szukanie zaawansowane
 [ Posty: 10 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 26 gru 2016, o 02:43 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 96
Lokalizacja: Płock
Udowodnić prawdziwość następującej nierówności dla dowolnych dodatnich liczb rzeczywistych x, y, z:

\frac{x^3}{(x+y)^2} + \frac{y^3}{(y+z)^2} + \frac{z^3}{(z+x)^2}  \ge \frac{x+y+z}{4}.

Próbowałem pokombinować z nierównościami między średnimi, ale zdaje się, że nie tędy droga, bo nic sensownego nie wychodziło. Proszę o jakieś wskazówki.
Góra
Instytut Matematyczny, Uniwersytet Wrocławski
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 26 gru 2016, o 12:01 
Użytkownik

Posty: 302
Lokalizacja: Warszawa
Wskazówki:
1) podziel stronami przez x+y+z
2) zastosuj nierówność Jensena do funkcji f(t)=t^2
3) potem zastosuj nierówność Cauchy'ego-Schwarza w formie Engela
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 26 gru 2016, o 13:21 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 1310
Lokalizacja: Katowice
możesz też użyć nierówności Radona: \sum_{i=1}^n \frac{a_i^{p+1}}{b_i^p} \ge \frac{\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)^{p+1}}{\left(\sum_{i=1}^n b_i\right)^p}

to jest trochę podobne do tego, co proponuje Slup, bo Radona dowodzi się z Jensena
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 26 gru 2016, o 21:20 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 96
Lokalizacja: Płock
Podzieliłem przez x+y+z, wtedy mamy:

\frac{x^3}{(x+y)^2(x+y+z)}+\frac{y^3}{(y+z)^2(x+y+z)}+\frac{z^3}{(z+x)^2(x+y+z)} \ge \frac{1}{4}

Możemy pogrupować te wyrażenia po lewej stronie, że dostaniemy coś takiego:

\left( \frac{x}{x+y}\right) ^2 \cdot \frac{x}{x+y+z} + \left( \frac{y}{y+z}\right) ^2 \cdot \frac{y}{x+y+z} + \left( \frac{z}{z+x}\right) ^2 \cdot \frac{z}{x+y+z} \ge \frac{1}{4},

czyli możemy położyć x_1=\frac{x}{x+y}, x_2=\frac{y}{y+z}, x_3=\frac{z}{z+x} oraz wagi t_1=\frac{x}{x+y+z},t_2=\frac{y}{x+y+z},t_3=\frac{z}{x+y+z},
takie że t_1+t_2+t_3=1.

Zatem na mocy nierówności Jensena dla funkcji wypukłej f(x)=x^2 lewa strona nierówności jest większa lub równa wyrażeniu \left( \frac{x^2}{(x+y)(x+y+z)}+\frac{y^2}{(y+z)(x+y+z)}+\frac{z^2}{(z+x)(x+y+z)}\right)^2.

Jeżeli wykażemy, że
\left( \frac{x^2}{(x+y)(x+y+z)}+\frac{y^2}{(y+z)(x+y+z)}+\frac{z^2}{(z+x)(x+y+z)}\right)^2 \ge \frac{1}{4}, to mamy tezę.

Niech a_1=x, a_2=y, a_3=z oraz b_1=(x+y)(x+y+z), b_2=(y+z)(x+y+z), b_3=(z+x)(x+y+z). Na mocy nierówności Cauchy'ego-Schwarza w formie Engela zachodzi:

\frac{a_{1}^2}{b_1}+\frac{a_{2}^2}{b_2}+\frac{a_{3}^2}{b_3} \ge \frac{(a_1+a_2+a_3)^2}{b_1+b_2+b_3}, czyli po podstawieniu:

\frac{x^2}{(x+y)(x+y+z)}+\frac{y^2}{(y+z)(x+y+z)}+\frac{z^2}{(z+x)(x+y+z)} \ge \frac{(x+y+z)^2}{2(x+y+z)^2}, a stąd uzyskujemy:

\frac{x^2}{(x+y)(x+y+z)}+\frac{y^2}{(y+z)(x+y+z)}+\frac{z^2}{(z+x)(x+y+z)} \ge \frac{1}{2}.

Po obustronnym podniesieniu do kwadratu uzyskujemy, że:
\left( \frac{x^2}{(x+y)(x+y+z)}+\frac{y^2}{(y+z)(x+y+z)}+\frac{z^2}{(z+x)(x+y+z)}\right)^2 \ge \frac{1}{4},
co jest równoznaczne z udowodnieniem tezy.
Góra
Mężczyzna Online
PostNapisane: 26 gru 2016, o 22:31 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 9015
Lokalizacja: Wrocław
Alternatywne rozwiązanie (tylko że niestety to nie ja je wymyśliłem, lecz Vax):
udowadniamy na boku, że \frac{x^3}{(x+y)^2} \ge  \frac{2x-y}{4} dla x,y>0, dodajemy trzy takie nierówności stronami i do widzenia.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 26 gru 2016, o 22:38 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 96
Lokalizacja: Płock
Premislav, próbowałem z początku właśnie zrobić coś takiego, żeby podzielić tą nierówność na trzy oddzielne, tylko ja spróbowałem udowodnić, że \frac{x^3}{(x+y)^2} \ge \frac{x+y}{8}. Problem pojawił się, gdy się okazało, że to nie zachodzi dla dodatnich liczb x, y. Potem spróbowałem ze średnimi, ale też nic. Ogólnie to chyba to rozwiązanie, które zaproponowałeś jest najbardziej przystępne, bo nie powołujemy się tutaj na żadne nierówności typu Jensena, czy Cauchy'ego-Schwarza, tylko na kilka podstawowych przekształceń.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 27 gru 2016, o 02:27 
Użytkownik

