La $g(x)=f(x)-f^{\prime}(1)x$. Da er $g$ også en løsning siden $\frac{g(a)-g(b)}{a-b}=\frac{f(a)-f^{\prime}(1)a-f(b)+f^{\prime}(1)b}{a-b}=f^{\prime}(\sqrt{ab})-f^{\prime}(1)=g^{\prime}(\sqrt{ab})$. Siden $g^{\prime}(1)=0$, får vi $0=g^{\prime}(1)=\frac{g(x)-g(\frac{1}{x})}{x-\frac{1}{x}} \ \Rightarr...

La $p(m,n)=m^5+3m^4n-5m^3n^2-15m^2n^3+4mn^4+12n^5$. Vi ser at $p(n,n)=0$, så $(m-n)$ deler $p$. Vi gjør polynomdivisjon og får: $p(m,n)=(m-n)(m^4+4m^3n-m^2n^2-16mn^3-12n^4)$ Videre oppdager vi på tilsvarende måte at $p$ har faktorene: $(m-2n)$, $(m+n)$, $(m+2n)$ og $(m+3n)$. Så vi har $p(m,n)=(m-n)(...

Oppfølger:

La $a,b,c$ være positive reelle tall s.a. $a+b+c=1$. Vis at
$\sqrt{ab+c}+\sqrt{bc+a}+\sqrt{ca+b}\ge 1+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}$

La p(n)=\sqrt{2}\cdot \sqrt[4]{4}\cdot \sqrt[8]{8}\cdots \sqrt[2^n]{2^n} . Da har vi: p(n)=2^{s(n)} der s(n)=\frac{1}{2}+\frac{2}{4}+\frac{3}{8}+\cdots +\frac{n}{2^n} . La $f(x)=1+x+x^2+\cdots +x^n=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}$. Da er: $f^{\prime}(x)=1+2x+3x^2+\cdots + nx^{n-1} \\ =(\frac{1-x^{n+1}}{1-x})^...

Av symmetri kan vi anta at a_1\le a_2\le ... \le a_n . Av homogenitet kan vi også anta at a_1=\frac{1}{2} . La $x=a_n$. Fra AM-GM har vi at a_2+a_3+\cdots +a_{n-1} \ge (n-2) \sqrt[n-2]{a_2a_3 ... a_{n-1}} \frac{1}{a_2} + \frac{1}{a_3}+\cdots + \frac{1}{a_{n-1}}\ge \frac{n-2}{\sqrt[n-2]{a_2a_3 ... a_...

Oppfølgere:
Middels:
La [tex]a,b,c\ge 0[/tex] slik at
[tex](a+1)(b+1)(c+1)=8[/tex].
Vis at [tex]abc\le 1[/tex].

Vanskelig:
La [tex]x,y\in \mathbb{R}[/tex] slik at
[tex]x^3+y^3+\frac{x+y}{4}=\frac{15}{2}[/tex].
Vis at [tex]x+y\le 3[/tex].

I forrige ulikhet kan man også observere at: \sin(x)>\frac{2}{\pi}x når x\in (0,\frac{\pi}{2}) . Derfor får vi \sin(\frac{\alpha}{2})+\sin(\frac{\beta}{2})+\sin(\frac{\gamma}{2}) >\frac{2}{\pi}\frac{\alpha}{2}+\frac{2}{\pi}\frac{\beta}{2}+\frac{2}{\pi}\frac{\gamma}{2}=\frac{1}{\pi}(\alpha+\beta+\gam...

Oppfølger:

La [tex]x,y,z\ge 0[/tex]. Vis at:
[tex]x^3+y^3+z^3+3xyz \ge x^2y+x^2z+y^2x+y^2z+z^2x+z^2y[/tex]

La b_i være slik at a_i=t_i\cdot b_i . Da har vi fra vektet AM-GM: 1=\sum_{i=1}^{n}t_i b_i\ge \prod_{i=1}^{n}b_i^{t_i} Der \prod er produktsymbolet. Dette gir at: \prod_{i=1}^{n}a_i^{t_i}=\prod_{i=1}^{n}(t_i b_i)^{t_i} \\ =\prod_{i=1}^{n}t_i^{t_i}\cdot \prod_{i=1}^{n}b_i^{t_i} \le \prod_{i=1}^{n}t_i...

Helt riktig. En annen måte å løse oppgaven på er ved å gjøre substitusjonen $a=x+y, \ b=y+z, \ c=z+x$ (se figur under). Som gir ulikheten: $\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}+\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\ge 6$ $\Leftrightarrow (\sqrt{\frac{x}{y}}-\sqrt{\frac{y}{x}})^2+(\sqrt{\frac{y}{z}}-\sq...

Det stemmer! Til slutt trengs det et lite argument hvorfor vi ikke kan få likhet.

Oppfølger:
La $a, b, c$ være sidelengder i en trekant.
Vis at
$$\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{c+a-b}+\frac{c}{a+b-c}\ge 3$$

Observer at dersom $a=b=1$ og $c \rightarrow 0$ går verdien av utrykket mot 2. Derfor stemmer det ikke at minste verdi er $\frac{3\sqrt{2}}{2}>2$.

Hint 1:

[+] Skjult tekst

$\sqrt{\frac{a}{b+c}}=\frac{a}{\sqrt{a(b+c)}}$

Hint 2:

[+] Skjult tekst

$\sqrt{a(b+c)}\le \frac{a+b+c}{2}$

Oppfølger:
La $a,b,c>0$. Vis at:
$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}>2$.

Løsning:

[+] Skjult tekst

Løsningen er veldig fint forklart i denne videoen: https://www.youtube.com/watch?v=OkmNXy7er84

Oppfølger: For positive reelle $a,b,c$ slik at $12\ge 21ab+2bc+8ca$, vis at $\frac1a+\frac2b+\frac3c\le \frac{15}{2}$ Jeg antar at du mener $\frac1a+\frac2b+\frac3c\ge \frac{15}{2}$ siden $a\rightarrow 0$ er et moteksempel. Dessuten holder det å se på verdier der $12= 21ab+2bc+8ca$ da mindre verdie...