkącie naprzeciw większego kąta leży dłuższy bok mamy: \(\displaystyle{ a \le c \le b}\) albo \(\displaystyle{ b \le c \le a}\). Jak łatwo się przekonać w obu przypadkach nierówność ta zachodzi.

[Marcinek665]

III 3:    

Tak, ponieważ funkcja \(\displaystyle{ f(x)= \frac{x}{1+x^2}}\) ma pochodną \(\displaystyle{ \frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}}\), która widać, że jest ograniczona z góry przez \(\displaystyle{ 1}\), a zatem jest to funkcja lipschitzowska ze stałą \(\displaystyle{ L=1}\), skąd wynika teza

[Kartezjusz]

Co oznacza "bmi" przed treściami niektorych zadań?

[Qń]

Zestaw 3, Zad.4:    

4. Wykazać, iż jeśli \(\displaystyle{ x \geq 0}\) to \(\displaystyle{ \sqrt[3]{x+1} \leq 1+\frac{1}{3}x - \frac{1}{9}x^2}\)

Ta nierówność zachodzi w drugą stronę.

Rozważmy funkcję:
\(\displaystyle{ f(x)= 1+ \frac 13 x - \frac 19x^2 - (x+1)^{\frac 13}}\)
Mamy:
\(\displaystyle{ f'(x) = \frac 13 - \frac 29 x - \frac 13 (x+1)^{-\frac 23}\\
f''(x) = \frac 29 (x+1)^{-\frac 53} - \frac 29 = \frac 29 \left( \frac{1}{(x+1)^{\frac 53}} -1\right)}\)
Widać, że druga pochodna jest w rozpatrywanym zbiorze niedodatnia, a zeruje się tylko w zerze, stąd wniosek, że pochodna jest funkcją malejącą, więc największą wartość ma w zerze. Ale \(\displaystyle{ f'(0)=0}\), więc i pochodna jest funkcją niedodatnią, a zatem \(\displaystyle{ f}\) jest funkcją malejącą, skąd w szczególności dostajemy:
\(\displaystyle{ f(x)\le f(0)=0}\)
a to oznacza właśnie tezę (z nierównością w prawidłowym kierunku).

Q.

[Kartezjusz]

II .3. Za łatwo mi idzie, więc proszę o krytykę

Ukryta treść:    

Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ y>0}\)
Wówczas\(\displaystyle{ x^{2}= \frac{2y^{3}+ay}{2}}\)
Ze wzgledu na \(\displaystyle{ y>0}\) możemy pierwiastkować w celu wyznaczenia \(\displaystyle{ x}\)

.

[yorgin]

Zad 4.4:    

Niech \(\displaystyle{ f(x)=\frac{x}{1+x}}\) dla \(\displaystyle{ x\geq0}\). Wtedy \(\displaystyle{ f(0)=0}\) oraz \(\displaystyle{ f}\) jest wklęsła, a zatem jest subaddytywna, tzn \(\displaystyle{ f(x+y)\leq f(x)+f(y)}\) dla \(\displaystyle{ x,y>0}\). Teraz wystarczy to zastosować raz bezpośrednio dla \(\displaystyle{ f(a+b)}\), a drugi raz dwuetapowo dla \(\displaystyle{ f((a+b)+c)}\).

[Qń]

Zestaw 4, Zad.3:    

Ciągi \(\displaystyle{ [x^2,y^2,z^2]}\) oraz \(\displaystyle{ \left[ \frac{1}{y+z}, \frac{1}{z+x}, \frac{1}{x+y}\right]}\) są jednomonotoniczne, zachodzi zatem nierówność:
\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} x^2&y^2&z^2\\\frac{1}{y+z}& \frac{1}{z+x}& \frac{1}{x+y}\end{bmatrix} \ge \begin{bmatrix} z^2&x^2&y^2\\\frac{1}{y+z}& \frac{1}{z+x}& \frac{1}{x+y}\end{bmatrix}}\)
czyli po przerzuceniu na jedną stronę dokładnie to o co nam chodzi.

Q.

[Kartezjusz]

IV.1

Ukryta treść:    

Załóżmy,że nasza nierówność zachodzi, co po przeniesieniu na jedną stronę daje nierówność:
\(\displaystyle{ f^{2}(x)-f(x)f(x+y)-yf(x+y) \ge 0}\)Potraktujmy je jako nierównośc kwadratową zmiennej \(\displaystyle{ f(x)}\)
Tutaj \(\displaystyle{ \Delta=f^{2}(x+y)+4f(x+y)y > 0}\), jako,że wszystkie wielkosci są tu dodatnie. To jednak oznacza,że istnieją \(\displaystyle{ x,y}\) dodatnie dla ktorych zachodzi nieówność przeciwna od tej zadanej.

[mol_ksiazkowy]

Co oznacza "bmi" przed treściami niektorych zadań?

Ukryta treść:    

(b = nazwa (br) ; m – od math; i - inequity)

[Kartezjusz]

2.1

Ukryta treść:    

Aby trzecia nierówność była prawdziwa,albo wszystkie trzy liczby muszą być dodatnie, albo dwie ujemne i jedna dodatnia. bso\(\displaystyle{ a \le b<0<c}\), wówczas z pierwszej nierówności widzimy,że
\(\displaystyle{ |a+b|<c}\) .Z drugiej strony w drugiej nierówności i z faktu,że obie liczby\(\displaystyle{ a,b}\) są ujemne wyniika,że \(\displaystyle{ 0<ab-c(|a+b|)[ ex],
\(\displaystyle{ c< \frac{ab}{|a+b|}}\), czyli musiałobu być \(\displaystyle{ |a+b|< \frac{ab}{|a+b|}}\),a to jest niemożliwe, czyli nie ma innej możliwości jak wszystko dodatnie.}\)

[Ponewor]

I.6 imo błędna treść:    

Powinno wyglądać tak:
\(\displaystyle{ a\sqrt{\frac{ \left( p-b \right) \left( p-c \right) }{bc}}+ b\sqrt{\frac{ \left( p-c \right) \left( p-a \right) }{ac}}+ c\sqrt{\frac{ \left( p-a \right) \left( p-b \right) }{ab}} \geq p}\)
Wtedy dowodzimy, że \(\displaystyle{ a\sqrt{\frac{ \left( p-b \right) \left( p-c \right) }{bc}}\ge \frac{a}{2}}\) po czym dodajemy cyklicznie i teza.
A dowodzimy tak, że po uproszczeniu to jest:
\(\displaystyle{ \sqrt{ \frac{\left( a+b\right) \left( c+a\right) }{4bc} } \ge \frac{1}{2}}\)
A to po skwadratowaniu daje
\(\displaystyle{ \left( a+b\right)\left( c+a\right) \ge cb}\)
Czyli oczywistość na mocy nierówności trójkąta.

[Kartezjusz]

I.3 .Co to za funkcja \(\displaystyle{ S}\)?

[Ponewor]

Pewnie pole. A co to są te kąty z indeksani w pierwszym zadaniu?