Ulikhet

[Karl_Erik]

Ny: La [tex]abc=1[/tex]. Vis at [tex]\sum\frac{ab}{a^5+b^5+ab}\le1[/tex].

Antar at a,b,c alle er positive, reelle tall. For lettere texing for min del, definer [tex]T=\frac 3 2[/tex]. Vi har da [tex]\frac {a^4} b + \frac {b^4} a \geq 2 a^T b^T[/tex] av AM-GM.

Vi har: [tex]\sum\frac{ab}{a^5+b^5+ab} = \sum\frac{1}{\frac {a^4} b +\frac {b^4} a +1} \leq \sum\frac{1}{2a^Tb^T +1} = \sum\frac{c^T}{2 +c^T} = \sum \left ( 1-\frac{2}{2 +c^T} \right ) [/tex][tex] = 3-\sum\frac{2}{2 +c^T}[/tex]. Funksjonen [tex]f(x)=\frac 2 {2+x} [/tex] er av dobbelderivasjon konveks på [tex](-2, \infty)[/tex] og da spesielt for positive, reelle tall, så av Jensens ulikhet er [tex]\sum f(c^T) \geq 3 f(\frac 1 3\sum c^T)[/tex]. Den er i tillegg monotont synkende på intervallet, så siden [tex]\frac 1 3 \sum c^T \geq 1[/tex] av AM-GM er [tex] \sum f(c^T) \geq 3 f(1)=2[/tex]. Innsatt tilbake i ulikheta vår har vi da vist at venstresiden er høyst [tex]3-\sum\frac{2}{2 +c^T} \leq 3 - 2 = 1[/tex], så vi er ferdige.

[Brahmagupta]

Ser at jensens ulikhet er en gjenganger i vanskeligere ulikheter Hvis noen har flere ulikheter av liknende vanskelighetsgrad legg gjerne ut.

[Brahmagupta]

Kan fortsette med en selv:

Vis at 4 grads polynomet

[tex]x^4+ax^3+bx^2+cx+1\geq0[/tex]

Når [tex]4b\geq a^2+c^2[/tex]

[mrcreosote]

Siden [tex]b\ge0[/tex] er [tex]x^4+ax^3+bx^2+cx+1\ge x^4+ax^3+\frac{a^2+c^2}4+cx+1 = x^2(x^2+ax+\frac{a^2}4)+\frac{c^2}4x^2+cx+1 = x^2(x+\frac a2)^2+(\frac c2x+1)^2[/tex] som ikke er negativt.

Neste: Dersom P er et reelt polynom og [tex]\inf_{x\in\mathbb R} P(x) = m>-\infty[/tex] fins det [tex]x_m\in\mathbb R[/tex] slik at [tex]P(x_m)=m[/tex]. (Et reelt polynom har alltid et globalt minimumspunkt hvis det ikke er nedad ubegrensa.) Gjelder det samme for et reelt polynom Q i to variable?

[Gustav]

Med mindre jeg har misforstått oppgaven vil vel polynomet [tex]Q(x,y)=(1+xy)^2+y^2[/tex] ha [tex]\inf \, Q(x,y)=0[/tex]. Dog fins det ingen [tex](x_m,y_m)[/tex] slik at [tex]Q(x_m,y_m)=0[/tex] siden dette vil kreve at [tex]y_m=0[/tex], men [tex]Q(x_m,0)=1[/tex].

[mrcreosote]

Bra; du har ikke misforstått!

[Gustav]

Oppfølger:

La x, y og z være positive, reelle tall. Vis at

[tex]\frac{xyz\left (x+y+z+\sqrt{x^2+y^2+z^2}\right )}{\left (x^2+y^2+z^2\right ) \left (xy+yz+zx\right )}\leq \frac{3+\sqrt{3}}{9}[/tex]

[Hoksalon]

Ok, jeg tror jeg har en løsning. Tungvindt og tidkrevende, men en løsning er bedre enn ingen løsning.

[tex] \frac{xyz(x+y+z+\sqrt{x^2+y^2+z^2}}{(x^2+y^2+z^2)(xy+zx+yz)} \leq \frac{3+\sqrt{3}}{9}[/tex]

Jeg splitter dette opp i to ulikheter, og beviser at ulikheten holder for begge to.

