Let [tex]n > 1[/tex] be a fixed integer.
a) Find the least constant C, such that for all nonnegative real numbers [tex]x_1,x_2,...,x_n[/tex]
[tex]\sum _{i<j} x_i x_j (x_i^2+x_j^2) \leq C \left( \sum_i x_i \right)^4[/tex]
and when the equality occurs.
IMO-ulikhet
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
mrcreosote
- Guru
- Innlegg: 1995
- Registrert: 10/10-2006 20:58
Det er ikke utenkelig at vi har likhet når alle x_i er like (og ikke 0); prøver vi dette og kvitter oss med fjerdepotensene står det [tex]\sum_{i<j}2=2{n \choose 2}\le C\cdot n[/tex], så C må minst være n-1.
Prøver vi nå med C=n-1, og observerer at hver x_i opptrer nøyaktig n-1 ganger på venstre side, for deretter å flytte alt over på høyre side, ser vi at ulikheta kan skrives [tex]\sum_{i<j}(x_i^4-x_i^3x_j-x_ix_j^3+x_j^4) =\sum_{i<j} (x_i^3(x_i-x_j)+(x_j-x_i)x_j^3) = \sum_{i<j} (x_i-x_j)(x_i^3-x_j^3)\ge0[/tex] som holder da de 2 faktorene i hvert ledd alltid har samme fortegn. (Faktoriser eventuelt videre for å lage kvadrat*positiv.)
Det holder altså å sette C=n-1 og vi har likhet nøyaktig når alle x_i er like og ekte større enn 0.
Prøver vi nå med C=n-1, og observerer at hver x_i opptrer nøyaktig n-1 ganger på venstre side, for deretter å flytte alt over på høyre side, ser vi at ulikheta kan skrives [tex]\sum_{i<j}(x_i^4-x_i^3x_j-x_ix_j^3+x_j^4) =\sum_{i<j} (x_i^3(x_i-x_j)+(x_j-x_i)x_j^3) = \sum_{i<j} (x_i-x_j)(x_i^3-x_j^3)\ge0[/tex] som holder da de 2 faktorene i hvert ledd alltid har samme fortegn. (Faktoriser eventuelt videre for å lage kvadrat*positiv.)
Det holder altså å sette C=n-1 og vi har likhet nøyaktig når alle x_i er like og ekte større enn 0.
Jeg beklager så meget! Jeg må ha vært trøtt i går, så har skrevet feil i oppgaven, potensen i siste ledd skal stå utenfor, og ikke innenfor. Jeg har endra det nå. Fin løsning likevel(!)
PS: Jeg ble også lurt til å finne en løsning for hver n, men man skal finne en konstant C som ikke avhenger av n. (Selv om man kunne argumentere med at oppgaven faktisk sa " a fixed number n") Uansett, dette kokes ned til å finne minste verdi C kan ha for alle n, som i alle tilfeller vil bli en trivialitet.
PS: Jeg ble også lurt til å finne en løsning for hver n, men man skal finne en konstant C som ikke avhenger av n. (Selv om man kunne argumentere med at oppgaven faktisk sa " a fixed number n") Uansett, dette kokes ned til å finne minste verdi C kan ha for alle n, som i alle tilfeller vil bli en trivialitet.
Sist redigert av Charlatan den 07/09-2008 14:22, redigert 2 ganger totalt.
-
mrcreosote
- Guru
- Innlegg: 1995
- Registrert: 10/10-2006 20:58
Syns det var litt vel lett til å være IMO, ja. Da fikk vi 2 oppgaver i stedet for 1, gjør ingenting.
I det løste tilfellet er det ikke mulig å finne en C som holder for alle n og x_i, men jeg skal prøve på den andre ved leilighet.
I det løste tilfellet er det ikke mulig å finne en C som holder for alle n og x_i, men jeg skal prøve på den andre ved leilighet.
.
