1. $a,b,c\in\mathbb{R}^+$. Vis at $\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\geq \frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}$ [LØST]
2. $a,b,c\in\mathbb{R}^+$. Vis at $(a+\frac{1}{b})(b+\frac{1}{c})(c+\frac{1}{a})\geq 8$ [LØST]
3. $a,b,c\in\mathbb{R}$. Vis at $2a^2+3b^2+6c^2\geq (a+b+c)^2$ [LØST]
4. $a,b,c\in\mathbb{R}^+$. Vis at $\frac{2}{a+b}+ \frac{2}{b+c}+\frac{2}{c+a}\geq \frac{9}{a+b+c}$ [LØST]
5. $a,b,c,d\in\mathbb{R}^+$. Vis at $a^5+b^5+c^5+d^5\geq abcd(a+b+c+d)$
Hint på 5:
Edit: Hint lagt til
5 ulikheter
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Ulikhet 1): Påstand: (a/b)^2 + (b/c)^2 + (c/a)^2 >= b/a + a/c + c/b
Bevis: Anvender 2. kvadratsetning og får disse ulikhetene
1) (a/b)^2 + (b/c)^2 >= 2* a/c
2) (a/b)^2 + (c/a)^2 >= 2 * c/a
3) (b/c)^2 + (c/a)^2 >= 2 * b/a
Summerer V.S. og H.S. hver for seg og får
2( (a/b)^2 + (b/c)^2 + (c/a)^2 ) >= 2 (b/a + a/c + c/ b)
Deler med 2 på begge sider og får
(a/b)^2 + (b/c)^2 + (c/a)^2 >= b/a + a/c + c/b ( s.s.v. )
Ulikheten gjelder for alle reelle tall (gitt at a , b og c er forskjellig fra null )
Bevis: Anvender 2. kvadratsetning og får disse ulikhetene
1) (a/b)^2 + (b/c)^2 >= 2* a/c
2) (a/b)^2 + (c/a)^2 >= 2 * c/a
3) (b/c)^2 + (c/a)^2 >= 2 * b/a
Summerer V.S. og H.S. hver for seg og får
2( (a/b)^2 + (b/c)^2 + (c/a)^2 ) >= 2 (b/a + a/c + c/ b)
Deler med 2 på begge sider og får
(a/b)^2 + (b/c)^2 + (c/a)^2 >= b/a + a/c + c/b ( s.s.v. )
Ulikheten gjelder for alle reelle tall (gitt at a , b og c er forskjellig fra null )
Vi ser på uttrykket: $(a+\frac{1}{b})(b+\frac{1}{c})(c+\frac{1}{a})$Gustav skrev:2. $a,b,c\in\mathbb{R}^+$. Vis at $(a+\frac{1}{b})(b+\frac{1}{c})(c+\frac{1}{a})\geq 8$
Ganger ut og rydder opp:
$abc + \frac 1{abc} + a + \frac 1a + b + \frac 1b + c + \frac 1c$.
Ser nå på funksjonen $f(x) = x + \frac 1x$.
$f^\prime(x) = 1 - \frac 1{x^2} = 0$ for $x = \pm 1$.
Har også $f^{\prime \prime}(x) = \frac 2{x^3} > 0$ for $x>0$.
Altså er $f(1) = 1 + \frac 11 = 2$ et bunnpunkt til $f$ for $x>0$.
Altså har vi:
$abc + \frac 1{abc} \geq 2$
$a + \frac 1a \geq 2$
$b + \frac 1b \geq 2$
$b + \frac 1b \geq 2$
Kombinerer:
$(a+\frac{1}{b})(b+\frac{1}{c})(c+\frac{1}{a}) = abc + \frac 1{abc} + a + \frac 1a + b + \frac 1b + c + \frac 1c \geq 2 + 2 + 2 + 2 = 8$
Som skulle vises.
EDIT: Redigert * til +
Sist redigert av Emilga den 12/11-2017 18:54, redigert 1 gang totalt.
