Ulikhetmaraton Skriv et svar


Dette spørsmålet er en metode for identifisering og hindring av automatiserte innsendinger.
Smil
:D :) :( :o :shock: :? 8-) :lol: :x :P :oops: :cry: :evil: :twisted: :roll: :wink: :!: :?: :idea: :arrow: :| :mrgreen:
BBCode er
[img] er
[flash] er AV
[url] er
Smil er
Emne
   

Utvid visningen Emne: Ulikhetmaraton

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg mingjun » 30/07-2019 00:52

Satser på at denne oppfølgeren fra IMO shortlist ikke har blitt postet før:

For positive reele tall $a,b,c$ som oppfyller $\min\left(ab,bc,ca\right)\geq1$, vis at $$\sqrt[3]{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)}\leq \left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)^2+1.$$

HInt:
[+] Skjult tekst
Det kan være nyttig å betrakte problemet for to variabler, altså $\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)}\leq \left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2+1$ med $ab\geq 1$.

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg mingjun » 30/07-2019 00:06

zzzivert skrev:Oppfølger:
La $a, b, c, d \in \mathbb{R}$. Vis at
$(a+b+c+d)^2\le 3(a^2+b^2+c^2+d^2)+6ab$.


Ulikheten er ekvivalent med $2(ac+ad+bc+bd+cd) \leq 2(a^2+b^2+c^2+d^2)+4ab$. Ettersom $c^2+d^2\geq \frac{\left(|c|+|d|\right)^2}{2}\geq \frac{\left(c+d\right)^2}{2}$ er det tilstrekkelig å vise at $2(ac+ad+bc+bd+cd) \leq 2(a^2+b^2)+4ab+c^2+d^2+\frac{\left(c+d\right)^2}{2}$. Dette følger fra å addere ulikhetene $$ c^2-2cd+d^2\geq 0\Leftrightarrow(c-d)^2\geq 0 ,$$ $$\frac{\left(c+d\right)^2}{2}+2(a^2+b^2)+4ab\geq 2(ac + ad + bc+ bd) \Leftrightarrow 2\left(a+b-\frac{c+d}{2}\right)^2 \geq 0.$$

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Gustav » 21/06-2019 00:03

zzzivert skrev:Denne ulikheten er vrien siden vi ikke finner likhet når $a=b=c=d$,
faktisk er det ikke mulig fra betingelsene, derfor kan vi ikke gå rett på
AM-GM, Cauchy-Schwarz osv. Det neste steget er å finne når vi får
minimum og maksimum, og etter litt prøving finner vi (3, 1, 1, 1) og
(0, 2, 2, 2). Så vi ønsker å bruke ulikheter der disse gir likhet for grensene.
Vi kan også merke oss at vi kan legge til $a^2+b^2+c^2+d^2$ og $a+b+c+d$,
så lenge vi også trekker fra 12 og 6. Derfor kan vi lage nye utrykk som kanskje
er enklere å takle.

$4(a^3+b^3+c^3+d^3)-(a^4+b^4+c^4+d^4)$
$=-(a^4+b^4+c^4+d^4)+4(a^3+b^3+c^3+d^3)-4(a^2+b^2+c^2+d^2)+4\cdot 12$
$=-[a^2(a-2)^2+b^2(b-2)^2+c^2(c-2)^2+d^2(d-2)^2]+48$.
Derfor er ulikheten ekvivalent med å vise at
$0\le a^2(a-2)^2+b^2(b-2)^2+c^2(c-2)^2+d^2(d-2)^2\le 12$,
så nedre grense er trivielt sann, da summen av kvadrater er ikkenegativ.