1)

[tex] \frac{xyz\sqrt{x^2+y^2+z^2}}{(x^2+y^2+z^2)(xy+yz+zx)} \leq \frac{\sqrt{3}}{9}[/tex]

[tex] 27(xyz)^2(x^2+y^2+z^2) \leq (x^2+y^2+z^2)^2(xy+yz+zx)^2[/tex]

[tex] 27(xyz)^2 \leq (x^2+y^2+z^2)(xy+yz+zx)^2[/tex]

[tex] 27(xyz)^2 \leq (x^2+y^2+z^2)(x^2y^2+z^2y^2+x^yz^2+2(x^2yz+xy^2z+xyz^2)[/tex]

[tex] 27 \leq (\frac{x}{yz}+\frac{y}{xz}+\frac{z}{xy})(\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{xz}{y}+2(x+y+z))[/tex]

[tex] 27 \leq 3 + 2(\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2}+\frac{z^2}{y^2}) + 2(x+y+z)(\frac{x}{yz}+\frac{y}{xz}+\frac{z}{xy})[/tex]

[tex] 12 \leq \frac{x^2}{z^2}+\frac{y^2}{x^2}+\frac{z^2}{y^2} + \frac{x^2}{yz}+\frac{y^2}{xz}+\frac{z^2}{xy}+\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}+\frac{z}{y}[/tex]

Her vil ulikheten stemme ved AM-GM.

Til sist må vi bevise at denne ulikheten stemmer:

2)

[tex]\frac{xyz(x+y+z)}{(x^2+y^2+z^2)(xy+yz+zx)} \leq \frac{3}{9}[/tex]

[tex] 3(xyz)(x+y+z) \leq (x^2+y^2+z^2)(xy+yz+zx) [/tex]

[tex] 3(x^2yz+xy^2z+xyz^2) \leq (x^2yz+xy^2z+xyz^2+x^3y+xy^3+x^3z+xz^3+y^3z+yz^3)[/tex]

[tex] 2(x^2yz+xy^2z+xyz^2 \leq (x^3y+xy^3+x^3z+xz^3+y^3z+yz^3)[/tex]

Her ser vi at RHS kan uttrykkes på en annen måte ved hjelp av AM-GM.

[tex](x^3y+xy^3)+(x^3z+xz^3)+(y^3z+yz^3) \geq 2(x^2+y^2+x^2z^2+y^2z^2)[/tex]

Videre har vi at

[tex] 2(x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2) \geq 2(x^2yz+xy^2z+xyz^2)[/tex]

Ved å dividere på to, så sitter vi igjen med en ulikhet som oppfylles ved Muirheads teorem.

EDIT: Endret en liten feil.

[Hoksalon]

Om a,b og c er sider av en trekant, vis at

[tex] 2(a^2+b^2+c^2) \leq (a+b+c)^2 [/tex]

EDIT: Endret

[mrcreosote]

Er det en feil i oppgava? To av a, b og c er like, og hvis disse er betydelig mindre enn den tredje domineres venstreside av, si, 2a^2, mens høyre side domineres av a^2. Eksempelvis (a,b,c)=(5,1,1).

[Fibonacci92]

Tror han mener trekant og ikke rektangel (har selv blandet disse ordene). En trekant kan ikke ha sidelengder 5, 1 og 1.

[Hoksalon]

Fibonacci92 har selvfølgelig rett. Beklager.

[Brahmagupta]

Fra cosinussetningen fås det:
[tex]a^2 +2bc\geq a^2+2bc\cdot\cos{u}=b^2+c^2[/tex]

Ved å summere dette for alle sidene gir:
[tex]a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)\geq (a^2+b^2)+(b^2+c^2)+(c^2+a^2)[/tex]

Og ulikheten følger:
[tex](a+b+c)^2\geq 2(a^2+b^2+c^2)[/tex]

[Brahmagupta]

Ny ulikhet:

La n være større eller lik 3 og [tex]a_2,a_3,...,a_n[/tex] være positive reelle tall slik at
[tex]a_2a_3...a_n=1[/tex]

Vis at [tex](1+a_2)^2(1+a_3)^3(1+a_4)^4...(1+a_n)^n>n^n[/tex]