Неравенства (одно-двухходoвки)

[TR63]

TR63 в сообщении #1044818 писал(а):

Учитывая два раза однородность, достаточно рассмотреть случай $a=1$, $1\ge c\ge b$

И козе понятно, что в данном рассуждении есть ошибка. Между прочим, сама по себе, очень для меня интересная. Но комп дал понять, что в данной теме не стоит распространяться по этому поводу (может, показалось; но распростаняться в этой теме, точно, не стоит).

[TR63]

Sergic Primazon в сообщении #1041936 писал(а):

arqady в сообщении #1041071

писал(а):
9. $a>0$, $b>0$. Докажите, что:

$$a^ab^b\geq\left(\frac{a^2+b^2}{2}\right)^{\frac{a+b}{2}}$$

Перепишем неравенство виде $(0 < t < 0.5)$:

$$(0.5-t)^{0.5-t}(0.5+t)^{0.5+t} \ge \sqrt{\frac{1}{4}+t^2} $$

Sergic Primazon в сообщении #1041953 писал(а):

Делаем замену : $\frac{a}{a+b}=0.5-t$ ,$\frac{b}{a+b}=0.5+t$

Покажем, что это неравенство можно рассматривать как однородное. Тогда его достаточно доказать для $a+b=2$.
$(\frac{k^{a+b}}{k^{a+b}})^{k}(a^ab^b)^k\ge(\frac{a^2+b^2}{2}\cdot\frac{k^2}{k^2})^{\frac{a+b}{2}}^k$
Обе части неравенства можно умножить на $k^{(a+b)k}$. Тогда получим, что верно неравенство в новых переменных.
Получаем, что достаточно доказать неравенство
$2a^ab^b\ge a^2+b^2$
Вольфрам с этим успешно справляется. Правда, мне непонятно, как он решает логарифмическое неравенство (это после взятия производной). Этот момент можно обойти, если воспользоваться идеей Sergic Primazon. Тогда неравенство перепишется в виде
$a^ab^b\ge\sqrt{\frac1 2-ab}$
Из АМ-ГМ следует, что $b^b\ge\frac1 2$. Тогда получаем верное усиленное неравенство $(\frac1 2)a^a>\frac{1}{\sqrt2}$ при $a>1.31$.
$a^{2a}b^{2b}+ab\ge \frac1 2$
Усиливая аналогично, получим
$\frac{1} {16}+a(2-a)>\frac1 2$ при $1\le a<1.75$
Из условия следует, что $1\le a\le 2$ при $a\ge b$. Для этой области неравенство доказано. (Плюс однородность).

[arqady]

TR63 в сообщении #1047681 писал(а):

Из АМ-ГМ следует, что $b^b\ge\frac1 2$.

$b^b\geq\left(\frac{1}{e}\right)^{\frac{1}{e}}$ сильнее.

[TR63]

$\frac{1}{b^b}\le 2(1-b)^{1-b}<2$

$b^b>\frac 1 2$
Это для $b=\frac m n$. АМ-ГМ верно для натуральных (m,n).

-- 25.08.2015, 22:35 --

arqady, спасибо за замечание.

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #1042102 писал(а):

14. $\sqrt a$, $\sqrt b$ и $\sqrt c$ длины сторон треугольника. Докажите, что:

$$a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2\geq(a^2+b^2+c^2)abc$$

1. $\triangle$ остроугольный : $x,y,z \ge 0$

$a=x+y, b=y+z, c=z+x$

Тогда неравенство перепишется:

$$x(x^2-y^2)^2+y(y^2-z^2)^2+z(z^2-x^2)^2 \ge 0$$

2. $\triangle$ тупоугольный : $a= max(a,b,c)$

$a=x+y, b=y-z,c=x-z$ $(x , y\ge z \ge 0)$

$\sqrt a \le \sqrt b + \sqrt c \Leftrightarrow z \le \sqrt {(x-z)(y-z)}$

$$\Leftrightarrow (x-z)(x^2-y^2)^2+(y-z)(y^2-z^2)^2 \ge 2z(x^2-y^2)(y^2-z^2)$$

$$(x-z)(x^2-y^2)^2+(y-z)(y^2-z^2)^2 \ge 2 \sqrt {(x-z)(y-z)} \cdot |x^2-y^2| \cdot |y^2-z^2| \ge 2z(x^2-y^2)(y^2-z^2)$$

[arqady]

Красивое доказательство!
По-моему, вот этот шаг:

Sergic Primazon в сообщении #1049562 писал(а):

$$\Leftrightarrow (x-z)(x^2-y^2)^2+(y-z)(y^2-z^2)^2 \ge 2z(x^2-y^2)(y^2-z^2)$$

очень трудный.
В моём доказательстве я воспользовался следующей леммой.
Пусть $a$, $b$, $c$, $x$, $y$ и $z$ таковы, что $x+y+z\geq0$ и $xy+xz+yz\geq0$. Докажите, что

$$x(b-c)^2+y(c-a)^2+z(a-b)^2\geq0$$

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #1049650 писал(а):

По-моему, вот этот шаг:

Sergic Primazon в сообщении #1049562 писал(а):

$$\Leftrightarrow (x-z)(x^2-y^2)^2+(y-z)(y^2-z^2)^2 \ge 2z(x^2-y^2)(y^2-z^2)$$

очень трудный.

Это просто перезапись :

$$x (x^2-y^2)^2+y (y^2-z^2)^2+z (z^2-x^2)^2 \ge 0$$

С заменой $z $ , на $-z $.

