1) Anta at [tex]a,b,c,d[/tex] er positive reelle tall. Vis at
[tex]\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\geq 2[/tex]
2) Anta at [tex]a,b,c[/tex] er positive reelle tall. Vis at
[tex]\frac{5a^3-ab^2}{a+b}+\frac{5b^3-bc^2}{b+c}+\frac{5c^3-ca^2}{c+a}\geq2(a^2+b^2+c^2)[/tex]
To ulikheter
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
Per Spelemann
- Dirichlet
- Innlegg: 164
- Registrert: 08/01-2012 01:48
Løsning – 1. ulikhet
Ulikheten er homogen, så vi kan anta at $a+b+c+d = 1$.
Jensens ulikhet sier:
La $f$ være en konveks funksjon på et intervall $I$,
$x_1,\ldots, x_n \in I$ og $v_1,\ldots,v_n \ge 0$ der
$v_1 + \cdots + v_n = 1$. Da er:
$$ v_1 f(x_1) + \cdots + v_n f(x_n) \ge f(v_1 x_1 + \cdots + v_n x_n) $$
Ved å la $f(x) = 1/x$, $I = \mathbb{R}^+$, $n = 4$, $v_1 = a$, $v_2 = b$, $v_3 = c$, $v_4 = d$,
$x_1 = b+c$, $x_2 = c+d$, $x_3 = d+a$ og $x_4 = a+b$, så finner vi:
$$ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+d} + \frac{c}{d+a} + \frac{d}{a+b} \ge \frac{1}{ a(b+c) + b(c+d) + c(d+a) + d(a+b) } =
\frac { (a+b+c+d)^2 }{ ab +2ac +ad +bc + 2bd + cd }$$
Det er nå nok å vise at høyre teller er minst to ganger høyre nevner:
$ (a+b+c+d)^2 \ge 2ab +4ac +2ad +2bc + 4bd + 2cd \iff$ (ganger ut og forenkler)
$ a^2 + b^2 + c^2 + d^2 \ge 2ac + 2bd \iff $
$ (a-c)^2 + (b-d)^2 \ge 0 $
Dette stemmer!
Ulikheten er homogen, så vi kan anta at $a+b+c+d = 1$.
Jensens ulikhet sier:
La $f$ være en konveks funksjon på et intervall $I$,
$x_1,\ldots, x_n \in I$ og $v_1,\ldots,v_n \ge 0$ der
$v_1 + \cdots + v_n = 1$. Da er:
$$ v_1 f(x_1) + \cdots + v_n f(x_n) \ge f(v_1 x_1 + \cdots + v_n x_n) $$
Ved å la $f(x) = 1/x$, $I = \mathbb{R}^+$, $n = 4$, $v_1 = a$, $v_2 = b$, $v_3 = c$, $v_4 = d$,
$x_1 = b+c$, $x_2 = c+d$, $x_3 = d+a$ og $x_4 = a+b$, så finner vi:
$$ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+d} + \frac{c}{d+a} + \frac{d}{a+b} \ge \frac{1}{ a(b+c) + b(c+d) + c(d+a) + d(a+b) } =
\frac { (a+b+c+d)^2 }{ ab +2ac +ad +bc + 2bd + cd }$$
Det er nå nok å vise at høyre teller er minst to ganger høyre nevner:
$ (a+b+c+d)^2 \ge 2ab +4ac +2ad +2bc + 4bd + 2cd \iff$ (ganger ut og forenkler)
$ a^2 + b^2 + c^2 + d^2 \ge 2ac + 2bd \iff $
$ (a-c)^2 + (b-d)^2 \ge 0 $
Dette stemmer!
-
Brahmagupta
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
Flott! Man kan også gjøre det uten bruk av Jensen.
[tex]\frac{a}{b+c}+\frac{c}{d+a}=\frac{a(d+a)+c(b+c)}{(b+c)(d+a)}\geq\frac{a^2+c^2+bc+da}{\frac14(a+b+c+d)^2}[/tex]
og ekvivalent
[tex]\frac{b}{c+d}+\frac{d}{a+b}\geq\frac{b^2+d^2+ab+cd}{\frac14(a+b+c+d)^2}[/tex]
Hvor ulikheten [tex]xy\leq\frac14(x+y)^2[/tex] er benyttet på nevneren.