Emilol påstår at produktet
( a + 1/b)( b + 1/c )( c + 1/a) >= 16
Denne påstanden er lett å tilbakevise: Eks. a = b = c = gir (a + 1/b)(b + 1/c)(c + 1/a) = (a + 1/a)^3 = 8 når a = 1
( a + 1/b)( b + 1/c )( c + 1/a) >= 16
Denne påstanden er lett å tilbakevise: Eks. a = b = c = gir (a + 1/b)(b + 1/c)(c + 1/a) = (a + 1/a)^3 = 8 når a = 1
Siste linje skal vel være $(a+\frac{1}{b})(b+\frac{1}{c})(c+\frac{1}{a}) = abc + \frac 1{abc} + a + \frac 1a + b + \frac 1b + c + \frac 1c \geq 2+ 2+ 2+2 = 8$.Emomilol skrev:Vi ser på uttrykket: $(a+\frac{1}{b})(b+\frac{1}{c})(c+\frac{1}{a})$Gustav skrev:2. $a,b,c\in\mathbb{R}^+$. Vis at $(a+\frac{1}{b})(b+\frac{1}{c})(c+\frac{1}{a})\geq 8$
Ganger ut og rydder opp:
$abc + \frac 1{abc} + a + \frac 1a + b + \frac 1b + c + \frac 1c$.
Ser nå på funksjonen $f(x) = x + \frac 1x$.
$f^\prime(x) = 1 - \frac 1{x^2} = 0$ for $x = \pm 1$.
Har også $f^{\prime \prime}(x) = \frac 2{x^3} > 0$ for $x>0$.
Altså er $f(1) = 1 + \frac 11 = 2$ et bunnpunkt til $f$ for $x>0$.
Altså har vi:
$abc + \frac 1{abc} \geq 2$
$a + \frac 1a \geq 2$
$b + \frac 1b \geq 2$
$b + \frac 1b \geq 2$
Kombinerer:
$(a+\frac{1}{b})(b+\frac{1}{c})(c+\frac{1}{a}) = abc + \frac 1{abc} + a + \frac 1a + b + \frac 1b + c + \frac 1c \geq 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2 = 16 \geq 8$
Som skulle vises.
Bortsett fra det er løsningen riktig!
Det hele kan dog vises i en one-liner.
Hint:
Takk for korreksjonen OYV og Gustav!
Ja, jeg brukte gange når jeg skulle brukt pluss.
Ble litt grådig der, hehe.
Ja, jeg brukte gange når jeg skulle brukt pluss.
Ble litt grådig der, hehe.
Bruker hint fra Gustav.
AM-GM: $x+y \geq 2 \sqrt{xy}$.
$(a+\frac{1}{b})(b+\frac{1}{c})(c+\frac{1}{a}) \geq 2\sqrt{a\cdot \frac 1b} \cdot 2\sqrt{b\cdot \frac 1c} \cdot 2\sqrt{c\cdot \frac 1a} = 8 \sqrt{\frac{abc}{abc} } = 8$
AM-GM: $x+y \geq 2 \sqrt{xy}$.
$(a+\frac{1}{b})(b+\frac{1}{c})(c+\frac{1}{a}) \geq 2\sqrt{a\cdot \frac 1b} \cdot 2\sqrt{b\cdot \frac 1c} \cdot 2\sqrt{c\cdot \frac 1a} = 8 \sqrt{\frac{abc}{abc} } = 8$
EDIT: Snipet av Emolilol , dessuten er min framgangsmåte mye lengre enn Emolilol sin.
EDIT 2: Takk til Emolilol for å påpeke feil, har rettet opp nå. Dessuten var ikke den originale konklusjonen korrekt uansett.
Prøver meg på 2 med AM-GM:
Av AM-GM-ulikheten vet vi at:
$\frac{a+\frac{1}{b}}{2} \geq \sqrt{a \cdot \frac{1}{b}} \enspace \Rightarrow \enspace a+\frac{1}{b} \geq 2\sqrt{a \cdot \frac{1}{b}}$
$\frac{b+\frac{1}{c}}{2} \geq \sqrt{b \cdot \frac{1}{c}} \enspace \Rightarrow \enspace b+\frac{1}{c} \geq 2\sqrt{b \cdot \frac{1}{c}}$
$\frac{c+\frac{1}{a}}{2} \geq \sqrt{c \cdot \frac{1}{a}} \enspace \Rightarrow \enspace c+\frac{1}{a} \geq 2\sqrt{c \cdot \frac{1}{a}}$
Derfor har vi at;
$(a+\frac{1}{b})(b+\frac{1}{c})(c+\frac{1}{a}) \geq 2\sqrt{a \cdot \frac{1}{b}} \cdot 2\sqrt{b \cdot \frac{1}{c}} \cdot 2\sqrt{c \cdot \frac{1}{a}}$
$(a+\frac{1}{b})(b+\frac{1}{c})(c+\frac{1}{a}) \geq 8 \sqrt{\frac{a}{b} \cdot \frac{b}{c} \cdot \frac{c}{a}}$
$(a+\frac{1}{b})(b+\frac{1}{c})(c+\frac{1}{a}) \geq 8 \sqrt{\frac{abc}{abc}}$
$(a+\frac{1}{b})(b+\frac{1}{c})(c+\frac{1}{a}) \geq 8$
Som var det vi ønsket å bevise.
