Ulikhetmaraton

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.

Ulikhetmaraton

Innlegg Markus » 19/02-2018 16:12

Inspirert av integralmaratonet. Jeg vet at flere på forumet, inkludert meg, liker å vise diverse ulikheter - så hvorfor ikke en tråd for ulikheter, på samme måte som vi har en tråd for integraler? Samme regler som i integraltråden gjelder, så gå heller å les der, istedenfor at jeg gjentar det.

Starter med en ganske snill ulikhet; Gitt $a,b,c \in \mathbb{R}^+$, vis at $$a^4+b^4+c^4 \geq abc(a+b+c)$$
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 740
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Gustav » 19/02-2018 17:57

AM-GM gir at
$2a^4+ b^4+ c^4\geq 4a^2bc$
$a^4+2b^4+c^4\geq 4ab^2c$
$a^4+b^4+2c^4\geq 4abc^2$

Summerer og deler på 4, så fås

$a ^4+b^4+c^4\geq abc(a+b+c)$

Oppfølger: For positive $a,b,c$, vis at $\frac1a+\frac1b+\frac1c\geq \frac{2}{a+b}+\frac{2}{b+c}+\frac{2}{c+a}\geq \frac{9}{a+b+c}$
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4257
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg stensrud » 20/02-2018 00:37

Gustav skrev:Oppfølger: For positive $a,b,c$, vis at $\frac1a+\frac1b+\frac1c\geq \frac{2}{a+b}+\frac{2}{b+c}+\frac{2}{c+a}\geq \frac{9}{a+b+c}$

Den første ulikheten følger av en syklisk sum av
\[ \frac1a+\frac1b=f(a)+f(b)\geq 2f\left(\frac{a+b}{2}\right)=\frac{4}{a+b}, \]
som følger av Jensen anvendt på $f(x)=\frac1x$. (Alternativt er dette AM-HM for $\frac{1}{a}$ og $\frac{1}{b}$, eller så kan vi skrive den om til $(a+b)^2\geq 0$.)

Den siste ulikheten er AM-HM for $2/(a+b),\dotsc$, og den følger også av Jensen.

Oppfølger: For positive $x_1,x_2,\dotsc,x_n$, vis at
\[ \frac{x_1}{s-x_1}+\frac{x_2}{s-x_2}+\dotsb+\frac{x_n}{s-x_n}\geq \frac{n-1}{n}, \]
hvor $s=x_1+x_2+\dotsb+x_n$.
stensrud offline
Descartes
Descartes
Innlegg: 438
Registrert: 08/11-2014 21:13
Bosted: Cambridge

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg DennisChristensen » 20/02-2018 01:40

stensrud skrev:
Gustav skrev:Oppfølger: For positive $a,b,c$, vis at $\frac1a+\frac1b+\frac1c\geq \frac{2}{a+b}+\frac{2}{b+c}+\frac{2}{c+a}\geq \frac{9}{a+b+c}$

Den første ulikheten følger av en syklisk sum av
\[ \frac1a+\frac1b=f(a)+f(b)\geq 2f\left(\frac{a+b}{2}\right)=\frac{4}{a+b}, \]
som følger av Jensen anvendt på $f(x)=\frac1x$. (Alternativt er dette AM-HM for $\frac{1}{a}$ og $\frac{1}{b}$, eller så kan vi skrive den om til $(a+b)^2\geq 0$.)

Den siste ulikheten er AM-HM for $2/(a+b),\dotsc$, og den følger også av Jensen.

Oppfølger: For positive $x_1,x_2,\dotsc,x_n$, vis at
\[ \frac{x_1}{s-x_1}+\frac{x_2}{s-x_2}+\dotsb+\frac{x_n}{s-x_n}\geq \frac{n-1}{n}, \]
hvor $s=x_1+x_2+\dotsb+x_n$.


Regner med at du mener $\frac{n}{n-1}$. La $f:[0,s) \rightarrow \mathbb{R}$ være gitt ved $f(x) = \frac{x}{s-x}.$ Da kan Jensens ulikhet anvendes på $f$ ettersom $f$ er konveks, så vi får at $$\frac{x_1}{s-x_1} + \dots + \frac{x_n}{s-x_n} = \sum f(x_i) \geq nf\left(\frac{1}{n}s\right) = n\frac{\frac{s}{n}}{s-\frac{s}{n}} = \frac{1}{1-\frac1n} = \frac{n}{n-1}.$$

En enkel oppfølger: Hva er størst av $e^{\pi}$ og $\pi^e$?
DennisChristensen offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 750
Registrert: 09/02-2015 23:28
Bosted: Oslo

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg alund » 20/02-2018 02:36

DennisChristensen skrev:En enkel oppfølger: Hva er størst av $e^{\pi}$ og $\pi^e$?