La $w=a-1, x=b-1, y=c-1, z=d-1$. Da har vi
$w+x+y+z=a+b+c+d-4=2$,
$w^2+x^2+y^2+z^2=(a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2+(d-1)^2=a^2+b^2+c^2+d^2-2(a+b+c+d)+4=4$.
Ulikheten vi skal vise er
$(w+1)^2(w-1)^2+(x+1)^2(x-1)^2+(y+1)^2(y-1)^2+(z+1)^2(z-1)^2\le 12$
$\Leftrightarrow w^4+x^4+y^4+z^4-2(w^2+x^2+y^2+z^2)+4 \le 12$
$\Leftrightarrow w^4+x^4+y^4+z^4\le 16$

Den siste ulikheten er sann siden $w^4+x^4+y^4+z^4\le (w^2+x^2+y^2+z^2)^2=16$.


Imponerende løsning!

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg zzzivert » 19/06-2019 14:25

Oppfølger:
La $a, b, c, d \in \mathbb{R}$. Vis at
$(a+b+c+d)^2\le 3(a^2+b^2+c^2+d^2)+6ab$.

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg zzzivert » 19/06-2019 13:59

Denne ulikheten er vrien siden vi ikke finner likhet når $a=b=c=d$,
faktisk er det ikke mulig fra betingelsene, derfor kan vi ikke gå rett på
AM-GM, Cauchy-Schwarz osv. Det neste steget er å finne når vi får
minimum og maksimum, og etter litt prøving finner vi (3, 1, 1, 1) og
(0, 2, 2, 2). Så vi ønsker å bruke ulikheter der disse gir likhet for grensene.
Vi kan også merke oss at vi kan legge til $a^2+b^2+c^2+d^2$ og $a+b+c+d$,
så lenge vi også trekker fra 12 og 6. Derfor kan vi lage nye utrykk som kanskje
er enklere å takle.

$4(a^3+b^3+c^3+d^3)-(a^4+b^4+c^4+d^4)$
$=-(a^4+b^4+c^4+d^4)+4(a^3+b^3+c^3+d^3)-4(a^2+b^2+c^2+d^2)+4\cdot 12$
$=-[a^2(a-2)^2+b^2(b-2)^2+c^2(c-2)^2+d^2(d-2)^2]+48$.
Derfor er ulikheten ekvivalent med å vise at
$0\le a^2(a-2)^2+b^2(b-2)^2+c^2(c-2)^2+d^2(d-2)^2\le 12$,
så nedre grense er trivielt sann, da summen av kvadrater er ikkenegativ.

La $w=a-1, x=b-1, y=c-1, z=d-1$. Da har vi
$w+x+y+z=a+b+c+d-4=2$,
$w^2+x^2+y^2+z^2=(a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2+(d-1)^2=a^2+b^2+c^2+d^2-2(a+b+c+d)+4=4$.
Ulikheten vi skal vise er
$(w+1)^2(w-1)^2+(x+1)^2(x-1)^2+(y+1)^2(y-1)^2+(z+1)^2(z-1)^2\le 12$
$\Leftrightarrow w^4+x^4+y^4+z^4-2(w^2+x^2+y^2+z^2)+4 \le 12$
$\Leftrightarrow w^4+x^4+y^4+z^4\le 16$

Den siste ulikheten er sann siden $w^4+x^4+y^4+z^4\le (w^2+x^2+y^2+z^2)^2=16$.

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Gustav » 10/06-2019 08:07

Oppfølger (Tidligere IMO shortlist, dermed småvanskelig): La $a,b,c,d$ være reelle tall slik at $a+b+c+d=6$ og $a^2+b^2+c^2+d^2=12$. Vis at $$ 36\le 4(a^3+b^3+c^3+d^3)-(a^4+b^4+c^4+d^4)\le 48$$

Edit: Hint:
[+] Skjult tekst
Vis først at $0\le a,b,c,d\le 3$

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Gustav » 09/06-2019 13:27

Markus skrev:La $a_1,a_2,\dots,a_n$ og $b_1,b_2,\dots,b_n$ være positive heltall slik at $a_1+a_2+\dots+a_n=b_1+b_2+\dots+b_n$. Vis at $$\frac{a_1^2}{a_1+b_1}+\frac{a_2^2}{a_2+b_2} + \dots + \frac{a_n^2}{a_n+b_n} \geq \frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{2}$$


La $\varphi(x)=\frac{1}{1+x}$, som er konveks, så $\frac{\sum_i a_i \varphi(\frac{b_i}{a_i})}{\sum_i a_i}\ge \varphi(\frac{\sum_i b_i}{\sum_i a_i})=\frac12$, av Jensen.