EDIT 2: Takk til Emolilol for å påpeke feil, har rettet opp nå. Dessuten var ikke den originale konklusjonen korrekt uansett.
Prøver meg på 2 med AM-GM:
Av AM-GM-ulikheten vet vi at:
$\frac{a+\frac{1}{b}}{2} \geq \sqrt{a \cdot \frac{1}{b}} \enspace \Rightarrow \enspace a+\frac{1}{b} \geq 2\sqrt{a \cdot \frac{1}{b}}$
$\frac{b+\frac{1}{c}}{2} \geq \sqrt{b \cdot \frac{1}{c}} \enspace \Rightarrow \enspace b+\frac{1}{c} \geq 2\sqrt{b \cdot \frac{1}{c}}$
$\frac{c+\frac{1}{a}}{2} \geq \sqrt{c \cdot \frac{1}{a}} \enspace \Rightarrow \enspace c+\frac{1}{a} \geq 2\sqrt{c \cdot \frac{1}{a}}$
Derfor har vi at;
$(a+\frac{1}{b})(b+\frac{1}{c})(c+\frac{1}{a}) \geq 2\sqrt{a \cdot \frac{1}{b}} \cdot 2\sqrt{b \cdot \frac{1}{c}} \cdot 2\sqrt{c \cdot \frac{1}{a}}$
$(a+\frac{1}{b})(b+\frac{1}{c})(c+\frac{1}{a}) \geq 8 \sqrt{\frac{a}{b} \cdot \frac{b}{c} \cdot \frac{c}{a}}$
$(a+\frac{1}{b})(b+\frac{1}{c})(c+\frac{1}{a}) \geq 8 \sqrt{\frac{abc}{abc}}$
$(a+\frac{1}{b})(b+\frac{1}{c})(c+\frac{1}{a}) \geq 8$
Som var det vi ønsket å bevise.
Sist redigert av Markus den 12/11-2017 21:43, redigert 1 gang totalt.
Ulikhet 4:
La
[tex]x=\frac{2}{a+b}, \ y=\frac{2}{b+c}, \ z=\frac{2}{c+a}[/tex]
Da har vi
[tex]\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=a+b+c[/tex]
Derfor, etter å dele på tre på begge sider, blir ulikheten
[tex]\frac{x+y+z}{3} \geq \frac{3}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}[/tex]
Og dette er rett og slett AM-HM ulikheten (aritmetisk snitt>= harmonisk snitt).
La
[tex]x=\frac{2}{a+b}, \ y=\frac{2}{b+c}, \ z=\frac{2}{c+a}[/tex]
Da har vi
[tex]\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=a+b+c[/tex]
Derfor, etter å dele på tre på begge sider, blir ulikheten
[tex]\frac{x+y+z}{3} \geq \frac{3}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}[/tex]
Og dette er rett og slett AM-HM ulikheten (aritmetisk snitt>= harmonisk snitt).
Husk at AM-GM-ulikheten sier at: $\frac{a + \frac 1b}2 \geq \sqrt{a\cdot \frac 1b} \neq \sqrt{a + \frac ab}$.Markus skrev:Av AM-GM-ulikheten vet vi at:
$\frac{a+\frac{1}{b}}{2} \geq \sqrt{a+\frac{1}{b}} \enspace \Rightarrow \enspace a+\frac{1}{b} \geq 2\sqrt{a+\frac{1}{b}}$
Siden det geometriske snittet er: $\sqrt[n]{x_1 \cdot x_2 \cdot \ldots \cdot x_n}$.
