Ulikhet

Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.

Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa

Svar
stensrud
Descartes
Descartes
Innlegg: 438
Registrert: 08/11-2014 21:13
Sted: Cambridge

La $a,b$ og $c$ være positive reelle tall slik at $a^2+b^2+c^2=1$. Vis at
\[ \frac{1}{a^2+2}+\frac{1}{b^2+2}+\frac{1}{c^2+2}\leq \frac{1}{6bc+a^2}+\frac{1}{6ca+b^2}+\frac{1}{6ab+c^2} .\]
mingjun
Cayley
Cayley
Innlegg: 91
Registrert: 18/11-2016 21:13
Sted: Det projektive planet

Er Lagrange Multipliers innafor?
stensrud
Descartes
Descartes
Innlegg: 438
Registrert: 08/11-2014 21:13
Sted: Cambridge

mingjun skrev:Er Lagrange Multipliers innafor?
Absolutt ikke! Men du blir ikke arrestert hvis du viser hvordan du bruker de her ;)
Drezky
Hilbert
Hilbert
Innlegg: 1023
Registrert: 06/12-2014 17:43

Liten digresjon:

Hva menes egentlig med slike oppgaver? Skal man utlede ulikheten fra [tex]a^2+b^2+c^2=1[/tex], eller må man vise at det stemmer begge veier? Har uansett vanskeligheter med å se for meg hvordan dette skal stemme/fungerer i realiteten


La oss ta noe banalt for spørsmålets skyld;

[tex]a^2+b^2\geq 2ab[/tex]

[tex]a^2+b^2-2ab\geq 0\Longleftrightarrow (a-b)^2\geq 0[/tex]

Som stemmer siden kvadrater er alltid positive [tex]x \in \mathbb{R}[/tex]

Hvordan ville denne oppgaven ha vært formulert? Kan man uttrykke en likhet og bli bedt om å bevise ulikheten. Forstår ikke helt hvorledes man kan utlede en ulikhet fra en likhet?


La meg ta noe annet:

Bevis ulikheten
[tex]\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2[/tex]

[tex]\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{a}{b}*\left ( \frac{a}{a} \right )+\frac{b}{a}*\left ( \frac{b}{b} \right )=\frac{a^2}{ab}+\frac{b^2}{ab}=\frac{a^2+b^2}{ab}[/tex]

Så [tex]\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2 \Longleftrightarrow \frac{a^2+b^2}{ab}\geq 2\Longleftrightarrow a^2+b^2\geq 2ab\Longleftrightarrow (a-b)^2\geq 0[/tex]
Som jo stemmer.

Hva med denne?
[tex]i*i=-1[/tex]



Omnia mirari etiam tritissima - Carl von Linné
( Find wonder in all things, even the most commonplace.)

Det er åpning og lukking av ionekanaler i nerveceller som gjør det mulig for deg å lese dette.
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Forskjellen er at du i stensruds ulikhet har en føringsbetingelse som gir en skarpere ulikhet enn den som gjelder for f.eks. alle positive reelle tall, dvs. ulikheten vi skal vise gjelder ikke nødvendigvis for alle positive reelle tall, men den gjelder for alle tall som oppfyller føringsbetingelsen. Ta f.eks. AM-GM-ulikheten som gjelder for alle positive reelle tall: $\frac{x+y}{2}\geq \sqrt{xy}$. Hvis vi i tillegg pålegger en føring på verdiene av $x$ og $y$, si f.eks. at $xy=1$, da vil ulikheten bli $\frac{x+y}{2}\geq 1$, eller ekvivalent $x+y\geq 2$. Denne gjelder selvsagt ikke for alle positive tall, ta f.eks. x=y=0.5, men den gjelder for alle x,y som tilfredsstiller betingelsen xy=1.

En problemstilling vil da kunne formuleres på følgende måte: Anta at $x,y$ er positive reelle tall slik at $xy=1$. Vis at da er $x+y\geq 2$. Denne kan selvsagt også løses slik: Generelt har vi $(\sqrt{x}-\sqrt{y})^2\geq 0$, så $x+y-2\sqrt{xy}\geq 0$ , som er ekvivalent med at $x+y\geq 2\sqrt{xy}=2$ siden $xy=1$.

edit
Drezky
Hilbert
Hilbert
Innlegg: 1023
Registrert: 06/12-2014 17:43

plutarco skrev:Forskjellen er at du i stensruds ulikhet har en føringsbetingelse som gir en skarpere ulikhet enn den som gjelder for f.eks. alle positive reelle tall, dvs. ulikheten vi skal vise gjelder ikke nødvendigvis for alle positive reelle tall, men den gjelder for alle tall som oppfyller føringsbetingelsen. Ta f.eks. AM-GM-ulikheten som gjelder for alle positive reelle tall: $\frac{x+y}{2}\geq \sqrt{xy}$. Hvis vi i tillegg pålegger en føring på verdiene av $x$ og $y$, si f.eks. at $xy=1$, da vil ulikheten bli $\frac{x+y}{2}\geq 1$, eller ekvivalent $x+y\geq 2$. Denne gjelder selvsagt ikke for alle positive tall, ta f.eks. x=y=0.5, men den gjelder for alle x,y som tilfredsstiller betingelsen xy=1.

