La $a,b$ og $c$ være positive reelle tall slik at $a^2+b^2+c^2=1$. Vis at
\[ \frac{1}{a^2+2}+\frac{1}{b^2+2}+\frac{1}{c^2+2}\leq \frac{1}{6bc+a^2}+\frac{1}{6ca+b^2}+\frac{1}{6ab+c^2} .\]
Ulikhet
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
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?
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.
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.
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
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
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
[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.
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.
Ulikheten du nevner kan skrives om til $\frac12\left((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right)\geq 0$.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
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
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
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.
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.
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]
Så
[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.
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.
Alternativt så ser vi at dette er et spesialtilfelle av rearrangementulikheten, https://en.wikipedia.org/wiki/Rearrangement_inequalityDrezky 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] ...