Ulikhet 3
Vi har følgende ulikheter:
[tex]0 \leq \frac{2}{3}(a-\frac{3}{2}b)^2=\frac{2}{3}a^2-2ab+\frac{3}{2}b^2[/tex]
[tex]0 \leq \frac{1}{3}(a-3c)^2=\frac{1}{3}a^2-2ac+3c^2[/tex]
[tex]0 \leq \frac{1}{2}(b-2c)^2=\frac{1}{2}b^2-2bc+2c^2[/tex]
Legger vi sammen disse får vi
[tex]a^2+2b^2+5c^2-2ab-2ac-2bc\geq 0[/tex]
legger vi så til [tex](a+b+c)^2[/tex] på begge sider får vi ulikheten.
Vi har følgende ulikheter:
[tex]0 \leq \frac{2}{3}(a-\frac{3}{2}b)^2=\frac{2}{3}a^2-2ab+\frac{3}{2}b^2[/tex]
[tex]0 \leq \frac{1}{3}(a-3c)^2=\frac{1}{3}a^2-2ac+3c^2[/tex]
[tex]0 \leq \frac{1}{2}(b-2c)^2=\frac{1}{2}b^2-2bc+2c^2[/tex]
Legger vi sammen disse får vi
[tex]a^2+2b^2+5c^2-2ab-2ac-2bc\geq 0[/tex]
legger vi så til [tex](a+b+c)^2[/tex] på begge sider får vi ulikheten.
Selvfølgelig! Dessuten ser jeg at jeg ikke har vist at ulikheten stemmer i det hele tatt da produktet av røttene kunne ha blitt $< 1$, og da hadde hele høyresiden blitt $< 8$.Emomilol skrev:Husk at AM-GM-ulikheten sier at: $\frac{a + \frac 1b}2 \geq \sqrt{a\cdot \frac 1b} \neq \sqrt{a + \frac ab}$.Markus skrev:Av AM-GM-ulikheten vet vi at:
$\frac{a+\frac{1}{b}}{2} \geq \sqrt{a+\frac{1}{b}} \enspace \Rightarrow \enspace a+\frac{1}{b} \geq 2\sqrt{a+\frac{1}{b}}$
Siden det geometriske snittet er: $\sqrt[n]{x_1 \cdot x_2 \cdot \ldots \cdot x_n}$.
Fin løsning!Gjest skrev:Ulikhet 3
Vi har følgende ulikheter:
[tex]0 \leq \frac{2}{3}(a-\frac{3}{2}b)^2=\frac{2}{3}a^2-2ab+\frac{3}{2}b^2[/tex]
[tex]0 \leq \frac{1}{3}(a-3c)^2=\frac{1}{3}a^2-2ac+3c^2[/tex]
[tex]0 \leq \frac{1}{2}(b-2c)^2=\frac{1}{2}b^2-2bc+2c^2[/tex]
Legger vi sammen disse får vi
[tex]a^2+2b^2+5c^2-2ab-2ac-2bc\geq 0[/tex]
legger vi så til [tex](a+b+c)^2[/tex] på begge sider får vi ulikheten.
Edit: Alternativt er ulikheten ekvivalent med $(\sqrt{\frac12}^2+\sqrt{\frac13}^2+\sqrt{\frac16}^2)((\sqrt{2}a)^2+(\sqrt{3}b)^2+(\sqrt{6}c)^2)\geq (a+b+c)^2$ som følger av Cauchy-Schwarz.
Fint!Gjest skrev:Ulikhet 4:
La
[tex]x=\frac{2}{a+b}, \ y=\frac{2}{b+c}, \ z=\frac{2}{c+a}[/tex]
Da har vi
[tex]\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=a+b+c[/tex]
Derfor, etter å dele på tre på begge sider, blir ulikheten
[tex]\frac{x+y+z}{3} \geq \frac{3}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}[/tex]
Og dette er rett og slett AM-HM ulikheten (aritmetisk snitt>= harmonisk snitt).
Alternativt er ulikheten ekvivalent med $\left ((a+b)+(b+c)+(c+a)\right )(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\geq (\frac{\sqrt{a+b}}{\sqrt{a+b}}+\frac{\sqrt{b+c}}{\sqrt{b+c}}+\frac{\sqrt{c+a}}{\sqrt{c+a}})^2=(1+1+1)^2=9$ som følger av Cauchy-Schwarz.