wykazanie nierówności

Proste problemy dotyczące wzorów skróconego mnożenia, ułamków, proporcji oraz innych przekształceń.
maximum2000
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 83
Rejestracja: 19 cze 2017, o 08:48
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: ola
Podziękował: 20 razy
Pomógł: 5 razy

wykazanie nierówności

Post autor: maximum2000 » 16 lis 2017, o 15:30

Dla liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ 0 < a \le b \le c}\) pokaż że:


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

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15207
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 161 razy
Pomógł: 5046 razy

Re: wykazanie nierówności

Post autor: Premislav » 16 lis 2017, o 17:33

Podstaw \(\displaystyle{ \frac a b=\tg^2 \alpha, \ \frac a c=\tg^2 \beta, \ 0<\beta\le\alpha\le \frac \pi 4}\)

bosa_Nike
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1556
Rejestracja: 16 cze 2006, o 15:40
Płeć: Kobieta
Podziękował: 51 razy
Pomógł: 411 razy

wykazanie nierówności

Post autor: bosa_Nike » 16 lis 2017, o 17:39

Z warunku wynika, że \(\displaystyle{ (a-b)(a-c)\ge 0}\), więc \(\displaystyle{ bc+a^2\ge a(b+c)}\), czyli \(\displaystyle{ \frac{bc}{a}+a\ge b+c}\). Ponadto \(\displaystyle{ \frac{a^2}{\sqrt{bc}}+\sqrt{bc}\ge 2a}\). Po dodaniu dwóch ostatnich nierówności mamy \(\displaystyle{ \frac{a^2}{\sqrt{bc}}+\sqrt{bc}+\frac{bc}{a}+a\ge 2a+b+c=(a+b)+(a+c)\ge 2\sqrt{(a+b)(a+c)}}\).

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15207
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 161 razy
Pomógł: 5046 razy

Re: wykazanie nierówności

Post autor: Premislav » 17 lis 2017, o 03:01

Ech, takie to proste (jak się już widzi rozwiązanie). Wycofuję się z tej swojej wskazówki (pisałem ją na szybko w czasie zajęć i nie doliczyłem), to tylko komplikuje sprawę (chyba że ktoś jest lepszy z trygonometrii ode mnie).

bosa_Nike
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1556
Rejestracja: 16 cze 2006, o 15:40
Płeć: Kobieta
Podziękował: 51 razy
Pomógł: 411 razy

wykazanie nierówności

Post autor: bosa_Nike » 17 lis 2017, o 06:03

Unormowanie wydaje się tutaj dobrym pomysłem, bo zmniejszamy liczbę zmiennych, pozbywamy się farfocli typu pierwiastki itd., tzn. ogólnie robi się porządek, co często pozwala dostrzec więcej. Gdyby przyjąć \(\displaystyle{ \frac{b}{a}=t^2\ge 1,\ \frac{c}{a}=u^2\ge 1}\), to dostaniemy \(\displaystyle{ t^2u^2+1+tu+\frac{1}{tu}\ge2\sqrt{\left(1+t^2\right)\left(1+u^2\right)}}\), a skorzystawszy po obu stronach z AM-GM zostajemy z \(\displaystyle{ t^2u^2+1+2\ge 2+t^2+u^2\iff \left(1-t^2\right)\left(1-u^2\right)\ge 0}\). Niby to samo, ale ładniejsze.

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: wykazanie nierówności

Post autor: timon92 » 17 lis 2017, o 10:53

najpierw szacujemy lewą stronę z góry przez \(\displaystyle{ 2\sqrt{2(a^2+bc)}}\) (to jedyne miejsce w którym korzystamy z tego, że \(\displaystyle{ a}\) jest najmniejsza - swoją drogą to się tak szacuje także w przypadku, gdy \(\displaystyle{ a}\) jest największa) i do udowodnienia zostaje \(\displaystyle{ 2\sqrt{2(a^2+bc)}\le a+\sqrt{bc} + \frac{bc}{a}+\frac{a^2}{\sqrt{bc}} = \left(\frac 1a + \frac 1{\sqrt{bc}} \right)(a^2+bc)}\)

równoważnie \(\displaystyle{ \frac{2}{\frac{1}{\sqrt{a^2}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}} \le \sqrt{\frac{a^2+bc}{2}}}\) a to jest nierówność między średnimi harmoniczną i kwadratową

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15207
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 161 razy
Pomógł: 5046 razy