Gitt [tex]x,y\in \mathbb{R}^+[/tex].
[tex]x^y>y^x[/tex] betyr, siden logaritmefunksjonen er strengt voksende, at [tex]y\ln{x}>x\ln{y}[/tex], som gir [tex]{\ln{x}\over x}>{\ln{y}\over y}[/tex].
Om [tex]f(x)={\ln{x}\over x}[/tex], er [tex]f'(x)={1-\ln{x}\over x^2}[/tex], som er negativ når [tex]1-\ln{x}<0[/tex], altså når [tex]x>e[/tex].
Derfor er [tex]f(e)>f(\pi)[/tex], som vil medføre at [tex]x=e[/tex] og [tex]y=\pi[/tex] i den opprinnelige ulikheten.
[tex]\therefore e^{\pi}>\pi^e[/tex]

Koselig oppfølger:
Bevis at summen av katetene i en rettvinklet trekant aldri er større enn [tex]\sqrt 2[/tex] ganget med hypotenusen.
alund offline
Noether
Noether
Innlegg: 47
Registrert: 31/03-2017 20:40

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg DennisChristensen » 20/02-2018 04:01

alund skrev:Koselig oppfølger:
Bevis at summen av katetene i en rettvinklet trekant aldri er større enn $\sqrt{2}$ ganget med hypotenusen.


La $a$ og $b$ være lengdene av trekantens kateter, og la $c$ være lengden av trekantens hypotenus. Pytagoras' læresetning gir $a^2 + b^2 = c^2$. Anta at $a+b > \sqrt{2}c$. Tar vi kvadrat på begge sider får vi at $(a-b)^2 < 0$, en selvmotsigelse.


Oppfølger: La $a,b,c \geq 1.$ Vis at
$$\sqrt{a^2-1}+\sqrt{b^2-1}+\sqrt{c^2-1}\le\frac{ab+bc+ca}{2}$$
DennisChristensen offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 750
Registrert: 09/02-2015 23:28
Bosted: Oslo

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Gustav » 21/02-2018 01:26

Ser ut til at jeg ved en feiltagelse klarte å slette innlegget til Dennis. Beklager det på det sterkeste! Håper du kan legge inn svaret på forrige ulikhet på nytt :oops:

Oppfølger: La $a,b,c \geq 1.$ Vis at

$$\sqrt{a^2-1}+\sqrt{b^2-1}+\sqrt{c^2-1}\le\frac{ab+bc+ca}{2}$$


Fra Cauchy-Schwarz har vi at $(x^2+1^2)(1^2+y^2)\ge (x+y)^2$. La $x=\sqrt{a^2-1}, y=\sqrt{b^2-1}$, så fås

$((a^2-1)+1^2)(1^2+(b^2-1))\ge (\sqrt{a^2-1}+\sqrt{b^2-1})^2$, altså

$ab\ge \sqrt{a^2-1}+\sqrt{b^2-1}$. På samme vis fås

$ac\ge \sqrt{a^2-1}+\sqrt{c^2-1}$ og

$bc\ge \sqrt{b^2-1}+\sqrt{c^2-1}$.

Summerer og deler på 2, så fås den ønskede ulikheten.

Oppfølger: For positive a,b,c, vis at $\frac{a^2+b^2+c^2}{abc}\ge \frac1a+\frac1b+\frac1c$
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4257
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg alund » 21/02-2018 03:18

Gustav skrev:Oppfølger: For positive a,b,c, vis at $\frac{a^2+b^2+c^2}{abc}\ge \frac1a+\frac1b+\frac1c$

Ulikheten er ekvivalent med [tex]a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca[/tex].
Cauchy-Schwarz gir [tex]3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)[/tex], som, etter subtraksjon med [tex]a^2+b^2+c^2[/tex] på begge sider og divisjon på 2, beviser ulikheten.

Oppfølger: Vis at for heltall [tex]n>1[/tex] gjelder [tex]n!<({n+1\over 2})^n[/tex].
alund offline
Noether
Noether
Innlegg: 47
Registrert: 31/03-2017 20:40

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Markus » 21/02-2018 23:48

alund skrev:Oppfølger: Vis at for heltall [tex]n>1[/tex] gjelder [tex]n!<({n+1\over 2})^n[/tex].

La følgen $\{a_n\} = \{1,2,3,\dots, n-1, n\}$.
AM-GM på $\{a_n\}$ gir da $$\frac{1+2+\dots + (n-1) +n}{n} = \frac{\frac{n(n+1)}{2}}{n} \geq \sqrt[n
]{n!} \enspace \implies \enspace \left (\frac{n+1}{2} \right)^{n} > n!$$ Her er den siste ulikheten streng fordi alle tallene i følgen $\{a_n\}$ er unike, og likhet i AM-GM får vi kun hvis $a_1=a_2 = \dots = a_n$.


