Minimum

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.

Minimum

Innlegg Markus » 03/02-2018 00:17

$(1) \enspace $ La $a,b,c \in \mathbb{R}^+$. $a,b,c$ oppfyller $a+b+c=1$. Bestem minimumsverdien til $a^2+2b^2+c^2$

$(2) \enspace $ La $a,b,c \in \mathbb{R}^+$. Bestem minimumsverdien til $\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b}$
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 759
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Minimum

Innlegg stensrud » 03/02-2018 01:56

1: Ifølge Cauchy-Schwarz er
\[ (a^2+2b^2+c^2)\left(1+\frac12+1\right)\geq (a+b+c)^2=1\implies a^2+2b^2+c^2\geq \frac52, \]
som også er oppåelig.

2: Kall uttrykket for $E$. AM-HM ulikheten (eventuelt Cauchy-Schwarz) gir oss
\[ ((a+b)+(b+c)+(c+a))\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\geq 9, \]
som er ekvivalent med
\[ 6+2E\geq 9\iff E\geq \frac32,\]
som oppnås når alle variablene er like.
stensrud offline
Descartes
Descartes
Innlegg: 438
Registrert: 08/11-2014 21:13
Bosted: Cambridge

Re: Minimum

Innlegg Markus » 03/02-2018 02:12

Veldig bra stensrud! Ser at teller og nevner har byttet plass på $(1)$ sammenlignet med korrekt svar, men fremgangsmåten din er helt korrekt, så regner med du bare slurva her.

Den siste ulikheten kan også løses med AM-GM eller Rearrangement-ulikheten, men det er Cauchy-Schwarz (eller AM-HM) som er mest effektiv.
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 759
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Minimum

Innlegg stensrud » 03/02-2018 12:04

Markus skrev:Veldig bra stensrud! Ser at teller og nevner har byttet plass på $(1)$ sammenlignet med korrekt svar, men fremgangsmåten din er helt korrekt, så regner med du bare slurva her.

Den siste ulikheten kan også løses med AM-GM eller Rearrangement-ulikheten, men det er Cauchy-Schwarz (eller AM-HM) som er mest effektiv.


Ja litt slurv på slutten der ja. Det er kult at det ofte finnes mange forskjellige måter å løse en ulikhet på. Her er noen oppfølgere:

1) Vis at hvis $\frac1a+\frac1b+\frac1c=1$, så er $(a+1)(b+1)(c+1)\geq 64$.

2) De positive tallene $a,b,c$ tilfredsstiller $a+b+c=1$. Vis at
\[ \sqrt{ab+c}+\sqrt{bc+a}+\sqrt{ca+b}\geq 1+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}. \]

3) Hvis $a,b$ og $c$ er de tre sidelengdene i en trekant, vis at
\[ \sqrt{a+b-c}+\sqrt{b+c-a}+\sqrt{c+a-b}\leq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}. \]
stensrud offline
Descartes
Descartes
Innlegg: 438
Registrert: 08/11-2014 21:13
Bosted: Cambridge

Re: Minimum

Innlegg alund » 04/02-2018 02:10

stensrud skrev:1) Vis at hvis $\frac1a+\frac1b+\frac1c=1$, så er $(a+1)(b+1)(c+1)\geq 64$.

Betingelsen gir at [tex]abc=ab+bc+ca[/tex] og at [tex]3=\frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}[/tex], som er det harmoniske gjennomsnittet.
Fra AM-GM-HM vet vi da at [tex]a+b+c\geq 9[/tex] og at [tex]abc\geq 27[/tex].
Dermed er [tex](a+1)(b+1)(c+1)=abc+ab+bc+ca+a+b+c+1=2abc+a+b+c+1\geq 64[/tex], som skulle vises.
alund offline
Noether
Noether
Innlegg: 47
Registrert: 31/03-2017 20:40

Re: Minimum

Innlegg Markus » 04/02-2018 20:32

stensrud skrev:3) Hvis $a,b$ og $c$ er de tre sidelengdene i en trekant, vis at
\[ \sqrt{a+b-c}+\sqrt{b+c-a}+\sqrt{c+a-b}\leq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}. \]

Det at $a,b,c$ er sidelengder i en trekant betyr at $a,b,c \geq 0$ - noe som er krevd for at vi skal kunne bruke Jensens ulikhet med $\sqrt{2x}$ som funksjon, da $\sqrt{2x}$ har definisjonsmengde på intervallet $[0, +\infty]$.