En problemstilling vil da kunne formuleres på følgende måte: Anta at $x,y$ er positive reelle tall slik at $xy=1$. Vis at da er $x+y\geq 2$. Denne kan selvsagt også løses slik: Generelt har vi $(\sqrt{x}-\sqrt{y})^2\geq 0$, så $x+y-2\sqrt{xy}\geq 0$ , som er ekvivalent med at $x+y\geq 2\sqrt{xy}=2$ siden $xy=1$.

edit

Takk for et oppklarende innlegg. Hva var motivasjonen for å bruke at [tex]\left ( \sqrt{x}-\sqrt{y} \right )^2\geq 0[/tex]. For det blotte øyet (meg) virker det som at man bruker en annen kjent ulikhet og utleder det oppgaven ber deg å vise?

For eksempel:

Vis at det for [tex]a,b,c \in \mathbb{R}[/tex] gjelder [tex]a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac[/tex]

Ser ikke noen vei for å faktorisere [tex]a^2+b^2+c^2[/tex]

Skal jeg gå innom [tex]\left ( a-b \right )^2\geq 0[/tex]


TS: ikke meningen å highjacke din tråd :lol:
[tex]i*i=-1[/tex]



Omnia mirari etiam tritissima - Carl von Linné
( Find wonder in all things, even the most commonplace.)

Det er åpning og lukking av ionekanaler i nerveceller som gjør det mulig for deg å lese dette.
stensrud
Descartes
Descartes
Innlegg: 438
Registrert: 08/11-2014 21:13
Sted: Cambridge

Drezky skrev: Takk for et oppklarende innlegg. Hva var motivasjonen for å bruke at [tex]\left ( \sqrt{x}-\sqrt{y} \right )^2\geq 0[/tex]. For det blotte øyet (meg) virker det som at man bruker en annen kjent ulikhet og utleder det oppgaven ber deg å vise?

For eksempel:

Vis at det for [tex]a,b,c \in \mathbb{R}[/tex] gjelder [tex]a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac[/tex]

Ser ikke noen vei for å faktorisere [tex]a^2+b^2+c^2[/tex]

Skal jeg gå innom [tex]\left ( a-b \right )^2\geq 0[/tex]


TS: ikke meningen å highjacke din tråd :lol:
Ulikheten du nevner kan skrives om til $\frac12\left((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right)\geq 0$. :)
mingjun
Cayley
Cayley
Innlegg: 91
Registrert: 18/11-2016 21:13
Sted: Det projektive planet

Warning: brute-force

Er det ikke en mulighet å gange ut hele uttrykket:

$$ \sum_{cyc}\left (a^2+2 \right )\left (b^2+2 \right )\left (a^2+6bc \right )\left (b^2+6ca \right )\left (c^2+6ab \right )\leq\sum_{cyc}\left (a^2+2 \right )\left (b^2+2 \right )\left (c^2+2 \right )\left (a^2+6bc \right )\left (b^2+6ca \right )$$

$$\Leftrightarrow$$

$$\sum_{cyc} (36 a^6 b^3 c+72 a^6 b c+6 a^5 b^5+12 a^5 b^3+6 a^5 b^2 c^3+12 a^5 c^3+217 a^4 b^4 c^2+72 a^4 b^3 c+434 a^4 b^2 c^2+144 a^4 b c+36 a^3 b^6 c+12 a^3 b^5+72 a^3 b^4 c+36 a^3 b^3 c^4+24 a^3 b^3+12 a^3 b^2 c^3+72 a^3 b c^4+24 a^3 c^3+6 a^2 b^5 c^3+434 a^2 b^4 c^2+12 a^2 b^3 c^3+868 a^2 b^2 c^2+72 a b^6 c+144 a b^4 c+72 a b^3 c^4+144 a b c^4+12 b^5 c^3+24 b^3 c^3) \leq \sum_{cyc}( 6 a^5 b^2 c^3+12 a^5 b^2 c+12 a^5 c^3+24 a^5 c+a^4 b^4 c^2+2 a^4 b^4+2 a^4 b^2 c^2+4 a^4 b^2+36 a^3 b^3 c^4+72 a^3 b^3 c^2+12 a^3 b^2 c^3+24 a^3 b^2 c+72 a^3 b c^4+144 a^3 b c^2+24 a^3 c^3+48 a^3 c+6 a^2 b^5 c^3+12 a^2 b^5 c+2 a^2 b^4 c^2+4 a^2 b^4+12 a^2 b^3 c^3+24 a^2 b^3 c+4 a^2 b^2 c^2+8 a^2 b^2+72 a b^3 c^4+144 a b^3 c^2+144 a b c^4+288 a b c^2+12 b^5 c^3+24 b^5 c+24 b^3 c^3+48 b^3 c)$$

