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.

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

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

Markus skrev:
Oppfølger:
Gitt $a,b,c \in \mathbb{R}^+$, vis at $a^ab^bc^c \geq \left (\frac{a+b+c}{3} \right)^{a+b+c}$
Ulikheten er ekvivalent med $\frac{a\ln a+b\ln b+c\ln c}{3} \ge \frac{a+b+c}{3}\ln \frac{a+b+c}{3}$ som er Jensen med $f(x)=x\ln x$

Oppfølger: For $x>1$ vis at $\frac{1}{x-1}+\frac{1}{x}+\frac{1}{x+1}>\frac{3}{x}$
jhoe06
Cantor
Cantor
Innlegg: 107
Registrert: 07/12-2011 14:44

Gustav skrev: Oppfølger: For $x>1$ vis at $\frac{1}{x-1}+\frac{1}{x}+\frac{1}{x+1}>\frac{3}{x}$
Følger av Jensen med $ f(x) = \frac{1}{x} $ siden ulikheten kan skrives som
$$ \frac{1}{3(x-1)} + \frac{1}{3x} + \frac{1}{3(x+1)} > \frac{1}{\frac{(x-1)+x+(x+1)}{3}} . $$
Oppfølger: For $x,y,z>0$ er
$$ \frac{x+y+z}{2} \leq \frac{x^2}{y+z} + \frac{y^2}{z+x} + \frac{z^2}{x+y} . $$
Mattebruker

Ser straks at dette er ein ulikskap av typen Jensen.

Innfører hjelpefunksjonen

f( u ) = 1/u , u > 0

Funksjonen f er konveks ( f''( u ) >0 i heile R[tex]_+[/tex]). Jensen gir då

( f( x - 1) + f( x ) + f( x + 1 ) )/3 > f(( x -1 + x + x + 1)/3 ) = f(x) = 1/x

Her ligg løysinga heilt " oppe i dagen ", i motsetnad til det problemet Gustav presenterte
i dette forumet for nokre dagar sidan: Sitat: For parvis distinkte , ikkje-negative reelle tal , a , b og c , vis at

a[tex]^2[/tex]/(b - c )[tex]^2[/tex] + b[tex]^2[/tex]/(c - a )[tex]^2[/tex] + c[tex]^2[/tex]/( b - a )[tex]^2[/tex] > 2
Mattebruker

Jhoe skreiv:

For x , y , z > 0 , vis at

( x + y + z ) /2 <= x^2/(y + z ) + y^2/(x + z ) + z^2/(x + y )

Løysing: Meiner at ulikskapen følgjer av Cauchy-Schwarz.

Innfører desse talfølgjene:

a[tex]_1[/tex] = x/(rota av(y + z)) o.s.v.
b[tex]_1[/tex] = rota av (y + z ) o.s.v.

Cauchy-Schwarz gir då sum ((a[tex]_i[/tex])[tex]^2[/tex]) * sum((b[tex]_i[/tex])[tex]^2[/tex] >= sum(a[tex]_i[/tex]*b[tex]_i[/tex]) = ( x + y + z )[tex]^2[/tex] som er ekvivalent med

(x^2/(y + z ) + y^2/(x + z ) + z^2/(x + y ) * 2(x + y + z ) >= (x + y + z )^2

Deler med (x + y + z ) på begge sider og får ulikskapen vi skulle vise.
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

jhoe06 skrev:Følger av Jensen med $ f(x) = \frac{1}{x} $ siden ulikheten kan skrives som
$$ \frac{1}{3(x-1)} + \frac{1}{3x} + \frac{1}{3(x+1)} > \frac{1}{\frac{(x-1)+x+(x+1)}{3}} . $$
Korrekt! Renessansematematikeren Pietro Mengoli løste den visstnok på 1600-tallet kun ved hjelp av algebra. Det kan være en ekstra utfordring.