Vi starter med en substitusjon slik at vi får fjernet minustegnet fra det ene leddet i kvadratroten, og derav får brukt Jensens ulikhet; la $a=x+y, b=x+z, c=y+z$, da blir ulikheten vi ønsker å vise $$\sqrt{2x} + \sqrt{2z} + \sqrt{2y} \leq \sqrt{x+y} + \sqrt{x+z} + \sqrt{y+z}$$Funksjonen $f(x)=\sqrt{2x}$ er konkav så Jensens ulikhet gir oss at $$\sqrt{\frac{2(x+y)}{2}} \geq \frac{\sqrt{2x} + \sqrt{2y}}{2} \implies \sqrt{x+y} \geq \frac{\sqrt{2x}+\sqrt{2y}}{2}$$ Og på samme måte at $$\sqrt{x+z} \geq \frac{\sqrt{2x}+\sqrt{2z}}{2} \\ \sqrt{y+z} \geq \frac{\sqrt{2y}+\sqrt{2z}}{2}$$ Kombinerer vi disse får vi at $$\sqrt{x+y}+\sqrt{x+z}+\sqrt{y+z} \geq \frac{2\sqrt{2x}+2\sqrt{2y}+2\sqrt{2z}}{2} = \sqrt{2x} + \sqrt{2y} + \sqrt{2z}$$ Og det var dette som skulle vises.
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 759
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Minimum

Innlegg mingjun » 05/02-2018 10:58

stensrud skrev:2) De positive tallene $a,b,c$ tilfredsstiller $a+b+c=1$. Vis at
\[ \sqrt{ab+c}+\sqrt{bc+a}+\sqrt{ca+b}\geq 1+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}. \]


Vi starter med å homogenisere ulikheten til:
\[\sum_{cyc}\left(\sqrt{a^2+\sum_{cyc}ab}\right)\geq \sum_{cyc} a + \sum_{cyc} \sqrt{ab}.\]

Dermed er det tilstrekkelig å vise at $\sqrt{a^2+\sum_{cyc}ab}\geq a+ \sqrt{bc}$, men dette følger direkte fra å kvadrere begge sider og anvende AMGM.

EDIT: forkortet beviset
mingjun offline
Cayley
Cayley
Innlegg: 91
Registrert: 18/11-2016 21:13
Bosted: Det projektive planet

Re: Minimum

Innlegg stensrud » 05/02-2018 17:28

alund skrev:Betingelsen gir at [tex]abc=ab+bc+ca[/tex] og at [tex]3=\frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}[/tex], som er det harmoniske gjennomsnittet.
Fra AM-GM-HM vet vi da at [tex]a+b+c\geq 9[/tex] og at [tex]abc\geq 27[/tex].
Dermed er [tex](a+1)(b+1)(c+1)=abc+ab+bc+ca+a+b+c+1=2abc+a+b+c+1\geq 64[/tex], som skulle vises.

Fint.

Markus skrev:Det at $a,b,c$ er sidelengder i en trekant betyr at $a,b,c \geq 0$ - noe som er krevd for at vi skal kunne bruke Jensens ulikhet med $\sqrt{2x}$ som funksjon, da $\sqrt{2x}$ har definisjonsmengde på intervallet $[0, +\infty]$.