Summeres disse ulikhetene gjenstår det å vise at [tex]2(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+bc+cd+da)\geq(a+b+c+d)^2[/tex].
Ved å gange ut og kansellere viser dette seg også å være ekvivalent med [tex](a-c)^2+(b-d)^2\geq0[/tex]
[tex]\frac{a}{b+c}+\frac{c}{d+a}=\frac{a(d+a)+c(b+c)}{(b+c)(d+a)}\geq\frac{a^2+c^2+bc+da}{\frac14(a+b+c+d)^2}[/tex]
og ekvivalent
[tex]\frac{b}{c+d}+\frac{d}{a+b}\geq\frac{b^2+d^2+ab+cd}{\frac14(a+b+c+d)^2}[/tex]
Hvor ulikheten [tex]xy\leq\frac14(x+y)^2[/tex] er benyttet på nevneren.
Summeres disse ulikhetene gjenstår det å vise at [tex]2(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+bc+cd+da)\geq(a+b+c+d)^2[/tex].
Ved å gange ut og kansellere viser dette seg også å være ekvivalent med [tex](a-c)^2+(b-d)^2\geq0[/tex]
2)
[tex]\frac{5a^3-ab^2}{a+b}+\frac{5b^3-bc^2}{b+c}+\frac{5c^3-ca^2}{c+a}\geq2(a^2+b^2+c^2)[/tex]
Ulikheten er homogen, så vi kan anta at $a^2+b^2+c^2=1$. Rearrangementulikheten(eller evt. AM-GM) gir da at $ab+bc+ca\leq a^2+b^2+c^2=1$.
Den øverste ulikheten kan omskrives til
$4(\frac{a^3}{a+b}+\frac{b^3}{b+c}+\frac{c^3}{c+a})-(ab+bc+ca)\geq a^2+b^2+c^2=1$. Dette er det samme som at
$4(\frac{a^2}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b^2}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c^2}{1+\frac{a}{c}})\geq 1+(ab+bc+ca)$.
La $f(x)=\frac{1}{1+x}$, som er konveks for positive x. Generalisert Jensen gir nå at
$4(\frac{a^2}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b^2}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c^2}{1+\frac{a}{c}})\geq 4\frac{1}{1+(ab+bc+ca)}$. (edit:kan sikkert bruke noe annet enn Jensen her)
Siden $0\leq ab+bc+ca\leq 1$ og $\frac{1}{(1+x)^2}$ er monotont synkende er
$\frac{4}{1+(ab+bc+ca)}\geq 1+(ab+bc+ca)$, og den opprinnelige ulikheten følger.
Hvor er ulikhetene hentet fra?
[tex]\frac{5a^3-ab^2}{a+b}+\frac{5b^3-bc^2}{b+c}+\frac{5c^3-ca^2}{c+a}\geq2(a^2+b^2+c^2)[/tex]
Ulikheten er homogen, så vi kan anta at $a^2+b^2+c^2=1$. Rearrangementulikheten(eller evt. AM-GM) gir da at $ab+bc+ca\leq a^2+b^2+c^2=1$.
Den øverste ulikheten kan omskrives til
$4(\frac{a^3}{a+b}+\frac{b^3}{b+c}+\frac{c^3}{c+a})-(ab+bc+ca)\geq a^2+b^2+c^2=1$. Dette er det samme som at
$4(\frac{a^2}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b^2}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c^2}{1+\frac{a}{c}})\geq 1+(ab+bc+ca)$.
La $f(x)=\frac{1}{1+x}$, som er konveks for positive x. Generalisert Jensen gir nå at
$4(\frac{a^2}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b^2}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c^2}{1+\frac{a}{c}})\geq 4\frac{1}{1+(ab+bc+ca)}$. (edit:kan sikkert bruke noe annet enn Jensen her)
Siden $0\leq ab+bc+ca\leq 1$ og $\frac{1}{(1+x)^2}$ er monotont synkende er
$\frac{4}{1+(ab+bc+ca)}\geq 1+(ab+bc+ca)$, og den opprinnelige ulikheten følger.
Hvor er ulikhetene hentet fra?
-
Brahmagupta
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
Takk for tipset:-)
Second that. Jeg trenger sårt å trene på slikt.
