Side 2 av 2

Re: Minimum

InnleggSkrevet: 07/02-2018 19:01
mingjun
stensrud skrev:4) For $x,y\ge 0$, vis at
\[2^x+2^y>xy\]


EDIT:Slettet feilaktig bevis.

Re: Minimum

InnleggSkrevet: 07/02-2018 19:07
stensrud
Gustav skrev:
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?

Hvorfor er de ikke symmetriske?

Re: Minimum

InnleggSkrevet: 07/02-2018 20:32
Gustav
Joda, min feil :oops: Tenkte bare litt for kjapt at en symmetrisk sum over alle permutasjonene av potenser burde bestå av 4! ledd, men det blir jo riktig her likevel.

Edit:


\[a^4b+b^4c+c^4d+d^4a\geq abcd(a+b+c+d).\]



Denne fungerer vel ikke med Muirhead, eller gjør den det på noe vis? Jeg tenker at summene her ikke er symmetriske...

Re: Minimum

InnleggSkrevet: 07/02-2018 21:35
stensrud
Gustav skrev:
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.

Flott! Alternativt kan man bruke Jensen direkte:

(Anta $a_i\neq 0,1$). Vi innfører funksjonen $f(x)=\log(1-e^x)$ som er konkav over $\mathbb{R}^-$. Ifølge Jensens ulikhet er da
\[ \sum f(n\log a_i^n)\leq n \cdot f\left(\sum \log a_i^n\right), \]som var ulikheten vi skulle vise.

Re: Minimum

InnleggSkrevet: 08/02-2018 09:18
Gustav
stensrud skrev:
4) For $x,y\ge 0$, vis at
\[2^x+2^y>xy\]


Ulikheten er riktig hvis enten $x=0$ eller $y=0$ så anta videre at $x,y>0$.

La $f(x)=x+1-2\lg_2 x$ for $x>0$, som har globalt minimum i $x=\frac{2}{\log 2}$, og siden $f(\frac{2}{\log 2})>0$ er $f(x)>0$ for alle $x>0$. Dermed er

$f(x)+f(y)>0$ for alle $x,y>0$, som er ekvivalent med at $2\cdot 2^{\frac{x+y}{2}}>xy$.

AM-GM gir til slutt at $2^x+2^y\ge 2 \cdot 2^{\frac{x+y}{2}}>xy$.

Re: Minimum

InnleggSkrevet: 08/02-2018 13:13
Mattegjest
Stensrud presenterer ei elegant løysing på ulikskapen

(1 - a[tex]_1[/tex][tex]^n[/tex]) * .......* (1 - a[tex]_n[/tex])[tex]^n[/tex]) <= (1 - a[tex]_1[/tex]*.......*a[tex]_n[/tex])[tex]^n[/tex]

ved å bruke Jensens ulikheit.

Innfører hjelpefunksjonen f(x) = 1 - e^x og definerer x[tex]_i[/tex] = log(a[tex]_i[/tex][tex]^n)[/tex]

Da blir x-middel = ( log(a[tex]_1[/tex])[tex]^n[/tex]+...........+log(a[tex]_n[/tex])[tex]^n[/tex])/n

Eg meiner såleis at eine n-faktoren i utleiinga di er feilplassert.

Re: Minimum

InnleggSkrevet: 09/02-2018 07:18
Gustav
Som Mattegjest påpeker så skal det vel være slik:

stensrud skrev:(Anta $a_i\neq 0,1$). Vi innfører funksjonen $f(x)=\log(1-e^x)$ som er konkav over $\mathbb{R}^-$. Ifølge Jensens ulikhet er da
\[ \sum f(\log a_i^n)\leq n \cdot f\left(\frac{\sum \log a_i^n}{n}\right), \]som var ulikheten vi skulle vise.