Oppgave fra APMO ( matematikkolympiaden for det Asiatiske Stillehavsområdet )
La {a[tex]_i[/tex] , b[tex]_i[/tex] }, i = 1,.........,n være en samling positive reelle tall slik at
a[tex]_1[/tex] + a[tex]_2[/tex] + ............... + a[tex]_n[/tex] = b[tex]_1[/tex] + b[tex]_2[/tex] +.......+ b[tex]_n[/tex]
Vis at
[tex]\frac{a_1^2}{a_1 + b_1}[/tex] + [tex]\frac{a_2^2}{a_2 + b_2}[/tex] +...........+ [tex]\frac{a_n^2}{a_n + b_n}[/tex] [tex]\geq[/tex] [tex]\frac{a_1+ a_2 +........+a_n}{2}[/tex]
Cauchy-Schwarz-ulikhet
Moderatorer: Aleks855, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa, DennisChristensen, Emilga
Av Cauchy-Schwarz følger det at
$\left (\sqrt{\frac{a_1^2}{a_1+b_1}}^2 + \sqrt{\frac{a_2^2}{a_1+b_1}}^2 + \dots + \sqrt{\frac{a_n^2}{a_n+b_n}}^2 \right )(\sqrt{a_1+b_1}^2 + \sqrt{a_2+b_2}^2 + \dots + \sqrt{a_n+b_n}^2) \geq \left (\sqrt{\frac{a_1^2}{a_1+b_1}} \cdot \sqrt{a_1+b_1} + \sqrt{\frac{a_2^2}{a_2+b_2}} \cdot \sqrt{a_2+b_2} + \dots + \sqrt{\frac{a_n^2}{a_n+b_n}} \cdot \sqrt{a_n+b_n}\right )^2$
$\left( \frac{a_1^2}{a_1+b_1} + \frac{a_2^2}{a_2+b_2} + \dots + \frac{a_n^2}{a_n + b_n} \right )(a_1+b_1+a_2+b_2+\dots + a_n + b_n) \geq \left( \frac{\sqrt{a_1^2} \cdot \cancel{\sqrt{a_1+b_1}}}{\cancel{\sqrt{a_1+b_1}}} + \frac{\sqrt{a_2^2} \cdot \cancel{\sqrt{a_2+b_2}}}{\cancel{\sqrt{a_2+b_2}}} + \dots + \frac{\sqrt{a_n^2} \cdot \cancel{\sqrt{a_n+b_n}}}{\cancel{\sqrt{a_n+b_n}}}\right )^2$
Siden $a_1+a_2+\dots+a_n = b_1 + b_2 + \dots + b_n$, vil $a_1+b_1+a_2+b_2+\dots + a_n + b_n = 2(a_1+a_2+\dots a_n)$. Da har vi at
$\left( \frac{a_1^2}{a_1+b_1} + \frac{a_2^2}{a_2+b_2} + \dots + \frac{a_n^2}{a_n + b_n} \right ) \cdot 2(a_1+a_2+ \dots +a_n) \geq (a_1 + a_2 + \dots + a_n)^2$
Vi deler på $2(a_1+a_2+\dots+a_n)$ på begge sider og får da
$\frac{a_1^2}{a_1+b_1} + \frac{a_2^2}{a_2+b_2} + \dots + \frac{a_n^2}{a_n + b_n} \geq \frac{(a_1+a_2+\dots+a_n)^2}{2(a_1+a_2+\dots+a_n)}$
$\frac{a_1^2}{a_1+b_1} + \frac{a_2^2}{a_2+b_2} + \dots + \frac{a_n^2}{a_n + b_n} \geq \frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{2}$
Og det var dette som skulle vises.
