enda en ulikhet
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Vi kjører på, selv om det ikke gikk så bra sist jeg prøvde (jfr. oppgaven 'Talloppgave')
Anta uten tap av generalitet at alle ledd [tex]a_i \geq 0[/tex], siden høyresiden er uavhengig av fortegn på hvert ledd, og den bare gjøre venstresiden mindre.
Deretter legger vi merke til at pga. Cauchy Schwarz' ulikhet har vi:
[tex](\sum_i a_i^2a_i)^2 \leq ( \sum_i a_i^4 )(\sum_i a_i^2)[/tex]
Vi opphøyer den opprinnelige ulikheten i 6. potens, som på venstre siden gir:
[tex](\sqrt[3]{\sum a_i^3})^6 = ( \sum a_i^3 )^2 = (\sum_i a_i^2a_i)^2 \leq ( \sum_i a_i^4 )(\sum_i a_i^2)[/tex]
Nå står det igjen å vise at:
[tex](\sum_i a_i^4 )(\sum_i a_i^2) \leq (\sum a_i^2)^3[/tex]
Anta [tex]\sum_i a_i^2 \neq 0[/tex], hvis ikke er ulikheten triviell, i.e. [tex]0=0[/tex], slik at vi kan dele bort dette leddet.
Men nå er høyre side:
[tex](\sum a_i^2)^2 = \sum a_i^4 + \underset{i\neq j}{\sum_{i}\sum_{j} a_i^2a_j^2} \geq \sum a_i^4[/tex]
siden alle kryssledd er positive, og vi er ferdige.
Anta uten tap av generalitet at alle ledd [tex]a_i \geq 0[/tex], siden høyresiden er uavhengig av fortegn på hvert ledd, og den bare gjøre venstresiden mindre.
Deretter legger vi merke til at pga. Cauchy Schwarz' ulikhet har vi:
[tex](\sum_i a_i^2a_i)^2 \leq ( \sum_i a_i^4 )(\sum_i a_i^2)[/tex]
Vi opphøyer den opprinnelige ulikheten i 6. potens, som på venstre siden gir:
[tex](\sqrt[3]{\sum a_i^3})^6 = ( \sum a_i^3 )^2 = (\sum_i a_i^2a_i)^2 \leq ( \sum_i a_i^4 )(\sum_i a_i^2)[/tex]
Nå står det igjen å vise at:
[tex](\sum_i a_i^4 )(\sum_i a_i^2) \leq (\sum a_i^2)^3[/tex]
Anta [tex]\sum_i a_i^2 \neq 0[/tex], hvis ikke er ulikheten triviell, i.e. [tex]0=0[/tex], slik at vi kan dele bort dette leddet.
Men nå er høyre side:
[tex](\sum a_i^2)^2 = \sum a_i^4 + \underset{i\neq j}{\sum_{i}\sum_{j} a_i^2a_j^2} \geq \sum a_i^4[/tex]
siden alle kryssledd er positive, og vi er ferdige.
Èg er Islendingur 
-
Brahmagupta
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
Alternativ løsning ved induksjon:
For n=1 er ulikheten triviell. Så vi ser først på tilfelle n=2.
[tex](x^3+y^3)^2\leq (x^2+y^2)^3 \Leftrightarrow 2x^3y^3\leq 3x^4y^2+3x^2y^4 \Leftrightarrow (x^2y-xy^2)^2+2(x^4y^2+x^2y^4)\geq0[/tex]
Som åpenbart holder. Så vi vet at [tex]\sqrt[3]{x^3+y^3}\leq \sqrt{x^2+y^2}[/tex] for alle reelle [tex]x,y[/tex].
Anta nå at ulikheten holder for n=k. Da er
[tex]\large(\sum_{i=1}^{k+1}{a_i^3})^{\frac13}=(\sum_{i=1}^k{a_i^3} + a_{k+1}^3)^{\frac13}\leq ((\sum_{i=1}^k{a_i^2})^{\frac32}+a_{k+1}^3)^{\frac13}\leq (\sum_{i=1}^k{a_i^2}+a_{k+1}^2)^{\frac12}=(\sum_{i=1}^{k+1}{a_i^2})^{\frac12}[/tex]
Hvor induksjonshypotesen benyttes i første ulikheten og tilfelle n=2 benyttes i den andre.