Man legger merke til at summen av alle potensene i hvert ledd er partall, og den høyeste er 10. Derfor kan vi gjøre hvert ledd til å ha 10 som summen av potensene, ved å gange hvert ledd med riktig "antall" $(x^2+y^2+z^2)$ (noe som vi kan gjøre fordi det er lik 1.

Derretter kan vi anvende en blanding av Muirhead's Inequality. og Schur's Inequality for å verifisere at det er sant (fordi uttrykket er symmetrisk over a, b, og c).

Hvis man skulle gjøre dette for hånd, kunne man gjøre livet sitt mye enklere med å anvende Titus lemma på høyresiden av ulikheten fra starten av, slik at man får symmetriske summer med summen av potenser mindre enn eller er lik 6. Fortsatt er denne løsningsmåten mye mindre elegant enn en allerede uelegant løsning, altså via Lagrange Multipliers. Kanskje på tide med løsningen?

Edit: beklager for å sprenge høyresiden av tråden
stensrud
Descartes
Descartes
Innlegg: 438
Registrert: 08/11-2014 21:13
Sted: Cambridge

Håper ikke du gjorde det der for hånd? :|

Ålreit, her er løsningen: Det følger fra AM-GM at $6bc\leq 3(b^2+c^2)$, så det holder å vise at
\[ \sum_{cyc}\frac{1}{a^2+3b^2+3c^2}\geq \sum_{cyc}\frac{1}{a^2+2} = \sum_{cyc}\frac{1}{3a^2+2b^2+2c^2}. \]
Funksjonen $f(x):=\frac1x$ er konveks over $\mathbb{R}^+$. Videre kan vi WLOG anta at $a\geq b\geq c$, og med dette kan vi sjekke at $(3a^2+3b^2+c^2,\dotsc)\succ (3a^2+2b^2+2c^2,\dotsc)$, og da følger det av Karamata at
\[ \sum_{cyc}f(3a^2+3b^2+c^2)\geq \sum_{cyc}f(3a^2+2b^2+2c^2), \]
hvilket var det vi ønsket å vise.
Drezky
Hilbert
Hilbert
Innlegg: 1023
Registrert: 06/12-2014 17:43

stensrud skrev: Ulikheten du nevner kan skrives om til $\frac12\left((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right)\geq 0$. :)

Eureka!

[tex]\alpha_1\,\, (a-b)^2\geq 0\Longleftrightarrow a^2+b^2\geq 2ab[/tex]

[tex]\alpha_2\,\, (b+c)^2\geq 0\Longleftrightarrow b^2+c^2\geq 2bc[/tex]

[tex]\alpha_3\,\, (a+c)^2\geq 0\Longleftrightarrow a^2+c^2\geq 2ac[/tex]


[tex]\alpha _1+\alpha _2+\alpha _3\Longleftrightarrow a^2+b^2+b^2+c^2+a^2+c^2\geq 2ab+2bc+2ac\Longleftrightarrow 2a^2+2b^2+2c^2\geq 2ab+2bc+2ac[/tex]

Ved å dele [tex]2[/tex] gir det oss

[tex]a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac[/tex]


Q.E.D ? ?

Trikset er altså å gå gjennom [tex](x+y)^2\geq 0[/tex] ...
[tex]i*i=-1[/tex]



Omnia mirari etiam tritissima - Carl von Linné
( Find wonder in all things, even the most commonplace.)

Det er åpning og lukking av ionekanaler i nerveceller som gjør det mulig for deg å lese dette.
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Drezky skrev:
[tex]a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac[/tex]


Q.E.D ? ?

Trikset er altså å gå gjennom [tex](x+y)^2\geq 0[/tex] ...
Alternativt så ser vi at dette er et spesialtilfelle av rearrangementulikheten, https://en.wikipedia.org/wiki/Rearrangement_inequality
Svar