$\left (\sqrt{\frac{a_1^2}{a_1+b_1}}^2 + \sqrt{\frac{a_2^2}{a_1+b_1}}^2 + \dots + \sqrt{\frac{a_n^2}{a_n+b_n}}^2 \right )(\sqrt{a_1+b_1}^2 + \sqrt{a_2+b_2}^2 + \dots + \sqrt{a_n+b_n}^2) \geq \left (\sqrt{\frac{a_1^2}{a_1+b_1}} \cdot \sqrt{a_1+b_1} + \sqrt{\frac{a_2^2}{a_2+b_2}} \cdot \sqrt{a_2+b_2} + \dots + \sqrt{\frac{a_n^2}{a_n+b_n}} \cdot \sqrt{a_n+b_n}\right )^2$
$\left( \frac{a_1^2}{a_1+b_1} + \frac{a_2^2}{a_2+b_2} + \dots + \frac{a_n^2}{a_n + b_n} \right )(a_1+b_1+a_2+b_2+\dots + a_n + b_n) \geq \left( \frac{\sqrt{a_1^2} \cdot \cancel{\sqrt{a_1+b_1}}}{\cancel{\sqrt{a_1+b_1}}} + \frac{\sqrt{a_2^2} \cdot \cancel{\sqrt{a_2+b_2}}}{\cancel{\sqrt{a_2+b_2}}} + \dots + \frac{\sqrt{a_n^2} \cdot \cancel{\sqrt{a_n+b_n}}}{\cancel{\sqrt{a_n+b_n}}}\right )^2$
Siden $a_1+a_2+\dots+a_n = b_1 + b_2 + \dots + b_n$, vil $a_1+b_1+a_2+b_2+\dots + a_n + b_n = 2(a_1+a_2+\dots a_n)$. Da har vi at
$\left( \frac{a_1^2}{a_1+b_1} + \frac{a_2^2}{a_2+b_2} + \dots + \frac{a_n^2}{a_n + b_n} \right ) \cdot 2(a_1+a_2+ \dots +a_n) \geq (a_1 + a_2 + \dots + a_n)^2$
Vi deler på $2(a_1+a_2+\dots+a_n)$ på begge sider og får da
$\frac{a_1^2}{a_1+b_1} + \frac{a_2^2}{a_2+b_2} + \dots + \frac{a_n^2}{a_n + b_n} \geq \frac{(a_1+a_2+\dots+a_n)^2}{2(a_1+a_2+\dots+a_n)}$
$\frac{a_1^2}{a_1+b_1} + \frac{a_2^2}{a_2+b_2} + \dots + \frac{a_n^2}{a_n + b_n} \geq \frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{2}$
Og det var dette som skulle vises.
Dette er et direkte resultat av Engel form av cauchy-schwartz. Ved å følge mer eller mindre lik tankegang som Markus' bevis over, kan man oppnå det generelle utsagnet:
[tex]\frac{ a_1^2 } { b_1 } + \frac{ a_2 ^2 } { b_2 } + \cdots + \frac{ a_n ^2 } { b_n } \geq \frac{ (a_1 + a_2 + \cdots+ a_n ) ^2 } { b_1 + b_2 + \cdots+ b_n }[/tex]
for valgfrie $a_i,b_i$.
[tex]\frac{ a_1^2 } { b_1 } + \frac{ a_2 ^2 } { b_2 } + \cdots + \frac{ a_n ^2 } { b_n } \geq \frac{ (a_1 + a_2 + \cdots+ a_n ) ^2 } { b_1 + b_2 + \cdots+ b_n }[/tex]
for valgfrie $a_i,b_i$.
-
OYV
Lett match for Markus ! Her følger en ny oppgave i " samme gate " ( engelsk tekst ) :
Real numbers a , b , c , d satisfy
a[tex]^2[/tex] + b[tex]^2[/tex] = c[tex]^2[/tex] + d[tex]^2[/tex]
If the maximum of the expression
[tex]\frac{20bc + 14bd + 20ad - 14ac}{a^2 + b^2 + c^2 + d^2}[/tex]
can be expressed as [tex]\sqrt{{\color{Red} n}}[/tex] for some positive integer n , what is the value of n ?
Real numbers a , b , c , d satisfy
a[tex]^2[/tex] + b[tex]^2[/tex] = c[tex]^2[/tex] + d[tex]^2[/tex]
If the maximum of the expression
[tex]\frac{20bc + 14bd + 20ad - 14ac}{a^2 + b^2 + c^2 + d^2}[/tex]
can be expressed as [tex]\sqrt{{\color{Red} n}}[/tex] for some positive integer n , what is the value of n ?