Re: wykazanie nierówności

Post autor: Premislav » 17 lis 2017, o 17:11

Dobra, to jednak dokończę swój pomysł, choć jest zdecydowanie najgorszy z tutaj występujących:
\(\displaystyle{ 2\sqrt{(a+b)(a+c)} \le a+\sqrt{bc} + \frac{bc}{a}+\frac{a^2}{\sqrt{bc}}\\2 \sqrt{1+\frac{a}{c}} \sqrt{1+\frac a b} \le \frac{a}{\sqrt{bc}}+1+\frac{\sqrt{bc}}{a}+\frac{a^2}{bc}}\)
Podstawiamy \(\displaystyle{ \frac{a}{b}=\tg^2 \alpha, \ \frac{a}{c}=\tg^2 \beta, \ 0<\beta\le \alpha \le \frac \pi 4}\), no i korzystamy z tożsamości \(\displaystyle{ 1+\tg^2 x=\frac{1}{\cos^2 x}}\). Dostajemy:
\(\displaystyle{ \frac{2}{\cos \alpha \cos \beta} \le \tg \alpha \tg \beta+1+\tg^2\alpha\tg^2\beta+\frac{1}{\tg\alpha\tg \beta}}\)
i z nierówności między średnimi:
\(\displaystyle{ \frac{2}{\cos \alpha \cos \beta} \le \frac{1}{\cos^2\alpha}+\frac{1}{\cos^2\beta}=2+\tg^2\alpha+\tg^2\beta}\)
Z drugiej strony, także z nierówności między średnimi, mamy
\(\displaystyle{ \tg \alpha \tg\beta+\frac{1}{\tg\alpha\tg \beta} \ge 2}\), więc
\(\displaystyle{ \tg \alpha \tg \beta+1+\tg^2\alpha\tg^2\beta+\frac{1}{\tg\alpha\tg \beta} \ge 3+\tg^2\alpha \tg^2\beta}\), więc pozostaje wykazać, że
dla \(\displaystyle{ \alpha, \beta \in\left( 0, \frac \pi 4\right]}\) mamy \(\displaystyle{ \tg^2\alpha\tg^2\beta+3 \ge 2+\tg^2\alpha+\tg^2\beta}\),
co zwija się do oczywistego w świetle założeń
\(\displaystyle{ \left( 1-\tg^2\alpha\right) \left(1-\tg^2\beta \right) \ge 0}\)
Jak delikatnie zasugerowano, niepotrzebne jest założenie o \(\displaystyle{ a\le b}\), wystarczy wziąć \(\displaystyle{ c=\max(a,b,c)}\).
Zauważmy, że powyższe rozwiązanie to tak naprawdę rozwiązanie bosej_Nike, tylko odrobinę inaczej zapisane (all credit goes to…) - fajna sztuczka, przepisać w trygonometrii, to jak sprawdza wasze prace domowe jakiś doktorancik, który ma inne rzeczy na głowie, to może przeoczy plagiat. Napisałem to tylko dlatego, że w zasadzie powyżej tylko dwa razy pierdłem w tym temacie, nie wnosząc nic ciekawego, no to do trzech razy sztuka.

Kiedy pisałem tę wskazówkę podczas laboratorium, to wydawało mi się, że po jednym prostym szacowaniu to się zwija do jakiegoś cosinusa różnicy przemnożonego przez coś nieujemnego, ale jednak wychodzi w drugą stronę - trygonometria nie wprowadza więc tu specjalnie „nowej jakości". Sorry, za często rzucam jakąś myśl, nie sprawdziwszy tego odpowiednio porządnie.

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: wykazanie nierówności

Post autor: timon92 » 17 lis 2017, o 18:13

Premislav pisze:Jak delikatnie zasugerowano, niepotrzebne jest założenie o \(\displaystyle{ a\le b}\), wystarczy wziąć \(\displaystyle{ c=\max(a,b,c)}\).
wydaje mi się, że nie, np. jeśli weźmiemy \(\displaystyle{ b=\frac 1c <1=a<c}\) to prawa strona wyjściowej nierówności \(\displaystyle{ =4}\), a lewa ucieka gdzieś tam w kosmos do \(\displaystyle{ +\infty}\) przy \(\displaystyle{ c \to +\infty}\)

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15207
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 161 razy
Pomógł: 5046 razy

Re: wykazanie nierówności

Post autor: Premislav » 17 lis 2017, o 18:29

Słusznie. Rany julek, ja to same bzdury tu piszę, wystarczy przyjąć \(\displaystyle{ a=\min(a,b,c)}\), a nie \(\displaystyle{ c=\max(a,b,c)}\).
W swoim rozwiązaniu, które jest izomorficzne z rozwiązaniem bosej_Nike, nawet z tego korzystam, żeby \(\displaystyle{ \alpha, \beta \in\left( 0, \frac \pi 4\right]}\).

Nie wiem, czy jest mniej szczęśliwa grupa ludzi niż debile, którzy mają świadomość, że są debilami (choć możliwe, że zawsze trawa po drugiej stronie wydaje się zieleńsza, a kolejki krótsze).

ODPOWIEDZ