Zad chyba związane z nierównością Schwarza w wersji Eugela

Proste problemy dotyczące wzorów skróconego mnożenia, ułamków, proporcji oraz innych przekształceń.
Ogorek00
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 63
Rejestracja: 2 sty 2017, o 19:01
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Gdańsk
Podziękował: 42 razy

Zad chyba związane z nierównością Schwarza w wersji Eugela

Post autor: Ogorek00 » 15 paź 2017, o 20:26

Udowodnij dla \(\displaystyle{ a,b,c>0}\)

\(\displaystyle{ \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \le \frac{a^{2} }{b^{2}} + \frac{b^{2} }{c^{2}} + \frac{c^{2} }{a^{2} }}\)
Ostatnio zmieniony 15 paź 2017, o 20:37 przez Ogorek00, łącznie zmieniany 1 raz.

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15209
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 161 razy
Pomógł: 5046 razy

Re: Zad chyba związane z nierównością Schwarza w wersji Euge

Post autor: Premislav » 15 paź 2017, o 20:28

Dobrze to przepisałaś?
Dla \(\displaystyle{ a=b=c=1}\) mamy znaną nierówność \(\displaystyle{ 3 \le 2}\).
Być może miało być:
\(\displaystyle{ \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \le \frac{a^{2} }{b^{2}} + \frac{b^{2} }{c^{2}}+\frac{c^2}{a^2}}\)

Ogorek00
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 63
Rejestracja: 2 sty 2017, o 19:01
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Gdańsk
Podziękował: 42 razy

Re: Zad chyba związane z nierównością Schwarza w wersji Euge

Post autor: Ogorek00 » 15 paź 2017, o 20:37

Rzeczywiście mój błąd powinno być:
\(\displaystyle{ \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \le \frac{a^{2} }{b^{2} } + \frac{b^{2} }{c^{2} } + \frac{c^{2} }{a^{2} }}\)

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15209
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 161 razy
Pomógł: 5046 razy

Re: Zad chyba związane z nierównością Schwarza w wersji Euge

Post autor: Premislav » 15 paź 2017, o 20:44

Z nierówności Cauchy'ego-Schwarza i z AM-GM:
\(\displaystyle{ \left( \frac{a^{2} }{b^{2} } + \frac{b^{2} }{c^{2} } + \frac{c^{2} }{a^{2} } \right) \left( \frac 1 3+\frac 1 3+\frac 1 3\right) \ge \frac 1 3\left( \frac{a}{b}+\frac b c+\frac c a \right)^2 \ge \frac a b+\frac b c+\frac c a}\)

Dilectus
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2593
Rejestracja: 1 gru 2012, o 00:07
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Pomógł: 363 razy

Re: Zad chyba związane z nierównością Schwarza w wersji Euge

Post autor: Dilectus » 15 paź 2017, o 20:50

Trzeba pokazać, że suma trzech dowolnych liczb dodatnich \(\displaystyle{ x, \ y, \ z}\) zachodzi nierówność

\(\displaystyle{ x+y+z \le x^2+y^2+z^2}\)

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15209
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 161 razy
Pomógł: 5046 razy

Re: Zad chyba związane z nierównością Schwarza w wersji Euge

Post autor: Premislav » 15 paź 2017, o 21:09

Dilectus, to nie jest prawda, weźmy \(\displaystyle{ x=y=z=\frac 1 2}\)
Natomiast przy warunku, że \(\displaystyle{ xyz=1}\) to już jest prawda (rozumiem, że podstawiasz np. \(\displaystyle{ x=\frac a b, y=\frac b c, z=\frac c a}\)).
Dowód tezy w tej formie:
\(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2\ge \frac{(x+y+z)^2}{3}}\), co łatwo udowodnić
(Cauchy-Schwarz lub zwijanie do \(\displaystyle{ (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\ge 0}\)) i wystarczy wykazać, że w dodatnich spełniających \(\displaystyle{ xyz=1}\) jest
\(\displaystyle{ \frac{(x+y+z)^2}{3} \ge x+y+z}\), a równoważnie
\(\displaystyle{ \frac{x+y+z}{3} \ge 1}\),
ale z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną
\(\displaystyle{ \frac{x+y+z}{3} \ge \sqrt[3]{xyz}=1}\),
c.k.d.

EDIt: Sorry, jedna druga a nie dwa.

Awatar użytkownika
timon92
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1544
Rejestracja: 6 paź 2008, o 16:47
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Katowice
Podziękował: 4 razy
Pomógł: 437 razy

Re: Zad chyba związane z nierównością Schwarza w wersji Euge

Post autor: timon92 » 15 paź 2017, o 21:30

powszechnie wiadomo, że gdy \(\displaystyle{ x>0}\) to \(\displaystyle{ \ln x\le x-1}\)

ponadto \(\displaystyle{ x-1 \le x^2-x \iff 0 \le (x-1)^2}\), co jest prawdą

zatem \(\displaystyle{ x+\ln x \le x^2}\) dla \(\displaystyle{ x>0}\)

wstawiamy za \(\displaystyle{ x}\) kolejno \(\displaystyle{ \frac ab, \frac bc, \frac ca}\) i dodajemy stronami:

\(\displaystyle{ \frac ab + \ln \frac ab + \frac bc + \ln \frac bc + \frac ca + \ln \frac ca \le \frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}}\)

ale \(\displaystyle{ \ln \frac ab + \ln \frac bc + \ln \frac ca = \ln \frac ab\cdot \frac bc\cdot \frac ca=\ln 1 = 0}\), więc powyższe przepisuje się tak:

\(\displaystyle{ \frac ab + \frac bc + \frac ca \le \frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}}\), a to jest teza

Dilectus
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2593
Rejestracja: 1 gru 2012, o 00:07
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Pomógł: 363 razy

Re: Zad chyba związane z nierównością Schwarza w wersji Euge

Post autor: Dilectus » 15 paź 2017, o 21:33

Dilectus, to nie jest prawda

Premislav, masz rację, nie dla dowolnych dodatnich liczb \(\displaystyle{ x,\ y, \ z}\)


ODPOWIEDZ