Vi starter med en substitusjon slik at vi får fjernet minustegnet fra det ene leddet i kvadratroten, og derav får brukt Jensens ulikhet; la $a=x+y, b=x+z, c=y+z$

Flott! Eneste jeg kanskje ville tatt med er en begrunnelse for hvorfor du kan gjøre den substitusjonen du gjør (trekantulikheten). Alternativt går det vel fint å bare si at man bruker Ravi-substitusjonen. Forresten så kan man gjøre beviset enda kortere ved å bruke Karamatas ulikhet, siden $(a+b-c,c+a-b,b+c-a)\succ (a,b,c)$ hvis vi antar $a\geq b\geq c$.

mingjun skrev:Vi starter med å homogenisere ulikheten til:
\[\sum_{cyc}\left(\sqrt{a^2+\sum_{cyc}ab}\right)\geq \sum_{cyc} a + \sum_{cyc} \sqrt{ab}.\]

Dermed er det tilstrekkelig å vise at $\sqrt{a^2+\sum_{cyc}ab}\geq a+ \sqrt{bc}$, men dette følger direkte fra å kvadrere begge sider og anvende AMGM.

Alternativt:
\[ \sqrt{a^2+ab+bc+ca}=\sqrt{(a+b)(a+c)}\geq a+\sqrt{bc} \]
(Cauchy-Schwarz).


Noen som har noen oppfølgere?
stensrud offline
Descartes
Descartes
Innlegg: 438
Registrert: 08/11-2014 21:13
Bosted: Cambridge

Re: Minimum

Innlegg Markus » 05/02-2018 18:10

Takk for tilbakemeldingen, stensrud! Har ikke hørt om Karamata enda, så det er vel noe å lese seg opp på. Uansett, her er noen oppfølgere

$(1)\enspace$ La $a,b,c$ være lengden til sidene i en trekant. Vis at $$\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} \geq \frac32$$
$(2) \enspace$ La $a,b,c,d \in \mathbb{R}^+$. Vis at $$a^5+b^5+c^5+d^5 \geq abcd(a+b+c+d)$$
$(3) \enspace$ La $a,b,c \in \mathbb{R}^+$ slik at $a+b+c=3$. Vis at $$\frac{1}{\sqrt{a}} + \frac{1}{\sqrt{b}} + \frac{1}{\sqrt{c}} \geq 3$$
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 759
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Minimum

Innlegg stensrud » 05/02-2018 19:25

Markus skrev:Uansett, her er noen oppfølgere

$(1)\enspace$ La $a,b,c$ være lengden til sidene i en trekant. Vis at $$\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} \geq \frac32$$
$(2) \enspace$ La $a,b,c,d \in \mathbb{R}^+$. Vis at $$a^5+b^5+c^5+d^5 \geq abcd(a+b+c+d)$$
$(3) \enspace$ La $a,b,c \in \mathbb{R}^+$ slik at $a+b+c=3$. Vis at $$\frac{1}{\sqrt{a}} + \frac{1}{\sqrt{b}} + \frac{1}{\sqrt{c}} \geq 3$$


Den første viste vi vel tidligere i denne tråden? Den andre følger direkte av Muirheads ulikhet siden $(5,0,0,0)\succ (2,1,1,1)$; alternativt kan man bruke AM-GM. På den siste bruker vi Power Mean:

\[ \left(\frac{a^{-\frac12}+b^{-\frac12}+c^{-\frac12}}{3}\right)^{-2}\leq \frac{a+b+c}{3}\iff a^{-\frac12}+b^{-\frac12}+c^{-\frac12}\geq \sqrt{\frac{3^3}{(a+b+c)}}=3.\]

Enda flere:

1) Let $n$ be positive integer and let $a-1,a_2,\dotsc,a_n$ be real numbers satisfying $0\leq a_i\leq 1$ for $i=1,2,\dotsc,n$. Prove the inequality
\[ (1-a_1^n)(1-a_2^n)\dotsb(1-a_n^n)\leq (1-a_1a_2\dotsb a_n)^n. \]

2) Gitt ikke-negative reelle tall $a,b,c,d$, vis at dersom $abcd=1$, gjelder
\[a^4b+b^4c+c^4d+d^4a\geq a+b+c+d.\]

