Ulikhet

Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.

Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa

Svar
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

La $x,y,z$ være positive reelle tall slik at $x+y+z=2$.

Vis at $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac94 \leq \frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}$
DennisChristensen
Grothendieck
Grothendieck
Innlegg: 826
Registrert: 09/02-2015 23:28
Sted: Oslo

Gustav skrev:La $x,y,z$ være positive reelle tall slik at $x+y+z=2$.

Vis at $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac94 \leq \frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}$
Wlog $x \leq y \leq z$.
Vi viser først at $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \geq \frac92$:
Ettersom $x,y,z > 0$ og $x+y+z = 2$ har vi at $x,y < 1$.
Dersom $x \geq \frac13$ har vi at $y+z \leq \frac23$, så $y \leq \frac13$. Dermed får vi at $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \geq 1 + 3 + \frac32 > \frac92 \checkmark$
Dersom $x < \frac13$ har vi at $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \geq 3 + 1 + \frac12 = \frac92 \checkmark$

La $u = \frac{1}{x}, v=\frac{1}{y}, w = \frac{1}{z}.$ Vi ønsker å vise at $$u + v + w + \frac94\leq u^2 + v^2 + w^2.$$ Det vil si, $$\frac94\leq u(u-1) + v(v-1) + w(w-1).$$ Nå, vi har at $\frac{u-1}{u} + \frac{v-1}{v} + \frac{w-1}{w} = 3 - \frac{1}{u} - \frac{1}{v} - \frac{1}{w} = 3 - 2 = 1$. Dermed gir Cauchy-Schwarz:
$$ u(u-1) + v(v-1) + w(w-1) = \left[\frac{u-1}{u} + \frac{v-1}{v} + \frac{w-1}{w}\right]\left[ u(u-1) + v(v-1) + w(w-1)\right] = \left(u + v + w - 3\right)^2 \geq\left(\frac92 - 3\right)^2 = \frac94,$$
hvilket skulle vises.
Emilga
Riemann
Riemann
Innlegg: 1552
Registrert: 20/12-2006 19:21
Sted: NTNU

Alternativ løsning, der vi bruker AM-HM og Chebyshev:

AM-HM:

$\frac{x+y+z}3 \geq \frac 3{\frac 1x + \frac 1y + \frac 1z}$

$\frac{2}3 \geq \frac 3{\frac 1x + \frac 1y + \frac 1z} \; \Rightarrow \; \frac 1x + \frac 1y + \frac 1z \geq \frac 92$.

Bruker Chebyshev på første ulikhetstegn:

$\frac 1{x^2} + \frac 1{y^2} + \frac 1{z^2} \geq \frac 13 \left( \frac 1x + \frac 1y + \frac 1z \right) \left( \frac 1x + \frac 1y + \frac 1z \right) \geq \frac 13 \cdot \frac 92 \left( \frac 1x + \frac 1y + \frac 1z \right) = \frac 12 \left( \frac 1x + \frac 1y + \frac 1z \right) + \frac 1x + \frac 1y + \frac 1z \geq \frac 12 \cdot \frac 92 + \frac 1x + \frac 1y + \frac 1z = \frac 94 + \frac 1x + \frac 1y + \frac 1z $
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Flott! Dette er en ulikhet fra abelfinalen 2007-2008.

Jeg løste den omtrent som emomilol, men viste delresultatet også med Chebyshev istedenfor AM-HM:

$2(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})=(x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geq 9$.

Jeg brukte også Chebyshev på en litt annen måte til slutt:

$2(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2})=(x+y+z)(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2})\geq 3(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})$, og til slutt

$\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\geq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+ \frac12(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac94$
Svar