Ulikhet

[Hoksalon]

For positive, reelle tall a,b og c der ab + bc + ac = abc, bevis at

[tex]\frac{a^4+b^4}{ab(a^3+b^3)} + \frac{b^4+c^4}{bc(b^3+c^3)} + \frac{a^4+c^4}{ca(c^3+a^3)} \ge 1 [/tex]

[Brahmagupta]

[tex]ab+bc+ca=abc \rightarrow \frac1{a}+\frac1{b}+\frac1{c}=1[/tex]

Vil vise at:
[tex]\frac{a^4+b^4}{ab(a^3+b^3)}\geq \frac12\left(\frac1{a}+\frac1{b} \right\)[/tex]
Etter litt opprydning får man:
[tex]a^4+b^4-a^3b-ab^3=(a-b)^2(a^2+ab+b^2)\geq 0[/tex]

Som åpenbart er sant siden a og b er positive (i tillegg er[tex]a^2+b^2\geq 2ab[/tex])

Ved å summere denne ulikheten for (a,b), (b,c) og (c,a) følger umiddelbart ulikheten i oppgaven.

[Brahmagupta]

Et par oppfølgere:
1)
Hvis [tex](a+b+c)c<0[/tex] vis at [tex](\frac{b}2)^2>ac[/tex]

2)
[tex]\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\geq a+b+c[/tex]

Ganske greie oppgaver

Edit: Feil i oppgave 1, rettet nå.

[Gustav]

2)

La [tex]a\leq b\leq c[/tex].

Anta først at [tex]\frac{b}{c}\leq \frac{a}{b}\leq \frac{c}{a}[/tex]. Rearrangementulikheten gir at [tex]a\frac{b}{c}+b\frac{c}{a}+c\frac{a}{b}\geq a\frac{c}{a}+b\frac{a}{b}+c\frac{b}{c}=a+b+c[/tex]

Anta så at [tex]\frac{b}{c}\geq \frac{a}{b}\Rightarrow \frac{a}{c}\leq \frac{c}{b}\leq\frac{b}{a}[/tex].Rearrangementulikheten gir at [tex]a\frac{c}{b}+b\frac{a}{c}+c\frac{b}{a}\geq a\frac{b}{a}+b\frac{c}{b}+c\frac{a}{c}=a+b+c[/tex]

[Brahmagupta]

Ser bra ut, hadde skrevet en feil i oppgave 1. Det skulle være mindre enn 0 ikke større i antakelsen. Har rettet det opp nå.

[mrcreosote]

1):

Hvis c er negativ, kan vi bytte ut a, b og c med -a, -b og -c og få den samme oppgava, og c kan fra betingelsen ikke være 0. Altså kan vi anta c>0. Hvis vi deler bort c i betingelsen får vi at a+b+c<0.

La [tex]p(x)=cx^2+bx+a[/tex] (sic). Da er [tex]p(1)=a+b+c<0[/tex]. Siden p(x) er positiv for tilstrekkelig små og store verdier av x, må p ha to reelle røtter. Følgelig må diskriminanten (det under rottegnet i løsningsformelen for annengradsformelen) [tex]b^2-4ca[/tex] være positiv.

[Brahmagupta]

Selvfølgelig riktig! Har du en oppfølger?

[Hoksalon]

Om a, b og c er lengden på sidene i en trekant, bevis at

[tex]\frac{a}{b+c-a} + \frac{b}{c+a-b} + \frac{c}{a+b-c} \geq 3[/tex]

[Brahmagupta]

Setter:
[tex]x=a+b-c[/tex]
[tex]y=b+c-a[/tex]
[tex]z=c+a-b[/tex]
x,y,z vil alle være positive ved trekantulikheten. Dette gir:

[tex]\frac{x+y}{2z}+\frac{y+z}{2x}+\frac{z+x}{2y}\geq3[/tex]

Ganger med 2xyz

[tex]xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\geq6xyz[/tex]
[tex]=x(y^2+z^2)+y(z^2+x^2)+z(y^2+x^2)\geq 6xyz[/tex]

Siden
[tex]x^2+y^2\geq2xy[/tex]

og ulikheten følger.

Edit: rettet opp en liten feil.

[Brahmagupta]

Ny ulikhet:

Vis at for alle reelle tall a,b,c gjelder:

[tex]a^2+b^2+c^2+2(a-b+1)\geq\frac13(a+b+c)^2[/tex]

[Gustav]

Edit: liten feil :\ skulle være 2 ikke 1 i første parentes.

Sikker på at det er feil?

På den orginale oppgaven fikk jeg følgende:

[tex]a^2+b^2+c^2+2(a-b+1)\geq\frac13(a+b+c)^2[/tex]

som er ekvivalent med at

[tex](a+1)^2+(b-1)^2+c^2\geq\frac13(a+b+c)^2[/tex].

La [tex]x=a+1\, , y=b-1\, , z=c[/tex]:

[tex]x+y+z=a+b+c[/tex] og vi får at

[tex]x^2+y^2+z^2\geq \frac13 (x+y+z)^2[/tex] ekvivalent med

[tex]x^2+y^2+z^2\geq xy+xz+yz [/tex].

Anta at [tex]x\geq y\geq z[/tex]. Ulikheten følger av rearrangementulikheten.

[Brahmagupta]

Du har selvfølgelig rett.

Ulikheten kan også omskrives direkte til en sum av kvadrater større enn 0

[tex](a-b+2)^2+(a-c+1)^2+(c-b+1)^2\geq0[/tex]

Legg gjerne ut en oppfølger, hvis du har en

[Gustav]

La a,b,c være positive reelle tall slik at [tex]abc=1[/tex]. Vis at

[tex]\frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(a+c)}+\frac{1}{c^3(b+a)}\geq \frac32[/tex]

[Hoksalon]

Ulikheten er ekvivalent med

[tex] \frac{x^2}{y+z} + \frac{y^2}{x+z} + \frac{z^2}{x+y} \geq \frac{3}{2} [/tex]

der

[tex] x = \frac{1}{a} , y = \frac{1}{b} , z = \frac{1}{c} [/tex]

Står fast der, men det ligner fryktelig på Nesbitt sin ulikhet.

[mrcreosote]

Fortsetter med denne omskrivinga: Funksjonen [tex]f(u)=\frac {u^2}{S-u}[/tex] der [tex]S=x+y+z[/tex] er konveks på [tex](0,S)[/tex] siden den annenderiverte er [tex]\frac{2S^2}{(S-u)^3}[/tex] som er positiv på intervallet.

Jensens ulikhet gir da at [tex]\frac{x^2}{y+z} + \frac{y^2}{z+x} + \frac{z^2}{x+y}=f(x)+f(y)+f(z) \ge 3f(\frac S3)=\frac S2[/tex]. Ved AM-GM er [tex]S=x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=3[/tex] og ulikheta følger.

Edit: Man kan vise Nesbitts ulikhet tilsvarende, og også mer generelt hvis eksponenten i telleren er minst 1 virker det som.

Ny: La [tex]abc=1[/tex]. Vis at [tex]\sum\frac{ab}{a^5+b^5+ab}\le1[/tex].