Jeg lurer på om jeg slang ut denne ulikheta en gang tidligere:
La a,b,c være positive reelle tall så abc=1. Vis at
[tex]\frac{ab}{a^5+b^5+ab} + \frac{bc}{b^5+c^5+bc} + \frac{ca}{c^5+a^5+ca} \leq 1[/tex]
Ulikhet
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
mrcreosote
- Guru
- Innlegg: 1995
- Registrert: 10/10-2006 20:58
Jeg trosser empirien og legger ut et par nye ulikheter:
For positive a,b,c, vis at
[tex]\frac{a^3}{(a+b)^3}+\frac{b^3}{(b+c)^3}+\frac{c^3}{(c+a)^3}\geq\frac38[/tex]
[tex]\frac{c^3}{(a+b)^3}+\frac{b^3}{(b+c)^3}+\frac{c^3}{(c+a)^3}\geq\frac38[/tex]
Det gis hint ved forespørsel.
For positive a,b,c, vis at
[tex]\frac{a^3}{(a+b)^3}+\frac{b^3}{(b+c)^3}+\frac{c^3}{(c+a)^3}\geq\frac38[/tex]
[tex]\frac{c^3}{(a+b)^3}+\frac{b^3}{(b+c)^3}+\frac{c^3}{(c+a)^3}\geq\frac38[/tex]
Det gis hint ved forespørsel.
Vet at denne tråden er litt gammel, men syntes det var noen fine ulikheter her.
1)
Her bruker jeg at [tex]a^5+b^5 \geq a^4b+ab^4[/tex], som følger av rearangement ulikheten. [tex]a^3=x, \, b^3=y, \, c^3=z \,\,\, xyz=1[/tex]
Vi vil nå vise ulikheten:
[tex]\sum \frac {1}{x+y+1} \leq 1[/tex]
Som er lik:
[tex]\sum (x+y+1)(y+z+1) \leq (x+y+1)(y+z+1)(z+x+1)[/tex]
[tex]V.S= 3\sum xy + \sum x^2 +4 \sum x +3[/tex]
[tex]H.S=\sum_{sym} x^2y+ 3\sum xy +\sum x^2+2\sum x +3[/tex]
Det gjenstår derfor å vise at:
[tex]\sum_{sym} x^2y\geq 2\sum x[/tex]
[tex]\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Updownarrow[/tex]
[tex]\sum (x+y)xy \geq 2\sum x[/tex]
Pga symetri kan vi anta at [tex]x \geq y \geq z \,\, \Rightarrow \, x+y \geq x+z \geq y+z \, , \, xy \geq xz \geq yz [/tex]
Derfor har vi av Chebyshevs ulikhet at:
[tex]\sum (x+y)xy \geq \frac{1}{3}(2\sum x)(\sum xy) \geq 2\sum x[/tex]
Og ulikheten er vist!
PS: I siste steget brukte jeg at [tex]\frac{xy+yz+zx}{3} \geq (xyz)^{\frac{2}{3}}=1\,\,[/tex], AM-GM.
Skal poste løsningen til neste snart...
1)
[tex]\sum \frac {ab}{a^5+b^5+ab} \leq \sum \frac {ab}{a^4b+ab^4+ab}=\sum \frac {1}{a^3+b^3+1}=\sum \frac {1}{x+y+1}[/tex]mrcreosote skrev: La a,b,c være positive reelle tall så abc=1. Vis at
[tex]\frac{ab}{a^5+b^5+ab} + \frac{bc}{b^5+c^5+bc} + \frac{ca}{c^5+a^5+ca} \leq 1[/tex]
Her bruker jeg at [tex]a^5+b^5 \geq a^4b+ab^4[/tex], som følger av rearangement ulikheten. [tex]a^3=x, \, b^3=y, \, c^3=z \,\,\, xyz=1[/tex]
Vi vil nå vise ulikheten:
[tex]\sum \frac {1}{x+y+1} \leq 1[/tex]
Som er lik:
[tex]\sum (x+y+1)(y+z+1) \leq (x+y+1)(y+z+1)(z+x+1)[/tex]
[tex]V.S= 3\sum xy + \sum x^2 +4 \sum x +3[/tex]
[tex]H.S=\sum_{sym} x^2y+ 3\sum xy +\sum x^2+2\sum x +3[/tex]
Det gjenstår derfor å vise at:
[tex]\sum_{sym} x^2y\geq 2\sum x[/tex]
[tex]\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Updownarrow[/tex]
[tex]\sum (x+y)xy \geq 2\sum x[/tex]
Pga symetri kan vi anta at [tex]x \geq y \geq z \,\, \Rightarrow \, x+y \geq x+z \geq y+z \, , \, xy \geq xz \geq yz [/tex]
Derfor har vi av Chebyshevs ulikhet at:
[tex]\sum (x+y)xy \geq \frac{1}{3}(2\sum x)(\sum xy) \geq 2\sum x[/tex]
Og ulikheten er vist!
PS: I siste steget brukte jeg at [tex]\frac{xy+yz+zx}{3} \geq (xyz)^{\frac{2}{3}}=1\,\,[/tex], AM-GM.
Skal poste løsningen til neste snart...
-
mrcreosote
- Guru
- Innlegg: 1995
- Registrert: 10/10-2006 20:58
Jeg kan ikke si jeg har den i hue, men skal prøve å finne ut av noe.
Edit: Tøys det jeg skreiv i stad, tellerne i den siste ulikheta skal sannsynligvis være c^3, a^3 og b^3.
Edit: Tøys det jeg skreiv i stad, tellerne i den siste ulikheta skal sannsynligvis være c^3, a^3 og b^3.
-
mrcreosote
- Guru
- Innlegg: 1995
- Registrert: 10/10-2006 20:58
Her er et hint hvis du vil fikle litt til: [tex]x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-yz-zx-xy)[/tex]
Jeg kan poste løsninga i morra. Eventuelt nå?
Edit: Auda, det var tatt en snarvei i løsninga mi.
Jeg kan poste løsninga i morra. Eventuelt nå?
Edit: Auda, det var tatt en snarvei i løsninga mi.