Vi har at $a^2+b^2=c^2+d^2$, og vi ønsker å finne maksimumet til $\frac{20bc+14bd+20ad-14ac}{a^2+b^2+c^2+d^2}$, som vi vet er $\sqrt{n}$ der $n \in \mathbb{N}$
Telleren i det vi ønsker å finne maksimumet av kan skrives som $b(20c+14d) + a(20d-14c)$. Vi utnytter denne egenskapen.
Ved Cauchy-Schwarz har vi at
$(a^2+b^2)((20c+14d)^2+(20d-14c)^2) \geq (b(20c+14d) + a(20d - 14c))^2$
$(a^2+b^2)(400c^2+280cd+196d^2 + 400d^2 - 280cd + 196c^2) \geq (20bc+14bd+20ad-14ac)^2$
$(a^2+b^2)(596c^2 + 596d^2) \geq (20bc+14bd+20ad-14ac)^2$
$596(a^2+b^2)(c^2+d^2) \geq (20bc + 14bd + 20ad - 14ac)^2$
Siden $a^2+b^2 = c^2 + d^2$ må $(a^2+b^2)(c^2+d^2) = (a^2+b^2)^2$
Da har vi videre at
$596(a^2+b^2)^2 \geq (20bc+14bd+20ad-14ac)^2$
Vi tar kvadratroten på begge sider og får
$\sqrt{596}(a^2+b^2) \geq 20bc + 14bd + 20ad - 14ac$
Videre faktoriserer slik at vi får uttrykt $596$ ved $4$ som faktor, slik at vi kan få $\sqrt{4}(a^2+b^2) = 2(a^2+b^2) = a^2+b^2+c^2+d^2$.
Faktoriseringen gir at $596 = 149 \cdot 4$, så da er $\sqrt{596} = 2 \sqrt{149}$. Nå gjenstår bare de siste stegene:
$2\sqrt{149}(a^2+b^2) \geq 20bc + 14bd+20ad - 14ac$
Deler deretter på $2(a^2+b^2)$ på begge sider og får at
$\sqrt{149} \geq \frac{20bc+14bd+20ad-14ac}{2(a^2+b^2)}$
$\sqrt{149} \geq \frac{20bc+14bd+20ad-14ac}{a^2+b^2+c^2+d^2}$
Altså er maksimumet $\sqrt{149}$, så da er $n=149$.
Telleren i det vi ønsker å finne maksimumet av kan skrives som $b(20c+14d) + a(20d-14c)$. Vi utnytter denne egenskapen.
Ved Cauchy-Schwarz har vi at
$(a^2+b^2)((20c+14d)^2+(20d-14c)^2) \geq (b(20c+14d) + a(20d - 14c))^2$
$(a^2+b^2)(400c^2+280cd+196d^2 + 400d^2 - 280cd + 196c^2) \geq (20bc+14bd+20ad-14ac)^2$
$(a^2+b^2)(596c^2 + 596d^2) \geq (20bc+14bd+20ad-14ac)^2$
$596(a^2+b^2)(c^2+d^2) \geq (20bc + 14bd + 20ad - 14ac)^2$
Siden $a^2+b^2 = c^2 + d^2$ må $(a^2+b^2)(c^2+d^2) = (a^2+b^2)^2$
Da har vi videre at
$596(a^2+b^2)^2 \geq (20bc+14bd+20ad-14ac)^2$
Vi tar kvadratroten på begge sider og får
$\sqrt{596}(a^2+b^2) \geq 20bc + 14bd + 20ad - 14ac$
Videre faktoriserer slik at vi får uttrykt $596$ ved $4$ som faktor, slik at vi kan få $\sqrt{4}(a^2+b^2) = 2(a^2+b^2) = a^2+b^2+c^2+d^2$.
Faktoriseringen gir at $596 = 149 \cdot 4$, så da er $\sqrt{596} = 2 \sqrt{149}$. Nå gjenstår bare de siste stegene:
$2\sqrt{149}(a^2+b^2) \geq 20bc + 14bd+20ad - 14ac$
Deler deretter på $2(a^2+b^2)$ på begge sider og får at
$\sqrt{149} \geq \frac{20bc+14bd+20ad-14ac}{2(a^2+b^2)}$
$\sqrt{149} \geq \frac{20bc+14bd+20ad-14ac}{a^2+b^2+c^2+d^2}$
Altså er maksimumet $\sqrt{149}$, så da er $n=149$.