Siden ulikheten er homogen, kan vi anta at: [tex]\sum_{i=1}^n x_i =1[/tex]
Ulikheten blir da:
[tex]C \geq \sum_{i<j}^n x_i x_j (x_i^2+x_j^2) =(\sum_i^n x_i^3(\sum_i^n x_i)) - (\sum_i^n x^4)= \sum_i^n x_i^3 - \sum_i^n x_i^4[/tex]
[tex] \sum_i^n x_i^4 -\sum_i^n x_i^3+C=\sum_i^n x_i^3(x_i-1) +C \geq 0[/tex]
Fordi: [tex]x_k \geq x_l \Rightarrow x_k^3 \geq x_l^3 \wedge x_k-1 \geq x_l-1[/tex] har vi av Chebyshevs ulikhet at:
[tex]\frac{\sum x_i^3(x_i-1)}{n} \geq \frac{\sum x_i^3 }{n} \cdot \frac{\sum x_i -1}{n}= \frac{\sum x_i^3 }{n} \cdot \frac{1-n}{n} \geq \frac{n (\frac {\sum x_i}{n})^3 }{n} \cdot \frac{1-n}{n} = \frac{1-n}{n^4}[/tex]
Her brukte jeg også at [tex]\frac{\sum_i^n x_i}{n} \leq (\frac{\sum_i^n x_i^3}{n})^{\frac{1}{3}}[/tex] (power mean-ulikheten)
Altså:
[tex]\sum x_i^3(x_i-1) +C \geq \frac{1-n}{n^3} +C[/tex]
Vi finner nå den minste C s.a:
[tex]\frac{1-n}{n^3} +C \geq 0[/tex]
Vi får at:
[tex]1-n+Cn^3 \geq 0[/tex]
Om n=2 (som er minste verdi av n) får vi at den minste C er 1/8 og vi viser ved induksjon (med hensyn på n) at C=1/8 fører til at ulikheten alltid stemmer (nullhypotesen n=2 stemmer):
[tex]1-(n+1)+\frac{1}{8}(n^3+3n^2+3n+1)=(1-n+\frac{1}{8}n^3)+ \frac{1}{8}(3n(n+1)-7) \geq \frac{1}{8}(3\cdot2(2+1)-7)=\frac{11}{8}>0[/tex]
Altså har vi vist at C=1/8 alltid stemmer.
Om C=1/8 får vi likhet når n=2 og x_1=x_2
Håper dette stemmer
Ulikheten blir da:
[tex]C \geq \sum_{i<j}^n x_i x_j (x_i^2+x_j^2) =(\sum_i^n x_i^3(\sum_i^n x_i)) - (\sum_i^n x^4)= \sum_i^n x_i^3 - \sum_i^n x_i^4[/tex]
[tex] \sum_i^n x_i^4 -\sum_i^n x_i^3+C=\sum_i^n x_i^3(x_i-1) +C \geq 0[/tex]
Fordi: [tex]x_k \geq x_l \Rightarrow x_k^3 \geq x_l^3 \wedge x_k-1 \geq x_l-1[/tex] har vi av Chebyshevs ulikhet at:
[tex]\frac{\sum x_i^3(x_i-1)}{n} \geq \frac{\sum x_i^3 }{n} \cdot \frac{\sum x_i -1}{n}= \frac{\sum x_i^3 }{n} \cdot \frac{1-n}{n} \geq \frac{n (\frac {\sum x_i}{n})^3 }{n} \cdot \frac{1-n}{n} = \frac{1-n}{n^4}[/tex]
Her brukte jeg også at [tex]\frac{\sum_i^n x_i}{n} \leq (\frac{\sum_i^n x_i^3}{n})^{\frac{1}{3}}[/tex] (power mean-ulikheten)
Altså:
[tex]\sum x_i^3(x_i-1) +C \geq \frac{1-n}{n^3} +C[/tex]
Vi finner nå den minste C s.a:
[tex]\frac{1-n}{n^3} +C \geq 0[/tex]
Vi får at:
[tex]1-n+Cn^3 \geq 0[/tex]
Om n=2 (som er minste verdi av n) får vi at den minste C er 1/8 og vi viser ved induksjon (med hensyn på n) at C=1/8 fører til at ulikheten alltid stemmer (nullhypotesen n=2 stemmer):
[tex]1-(n+1)+\frac{1}{8}(n^3+3n^2+3n+1)=(1-n+\frac{1}{8}n^3)+ \frac{1}{8}(3n(n+1)-7) \geq \frac{1}{8}(3\cdot2(2+1)-7)=\frac{11}{8}>0[/tex]
Altså har vi vist at C=1/8 alltid stemmer.
Om C=1/8 får vi likhet når n=2 og x_1=x_2
Håper dette stemmer