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Markus » 09/06-2019 11:40

Gustav skrev:Fra AM-GM er $1+a_i\ge 2\sqrt{a_i}$, så $(1+a_1)(1+a_2)\cdots(1+a_n)\geq 2^n\sqrt{a_1a_2...a_n}=2^n$


Selvfølgelig helt rett! Oppfølger:
La $a_1,a_2,\dots,a_n$ og $b_1,b_2,\dots,b_n$ være positive heltall slik at $a_1+a_2+\dots+a_n=b_1+b_2+\dots+b_n$. Vis at $$\frac{a_1^2}{a_1+b_1}+\frac{a_2^2}{a_2+b_2} + \dots + \frac{a_n^2}{a_n+b_n} \geq \frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{2}$$

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Gustav » 08/06-2019 01:07

Markus skrev:Oppfølger:
La $a_1,a_2,\dots,a_n$ være positive reelle tall slik at $a_1a_2\cdots a_n = 1$. Vis at $$(1+a_1)(1+a_2)\cdots(1+a_n)\geq 2^n$$


Fra AM-GM er $1+a_i\ge 2\sqrt{a_i}$, så $(1+a_1)(1+a_2)\cdots(1+a_n)\geq 2^n\sqrt{a_1a_2...a_n}=2^n$

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Markus » 04/05-2019 13:43

Lite ekstase rundt denne ulikheten gitt. Presenterer en løsning og kommer med en oppfølger.

Løsning:
Først og fremst; siden $A$ er symmetrisk (og reell) sier spektralteoremet oss at det finnes en (ordnet) ortonormal basis $\beta = \{v_1,v_2,\dots,v_n\}$ for $\mathbb{R}^n$ bestående av egenvektorer for $A$, slik at $v_i$ har egenverdi $\lambda_i$. La $y \in \mathbb{R}^n$, da kan vi skrive $y=\sum_{i=1}^n c_i\mathbf{v}_i$ for $c_i \in \mathbb{R}$. Siden $\beta$ er ortonormal er $\mathbf{v}_i\mathbf{v}_j = 0$ når $i \neq j$ og $\mathbf{v}_i\mathbf{v}_j=1$ når $i = j$. Nå er $$||\mathbf{y}||^2 = \left \langle \sum_{i=1}^n c_i\mathbf{v}_i, \sum_{i=1}^n c_i\mathbf{v}_i \right \rangle = \sum_{i=1}^n c_i \left \langle \mathbf{v}_i, \sum_{i=1}^n c_i \mathbf{v}_i \right \rangle = \sum_{i=1}^n c_i \langle \mathbf{v}_i, c_i\mathbf{v}_i \rangle = \sum_{i=1}^n c_i^2$$ Dermed får vi at $$\begin{alignat*}{2} \langle A\mathbf{y},\mathbf{y} \rangle &= \left \langle \sum_{i=1}^n Ac_i\mathbf{v_i}, \sum_{i=1}^n c_i\mathbf{v}_i \right \rangle \\
&= \left \langle \sum_{i=1}^n c_i (A\mathbf{v}_i), \sum_{i=1}^n c_i\mathbf{v}_i \right \rangle \\
&= \left \langle \sum_{i=1}^n c_i \lambda_i \mathbf{v}_i, \sum_{i=1}^n c_i \mathbf{v}_i \right \rangle = \sum_{i=1}^n c_i^2\lambda_i \geq \lambda_1\sum_{i=1}^n c_i^2 = \lambda_1||\mathbf{y}|| \end{alignat*}$$