For n=1 er ulikheten triviell. Så vi ser først på tilfelle n=2.
[tex](x^3+y^3)^2\leq (x^2+y^2)^3 \Leftrightarrow 2x^3y^3\leq 3x^4y^2+3x^2y^4 \Leftrightarrow (x^2y-xy^2)^2+2(x^4y^2+x^2y^4)\geq0[/tex]
Som åpenbart holder. Så vi vet at [tex]\sqrt[3]{x^3+y^3}\leq \sqrt{x^2+y^2}[/tex] for alle reelle [tex]x,y[/tex].
Anta nå at ulikheten holder for n=k. Da er
[tex]\large(\sum_{i=1}^{k+1}{a_i^3})^{\frac13}=(\sum_{i=1}^k{a_i^3} + a_{k+1}^3)^{\frac13}\leq ((\sum_{i=1}^k{a_i^2})^{\frac32}+a_{k+1}^3)^{\frac13}\leq (\sum_{i=1}^k{a_i^2}+a_{k+1}^2)^{\frac12}=(\sum_{i=1}^{k+1}{a_i^2})^{\frac12}[/tex]
Hvor induksjonshypotesen benyttes i første ulikheten og tilfelle n=2 benyttes i den andre.
-
Brahmagupta
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
En oppfølger:
Vis at for reelle [tex]a,b,c[/tex] så er
[tex]\large a^ab^bc^c\geq(abc)^{\frac{a+b+c}{3}}[/tex]
Vis at for reelle [tex]a,b,c[/tex] så er
[tex]\large a^ab^bc^c\geq(abc)^{\frac{a+b+c}{3}}[/tex]
a,b,c må være positive siden a=b=1, c=-2 vil være et moteksempel.
Tar log (ok siden f(x)= log x er voksende for x>0) og får $a\log a+b\log b+c\log c\geq \frac{1}{3}(a+b+c)(\log a+\log b+\log c)$.
Pga. symmetri kan vi anta at $a\geq b\geq c\Rightarrow \log a\geq \log b\geq \log c$, så ulikheten følger fra Chebychev.
Oppfølger: La a,b,c være positive reelle tall slik at abc=1. Vis at $1+\frac{3}{a+b+c}\geq \frac{6}{ab+bc+ca}$
Tar log (ok siden f(x)= log x er voksende for x>0) og får $a\log a+b\log b+c\log c\geq \frac{1}{3}(a+b+c)(\log a+\log b+\log c)$.
Pga. symmetri kan vi anta at $a\geq b\geq c\Rightarrow \log a\geq \log b\geq \log c$, så ulikheten følger fra Chebychev.
Oppfølger: La a,b,c være positive reelle tall slik at abc=1. Vis at $1+\frac{3}{a+b+c}\geq \frac{6}{ab+bc+ca}$
-
Brahmagupta
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
[tex](1-\sqrt{\frac{3}{a+b+c}})^2\geq0 \Rightarrow 1+\frac{3}{a+b+c}\geq2\sqrt{\frac3{a+b+c}}[/tex]
Så hvis vi kan vise ulikheten [tex]\sqrt{\frac3{a+b+c}}\geq\frac3{ab+bc+ac}[/tex] er vi ferdige.
Kvadrerer og ganger over og får
[tex](ab+bc+ac)^2\geq3(a+b+c)[/tex]
Hvis vi så ser på den sanne ulikheten
[tex](x-y)^2+(y-z)^2+(x-z)^2\geq0 \Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx \Leftrightarrow (x+y+z)^2\geq3(xy+yz+zx)[/tex]
og setter [tex](x,y,z)=(ab,bc,ac)[/tex] og bruker at [tex]abc=1[/tex] får vi det ønskede resultatet.
Så hvis vi kan vise ulikheten [tex]\sqrt{\frac3{a+b+c}}\geq\frac3{ab+bc+ac}[/tex] er vi ferdige.
Kvadrerer og ganger over og får
[tex](ab+bc+ac)^2\geq3(a+b+c)[/tex]
Hvis vi så ser på den sanne ulikheten
[tex](x-y)^2+(y-z)^2+(x-z)^2\geq0 \Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx \Leftrightarrow (x+y+z)^2\geq3(xy+yz+zx)[/tex]
og setter [tex](x,y,z)=(ab,bc,ac)[/tex] og bruker at [tex]abc=1[/tex] får vi det ønskede resultatet.