[arqady]

Тем более получилось симпатичное доказательство. Спасибо!
15. Для всех неотрицательных $a$, $b$ и $c$ докажите, что:

$$a\sqrt{a^2+bc}+b\sqrt{b^2+ac}+c\sqrt{c^2+ab}\geq\sqrt{2(a^2+b^2+c^2)(ab+ac+bc)}$$

-- Вт сен 01, 2015 11:51:41 --

Кстати, Ваше доказательство это в точности доказательство леммы!

[arqady]

arqady в сообщении #1049661 писал(а):

15. Для всех неотрицательных $a$, $b$ и $c$ докажите, что:

$$a\sqrt{a^2+bc}+b\sqrt{b^2+ac}+c\sqrt{c^2+ab}\geq\sqrt{2(a^2+b^2+c^2)(ab+ac+bc)}$$

Ёав Авидан нашёл:
$\left(\sum\limits_{cyc}a\sqrt{a^2+bc}\right)^2-2(a^2+b^2+c^2)(ab+ac+bc)=$
$=\sum\limits_{cyc}\left(a^4+a^2bc+2ab\sqrt{(a^2+bc)(b^2+ac)}-2a^3b-2a^3c-2a^2bc\right)=$
$=\sum\limits_{cyc}\left(a^4-a^3b-a^3c+a^2bc-ab\left(a^2+b^2+bc+ac-2\sqrt{(a^2+bc)(b^2+ac)}\right)\right)=$
$=\sum\limits_{cyc}\left(\frac{1}{2}(a-b)^2(a+b-c)^2-ab\left(\sqrt{a^2+bc}-\sqrt{b^2+ac}\right)^2\right)=$
$=\sum\limits_{cyc}(a-b)^2(a+b-c)^2\left(\frac{1}{2}-\frac{ab}{\left(\sqrt{a^2+bc}+\sqrt{b^2+ac}\right)^2}\right)\geq0$.

[TR63]

[quote="arqady в сообщении #1049661"]15. Для всех неотрицательных $a$, $b$ и $c$ докажите, что:

$$a\sqrt{a^2+bc}+b\sqrt{b^2+ac}+c\sqrt{c^2+ab}\geq\sqrt{2(a^2+b^2+c^2)(ab+ac+bc)}$$

$$a\sqrt{a^2+bc}+b\sqrt{b^2+ac}+c\sqrt{c^2+ab}=1$$

$f=(b+c)a^3+bca^2+(b^3+b^2c+bc^2)a+(cb^2+c^2b-\frac1 2)\le0$
$f(a=b=c=\frac1 2)=0$
1). $a>\frac1 2$, $b>\frac1 2$, $c>\frac1 2$, $f>0$. (Такой вариант не входит в область определения)
2). $a<\frac1 2$, $c<\frac1 2$, $b<\frac1 2$, $f<0$
3). $c<\frac1 2$, $b>\frac1 2$, $f>0$, при $cb^2+c^2b-\frac1 2>0$ при $b>\frac{-c^2+\sqrt{c^4+2c}}{2c}>\frac1 2$ при $c<\frac1 2$
Не пойму, входит ли третий вариант в область определения. Тогда проверяю исходное неравенство на числах $b=0.516$, $c=0.49$, $a=0.45$, $1.00...>\sqrt{18\cdot0.45^2}$ ?

[TR63]

1).

arqady в сообщении #1040790 писал(а):

5. $a>0$, $b>0$. Докажите, что

$$a^a+b^b\geq a^b+b^a$$

$b<a<1$

$(ab)^b=1-\alpha$; $a^a=\frac{1-\beta}{b^a}=x$

$(ab)^a=1-\beta$; $b^b=\frac{1-\alpha}{a^b}=y$

$x\ge y$

$f=yx^2+[y^2-(1-\alpha)]x-(1-\beta)y\ge0$

(f) имеет один (+) корень; $f(x=y)=0$, следовательно правее (т.е. при $x>y$) $f>0$.

2).
$a^b+b^a\le 2\sqrt{a^ab^b}$, $(a;b)\in[0;1]$

Плюс дополнительная замена

$p=(\frac b a)^a<1$; $q=(\frac a b)^b>1$

$f=x^2p^2+2qyxp+(q^2y^2-4yx)\le0$

$q^2y-4x=(\frac a b)^{2b}b^b-4a^a<0$

$a^{2b}-4a^ab^b=(a^{2b}-2a^ab^b)-2a^ab^b<0$, $b<a<1$, $a^ab^b>\frac 1 4$ (это из АМ-ГМ)

Т.е. (f) имеет один (+) корень; $f(p=q)=0$, следовательно левее $(p<q)$, $f<0$.

3). $a+b=1$

$(a^b+b^a)(a^a+b^b)\le 4a^ab^b$

Доказывается аналогично; возможны обобщения (в другую сторону).

-- 03.03.2016, 09:20 --

grizzly в сообщении #1041035 писал(а):

grizzly в сообщении #1041001 писал(а):

Напрашивающееся усиление уже будет трёхходовкой, наверное:

$$ 2\sqrt{a^ab^b}\ge a^b+b^a. $$

Нашёл любопытные статьи по этому поводу: здесь и по ссылкам в аннотации. Оказалось, что подобные обобщения уже из серии нетривиальных.

И теперь меня гложет интерес про более сильное неравенство -- доказано оно уже или нет:

$$ \dfrac{4}{a^{-a}+b^{-b}}\ge a^b+b^a, \qquad a,b\in (0;1) $$

?