Posty: 302
Lokalizacja: Warszawa
To bardzo eleganckie rozwiązanie. Nie jestem bardzo biegły w nierównościach(na pewno nie tak jak wiele osób na tym forum), ale warto może wyjaśnić jaka heurystyka stoi za prawą stroną tj. jak wymyślić, że trzeba wziąć
\frac{2x-y}{4}
a nie tak jak na przykład chciałeś
\frac{x+y}{8}
Sensowny pomysł tutaj i w innych sytuacjach to rozpatrywanie nierówności
\frac{x^3}{(x+y)^2}\geq ax+by
gdzie a,b\in \mathbb{R} są takie, że a+b=\frac{1}{4}. Ta ostatnia równość wynika z tego, że chcemy napisać
\frac{x^3}{(x+y)^2}+\frac{y^3}{(y+z)^2}+\frac{z^3}{(z+x)^2}\geq (ax+by)+(ay+bz)+(az+bx)=
=(a+b)(x+y+z)=\frac{x+y+z}{4}
Krótko mówiąc, chcemy odnaleźć takie a,b\in \mathbb{R} tak, żeby wszystko poszło dobrze. Sprawdzimy czy jest to możliwe.
Bierzemy tę nierówność
\frac{x^3}{(x+y)^2}\geq ax+by
i przekształcamy wymnażając mianowniki
x^3-ax(x+y)^2-by(x+y)^2\geq 0
Przekształcamy lewą stronę. To rzemieślnicza robota. W tym celu dzielimy przez y^3, wstawiamy pomocniczą zmienną t=\frac{x}{y}, podstawiamy b=\frac{1}{4}-a, mnożymy przez 4 i dostajemy
4t^3-4at(t+1)^2-4b(t+1)^2=4a(t+1)^2-4at(t+1)^2+4t^3-(t+1)^2=4a(1-t)(t+1)^2+4t^3-(t+1)^2=4a(1-t)(t+1)^2-(4t^2+3t+1)(1-t)=(1-t)\cdot \left(a(4t^2+8t+4)-(4t^2+3t+1)\right)
Stąd chcemy, żeby
(1-t)\cdot \left(a(4t^2+8t+4)-(4t^2+3t+1)\right)\geq 0
dla każdego t>0. Dla t\in (0,1] mamy
a\geq \frac{4t^2+3t+1}{4t^2+8t+4}
dla t\in (1,+\infty) mamy
a\leq  \frac{4t^2+3t+1}{4t^2+8t+4}
Ponadto funkcja f(t)=\frac{4t^2+3t+1}{4t^2+8t+4} jest rosnąca dla t\in (0,+\infty). Istnieje zatem dokładnie jedno a, które spełnia te nierówności i jest nim a=f(1)=\frac{1}{2}. Teraz b=-\frac{1}{4} i ostatecznie mamy nierówność
\frac{x^3}{(x+y)^2}\geq \frac{2x-y}{4}

Można też pewnie odgadywać, że trzeba udowodnić taką nierówność...
Niezłe.
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 27 gru 2016, o 10:12 
Użytkownik

Posty: 1194
To po prostu metoda stycznych w działaniu. Szukamy stycznej do wykresu funkcji \frac{1}{(1+t)^2} w postaci a+bt, w punkcie t=1. Mozna do tego celu użyć pochodnych lub współczynników nieoznaczonych. Jeśli ktoś ma chęć, to może zapoznać się z artykułem użytkownika tego forum: http://www.deltami.edu.pl/temat/matematyka/analiza/2013/01/30/Nierownosci_i_styczne/, trzeba tylko uważac na chochlika, który napsocił przy wykresie do zadania 3. i przy sformułowaniu zadania 4. Więcej informacji o tego typu trickach dostarcza np. Excalibur: https://www.math.ust.hk/excalibur/v10_n5.pdf, https://www.math.ust.hk/excalibur/v18_n5.pdf.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 27 gru 2016, o 12:26 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 1310
Lokalizacja: Katowice
dopowiem jeszcze, jak można sobie trochę inaczej poradzić
Slup napisał(a):
(...)
Stąd chcemy, żeby
(1-t)\cdot \left(a(4t^2+8t+4)-(4t^2+3t+1)\right)\geq 0
dla każdego t>0
(...)
żeby ta nierówność miała szansę zachodzić dla dowolnego t>0, to liczba 1 musi być parzystokrotnym pierwiastkiem tego wielomianu

tak więc wystarczy podzielić wielomian a(4t^2+8t+4)-(4t^2+3t+1) z resztą przez 1-t, a potem dobrać a tak, żeby wyzerować resztę

podobną rzecz można było zrobić już w tym miejscu
Slup napisał(a):
x^3-ax(x+y)^2-by(x+y)^2\geq 0
dzieląc ten wielomian przez (x-y)^2 i odpowiednio dobierając a,b, aby reszta z dzielenia znikła
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 27 gru 2016, o 18:21 
Użytkownik

Posty: 302
Lokalizacja: Warszawa
timon92 faktycznie znaczne uproszczenie. Nie zauważyłem tego. Dziękuję.
bosa_Nike wspaniała interpretacja geometryczna tej metody, która znacznie upraszcza rachunki. Nie znałem tego. Dziękuję.
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 10 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 udowodnić nierówność - zadanie 4  vanessa  1
 Udowodnic nierównosc  pio  1
 Udowodnić nierówność - zadanie 2  mikolajm  2
 Udowodnic nierównoSC - zadanie 2  marcin111  5
 Udowodnic nierownosc  webi  3
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) ParaRent.com