3) Positive tall $b_1,b_2, \dotsc,b_n$ er gitt slik at
\[ b_1+b_2+\dotsb+b_n\leq 10. \]Videre er $a_1=b_1$ og $a_m=sa_{m-1}+b_m$ for $m>1$, der $0\leq s <1$. Vis at
\[ a_1^2+a_2^2+\dotsb+a_n^2\leq \frac{100}{1-s^2}. \]

4) For $x,y\ge 0$, vis at
\[2^x+2^y>xy\]

5) Let $ a, b, c$ be positive real numbers so that $ abc = 1$. Prove that
\[ \left( a - 1 + \frac 1b \right) \left( b - 1 + \frac 1c \right) \left( c - 1 + \frac 1a \right) \leq 1.
\]
stensrud offline
Descartes
Descartes
Innlegg: 438
Registrert: 08/11-2014 21:13
Bosted: Cambridge

Re: Minimum

Innlegg Markus » 05/02-2018 21:47

Strøkent som vanlig!

stensrud skrev:Den første viste vi vel tidligere i denne tråden?

Jo, presterte visst å skrive den samme ulikheten som i originalinnlegget, huff a meg :oops:

stensrud skrev:Den andre følger direkte av Muirheads ulikhet siden $(5,0,0,0)\succ (2,1,1,1)$; alternativt kan man bruke AM-GM.

Alternativt ved en blanding av Chebyshevs ulikhet og AM-GM. Anta wlog at $a \geq b \geq c \geq d \implies a^4 \geq b^4 \geq c^4 \geq d^4$. Da følger det av Chebyshevs ulikhet at $$4(a^5+b^5+c^5+d^5) \geq (a^4+b^4+c^4+d^4) \cdot (a+b+c+d)$$ Videre har vi via AM-GM at $$a^4+b^4+c^4+d^4 \geq 4\sqrt[4]{a^4b^4c^4d^4} \implies a^4+b^4+c^4+d^4 \geq 4abcd$$ Ved å kombinere ulikheten av Chebyshev og AM-GM får vi da at $$4(a^5+b^5+c^5+d^5) \geq 4abcd(a+b+c+d) \enspace \therefore \enspace a^5+b^5+c^5+d^5 \geq abcd(a+b+c+d)$$


stensrud skrev:På den siste bruker vi Power Mean:

Eventuelt Hölders ulikhet - men fremgangsmåten ser veldig lik ut med din;
$$ \left( \frac{1}{\sqrt{a}} + \frac{1}{\sqrt{b}} + \frac{1}{\sqrt{c}} \right)^{\frac23 }(a+b+c)^{\frac{1}{3}} \geq \left ( \frac{a}{\sqrt{a}^2} \right )^{\frac{1}{3}} + \left ( \frac{b}{\sqrt{b}^2} \right )^{\frac{1}{3}} + \left ( \frac{c}{\sqrt{c}^2} \right )^{\frac{1}{3}} \\ \therefore \frac{1}{\sqrt{a}} + \frac{1}{\sqrt{b}} + \frac{1}{\sqrt{c}} \geq \sqrt{\frac{3^3}{3}} = 3$$
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 759
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Minimum

Innlegg Gustav » 06/02-2018 05:51

stensrud skrev:
1) Let $n$ be positive integer and let $a-1,a_2,\dotsc,a_n$ be real numbers satisfying $0\leq a_i\leq 1$ for $i=1,2,\dotsc,n$. Prove the inequality
\[ (1-a_1^n)(1-a_2^n)\dotsb(1-a_n^n)\leq (1-a_1a_2\dotsb a_n)^n. \]



Definér $f(x)=\ln (1-x^n)$ som er konkav for $x\in (0,1)$. AM-GM+Jensen gir da at