Oppfølger
La $a_1,a_2, \dots, a_n$ og $b_1, b_2, \dots, b_n$ være følger av positive reelle tall. Vis at $$\frac{a_1^2}{b_1} + \frac{a_2^2}{b_2} + \dots + \frac{a_n^2}{b_n} \geq \frac{(a_1+a_2+\dots+a_n)^2}{b_1+b_2+\dots+b_n}$$
Som for øvrig sikkert er kjent resultat for flere her inne :wink:

Edit: rettet opp feil i oppfølgeren.
Sist endret av Markus den 22/02-2018 14:32, endret 1 gang
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 740
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Gustav » 22/02-2018 11:52

Det må være noe feil i oppfølgeren.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4257
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Markus » 22/02-2018 14:33

Gustav skrev:Det må være noe feil i oppfølgeren.

Jepp, det gikk litt fort i svingene der gitt. Skal være rettet opp nå!
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 740
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Mattegjest » 22/02-2018 15:05

Definerer desse talfølgjene:

p[tex]_i[/tex] = a[tex]_i[/tex]/rota av (b[tex]_i[/tex])

og

q[tex]_i[/tex] = rota av (b[tex]_i[/tex])

Cauchy-Schwarz gir då

Sum(p[tex]_i[/tex][tex]^2[/tex]) * sum(q[tex]_i[/tex][tex]^2[/tex]) =

sum (b[tex]_i[/tex]) * sum(a[tex]_i[/tex]^2/b[tex]_i[/tex]>= sum(a[tex]_i[/tex]^2)

Oppfølgar: Vis at

x/(y^2 + z^2) + y/(x^2 + z^2) + z/(x^2 + y^2) >= 3/2
Mattegjest offline

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Mattegjest » 23/02-2018 11:54

Førnemnde oppfølgar er henta frå eit innlegg (datert 27. november 2007 ) med overskrifta

Jensen's ulikhet. Oppgåva har denne ordlyden:

Vis for reelle positive x, y og z at

x/(y[tex]^2[/tex] + z[tex]^2[/tex]) + y/(x[tex]^2[/tex] + z[tex]^2[/tex]) + z/(x[tex]^2[/tex] + y[tex]^2[/tex]) >= 3/2

Hint: Definer S = x^2 + y^2 + z^2 og lag ein smart funksjon f.
Mattegjest offline

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Gustav » 28/02-2018 20:51

Mattegjest skrev:Førnemnde oppfølgar er henta frå eit innlegg (datert 27. november 2007 ) med overskrifta

Jensen's ulikhet. Oppgåva har denne ordlyden:

Vis for reelle positive x, y og z at

x/(y[tex]^2[/tex] + z[tex]^2[/tex]) + y/(x[tex]^2[/tex] + z[tex]^2[/tex]) + z/(x[tex]^2[/tex] + y[tex]^2[/tex]) >= 3/2

Hint: Definer S = x^2 + y^2 + z^2 og lag ein smart funksjon f.


Dette problemet er vel umulig å løse da ulikheten som skal vises ikke engang er sann. F.eks. hvis vi setter $x=1,y=z=2$ fås

$\frac{1}{8}+\frac{2}{5}+\frac{2}{5}=\frac{37}{40}<\frac32$

Oppfølger: For $x,y,z>0$, vis at $\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{z^2}+\frac{z^2}{x^2}\ge \frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}$

Edit:

Hint:
[+] Skjult tekst
La $a=\frac{x}{y}, b=\frac{y}{z}, c=\frac{z}{x}$. Da fås en fin betingelse på de nye variablene som kan brukes til å homogenisere ulikheten
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4257
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Markus » 04/03-2018 22:04

Gustav skrev:Oppfølger: For $x,y,z>0$, vis at $\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{z^2}+\frac{z^2}{x^2}\ge \frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}$

Følger hintet og lar $a=\frac{x}{y}$, $b=\frac{y}{z}$ og $c=\frac{z}{x}$. Substitusjonen gir oss betingelsen at $abc=1$. Vi trenger nå å vise at $$a^2+b^2+c^2 \ge \frac1a + \frac1b + \frac1c = \frac{bc+ac+ab}{abc} = bc+ac+ab$$ Nå følger det av AM-GM at $$a^2+b^2 \geq 2ab \qquad b^2+c^2 \geq 2bc \qquad a^2+c^2 \geq 2ac$$ Summering av disse gir $$2(a^2+b^2+c^2) \geq 2ab+2bc+2ac$$ som ved å dele på to blir det vi ønsket å vise. Alternativt følger også den siste ulikheten ved rearrangement-ulikheten på følgene $(a,b,c)$ og $(a,b,c)$ siden vi kan anta at $a \ge b \ge c$.

Oppfølger:
Gitt $a,b,c \in \mathbb{R}^+$, vis at $a^ab^bc^c \geq \left (\frac{a+b+c}{3} \right)^{a+b+c}$
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 740
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Neste

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 6 gjester