Oppfølger:
La $a_1,a_2,\dots,a_n$ være positive reelle tall slik at $a_1a_2\cdots a_n = 1$. Vis at $$(1+a_1)(1+a_2)\cdots(1+a_n)\geq 2^n$$

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Markus » 21/03-2019 01:23

Kjører på med en ulikhet fra lineær algebra:

La $A$ være en symmetrisk $m\times m$-matrise, og anta at alle egenverdiene er slik at $0<\lambda_1\leq \lambda_2 \leq \dots \leq \lambda_m$. Vis at da er $$\langle A\mathbf{y}, \mathbf{y} \rangle \geq \lambda_1||\mathbf{y}||^2 \enspace \forall \mathbf{y} \in \mathbb{R}^n$$ Her denoterer selvfølgelig $\langle \cdot, \cdot \rangle$ det vanlige indreproduktet i $\mathbb{R}^n$. Denne skal fint kunne løses uten særlig mye lineær algebra kunnskaper, men det er essensielt å vite at egenvektorene tol $A$ er ortogonale dersom de har ulik egenverdi (i dette tilfellet gjelder dette siden $A$ er symmetrisk).

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg zzzivert » 09/02-2019 10:56

La $PA=x$, $PB=y$, $PC=z$, $\angle BPC = \alpha$, $\angle APC = \beta$ og $\angle APB = \gamma$.
Kvadrer vi ulikheten får vi:
$2(x+y+z)^2\ge a^2+b^2+c^2+4\sqrt{3}S$.
Bruker vi cosinus-setningen og arealsetningen får vi:
$2\sum x^2 + 4\sum yz \ge 2\sum x^2 -2\sum yz \cos{\alpha} + 2\sqrt{3}\sum yz \sin{\alpha}$
$\sum yz (2+\cos{\alpha}-\sqrt{3}\sin{\alpha})\ge 0$.
Til slutt observerer vi at:
$-2\sin(\theta-\frac{\pi}{6})=\cos{\theta}-\sqrt{3}\sin{\theta} \ \ \Rightarrow \ 2+\cos{\theta}-\sqrt{3}\sin{\theta}=2-2\sin(\theta-\frac{\pi}{6})\ge 0$.

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Kay » 08/02-2019 01:22

Markus skrev:Oppfølger:
La $a,b,c$ være sidene i en trekant og $A$ dens areal. Vis at $$a^2+b^2+c^2\ge 4\sqrt{3}A$$.


Av Heron's formel og NM i algebra:

[tex]a^2+b^2+c^2\geq 4\sqrt{3}\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} \\ \Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)^2\geq (4\sqrt{3}\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)})^2 \\ \Leftrightarrow \dots \ (lat) \\ \Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2[/tex]

Og dette stemmer som følger av [tex]a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac[/tex]

Som også bør bevises hvis jeg ønsker anvende det så enkelt og greit

Når [tex]a=b=c[/tex]

[tex]a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca \\ \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\geq 0 \\ \Leftrightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geq 0[/tex]

Tror dette holder?

Oppfølger: La [tex]P[/tex] være et punkt i [tex]\Delta ABC[/tex] vis at [tex]\sqrt{2}(PA+PB+PC)\geq \sqrt{a^2+b^2+c^2+4\sqrt{3}S}[/tex] hvor [tex]S=[\Delta ABC][/tex] er arealet av [tex]\Delta ABC[/tex] og [tex]a,b,c[/tex] er sidelengdene i trekanten.

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Markus » 08/02-2019 00:27

Oppfølger:
La $a,b,c$ være sidene i en trekant og $A$ dens areal. Vis at $$a^2+b^2+c^2\ge 4\sqrt{3}A$$.

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Gustav » 07/02-2019 23:29

bra

Topp