$\ln(1-a_1a_2...a_n)\geq \ln (1-(\frac1n(a_1+a_2+...+a_n))^n) \geq \frac1n (\ln(1-a_1^n)+\ln(1-a_2^n)+...+\ln(1-a_n^n))$, som er ekvivalent med ulikheten.
Beware of the Ratmen during the full moon for they grow stronger as the moon gets fuller
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4276
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Minimum

Innlegg Gustav » 06/02-2018 07:58

stensrud skrev:
2) Gitt ikke-negative reelle tall $a,b,c,d$, vis at dersom $abcd=1$, gjelder
\[a^4b+b^4c+c^4d+d^4a\geq a+b+c+d.\]



Homogenisering gir $a^4b+b^4c+c^4d+d^4a\geq a^2bcd+ab^2cd+abc^2d+abcd^2$.

Prøver en vektet AM-GM med vekter $w_i$ slik at

$\frac{w_1a^4b+w_2b^4c+w_3c^4d+w_4d^4a}{w}\geq \sqrt[w]{(a^4b)^{w_1}(b^4c)^{w_2}(c^4d)^{w_3}(d^4a)^{w_4}}=a^2bcd$ (*)

Det gir systemet

$4w_1+w_4=2w$
$w_1+4w_2=w$
$w_2+4w_3=w$
$w_3+4w_4=w$

Del alt på $w$ og kall $x_i=\frac{w_i}{w}$, så fås

$4x_1+x_4=2$
$x_1+4x_2=1$
$x_2+4x_3=1$
$x_3+4x_4=1$.

Løsning på dette systemet er ifølge wolfram alpha $x_1=\frac{23}{51}$, $x_2=\frac{7}{51}$, $x_3=\frac{11}{51}$, $x_4=\frac{10}{51}$.

Syklisk summering av (*) gir den ønskede ulikheten.
Beware of the Ratmen during the full moon for they grow stronger as the moon gets fuller
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4276
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Minimum

Innlegg Gustav » 07/02-2018 17:27

stensrud skrev:
Markus skrev:$(2) \enspace$ La $a,b,c,d \in \mathbb{R}^+$. Vis at $$a^5+b^5+c^5+d^5 \geq abcd(a+b+c+d)$$

Den andre følger direkte av Muirheads ulikhet siden $(5,0,0,0)\succ (2,1,1,1)$; alternativt kan man bruke AM-GM.


Muirhead krever vel symmetriske summer, mens i ulikheten er summene syklisk, eller er det noe jeg har misforstått?
Beware of the Ratmen during the full moon for they grow stronger as the moon gets fuller
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4276
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Minimum

Innlegg mingjun » 07/02-2018 18:11

stensrud skrev:5) Let $ a, b, c$ be positive real numbers so that $ abc = 1$. Prove that
\[ \left( a - 1 + \frac 1b \right) \left( b - 1 + \frac 1c \right) \left( c - 1 + \frac 1a \right) \leq 1.
\]


Vi gjør substitusjonen $a=x/y, b=y/z, c=z/x$, slik at den ønskede ulikheten blir:
\[\dfrac{1}{xyz}\prod_{cyc}\left(x-y+z\right)\leq1.\]

Dersom variablene $x,y,z$ ikke oppfyller trekantulikheten, blir venstresiden negativ, og ulikheten holder trivielt. Dermed kan vi anta at variablene oppfyller trekantulikheten, og vi gjør ravisubstitusjon med $x=m+n, y=n+t, z=t+m$, hvoretter vi kun trenger å bevise:
\[8mnt\leq(m+n)(n+t)(t+m).\] Men dette følger f.eks. fra å anvende amgm på hver faktor på høyre side.

Edit: hvis man føler seg masochistisk kan man også gange ut ulikheten som involverer $x,y,z$ og oppdage at den er Schur's Inequality med t=1.
Sist endret av mingjun den 07/02-2018 19:09, endret 1 gang
mingjun offline
Cayley
Cayley
Innlegg: 91
Registrert: 18/11-2016 21:13
Bosted: Det projektive planet

Neste

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 14 gjester