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: 760
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: 760
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: 760
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: 760
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: 760
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.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4295
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.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4295
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?
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4295
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 5 gjester