Oppfølger: La $a,b,c,d$ være positive reelle tall. Vis at $\frac{a+b+c+d}{4}\ge \sqrt{\frac{ab+bc+cd+da}{4}}$
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

Gustav skrev: Renessansematematikeren Pietro Mengoli løste den visstnok på 1600-tallet kun ved hjelp av algebra. Det kan være en ekstra utfordring.
Fellesnevner blir $(x-1)x(x+1)=x(x^2-1)$, og ulikheten blir $$\frac{x(x+1) + (x+1)(x-1) + (x-1)x}{x(x^2-1)} \geq \frac{3(x-1)(x+1)}{x(x^2-1)} \\ \therefore x^2+x+x^2-1+x^2-x \geq 3x^2 - 3 \\ \therefore 3x^2-1 \geq 3x^2-3$$ Som åpenbart er sant. Med ulikheten her ga Mengoli for øvrig en av de første bevisene på at den harmoniske rekken $1+ \frac12 + \frac13 + \dots$ divergerer, som også kan være en ekstra utfordring for den ekstra interesserte.

Alternativ kunne man også brukt AM-HM på denne. $$\frac{\frac{1}{x-1} + \frac{1}{x} + \frac{1}{x+1}}{3} \geq \frac{3}{x-1 + x + x+1} = \frac{1}{x}$$
Mattebruker

Svar på oppfølgar:

Vi har at
ab + bc + cd + da = (a + c)(b + d)

Sett a + c = x og b + d = y

AM-GM gir å

(x + y)/2 >= rota av (a+c)(b+d) som er ekvivalent med at

(a + b + c + d)/2 >= kvadratrota av (a + c)*(b + d ) = kvadratrota av(ab + bc + ad + cd )

(som skulle visast )

P.S. Gustav ! Mattegjest ventar spent på løysinga av den ulikskapen du presenterte
" some days ago " (jamfør mitt førre innlegg )
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Mattegjest skrev:Svar på oppfølgar:

Vi har at
ab + bc + cd + da = (a + c)(b + d)

Sett a + c = x og b + d = y

AM-GM gir å

(x + y)/2 >= rota av (a+c)(b+d) som er ekvivalent med at

(a + b + c + d)/2 >= kvadratrota av (a + c)*(b + d ) = kvadratrota av(ab + bc + ad + cd )

(som skulle visast )

P.S. Gustav ! Mattegjest ventar spent på løysinga av den ulikskapen du presenterte
" some days ago " (jamfør mitt førre innlegg )
Flott! Ulikheten du refererer til er løst her https://artofproblemsolving.com/communi ... 71p7967479 og her https://artofproblemsolving.com/communi ... 317p234720

Oppfølger: For positive reelle $a,b$, vis at $\frac12 (a+b)+\frac14 \ge \sqrt{\frac{a+b}{2}}$
Mattebruker

Takk for svar ! Interessante løysingar.

Så til oppfølgaren.

Innfører ny variabel x = (a + b)/2 og definerer hjelpefunksjonen

f( x ) = x - rota av ( x )

Likninga f'(x) = 0 har løysinga x = 1/4 og f''(1/4) = 2 > 0

f(x)[tex]_{min}[/tex] = f(1/4) = -1/4

Dermed har vi vist at x - rota av (x ) >= -1/4 som er ekvivalent med at x + 1/4 >= rota av ( x ) (s.s.v)
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

Du glemte av en oppfølger mattegjest, så jeg benytter meg av anledningen! :D

Oppfølger
La $a,b,c$ være positive reelle tall slik at $abc=1$. Vis at $$\frac{1}{a^3(b+c)} + \frac{1}{b^3(c+a)} + \frac{1}{c^3(a+b)} \geq \frac32 $$
mingjun
Cayley
Cayley
Innlegg: 91
Registrert: 18/11-2016 21:13
Sted: Det projektive planet

Markus skrev:Oppfølger
La $a,b,c$ være positive reelle tall slik at $abc=1$. Vis at $$\frac{1}{a^3(b+c)} + \frac{1}{b^3(c+a)} + \frac{1}{c^3(a+b)} \geq \frac32 $$
Ved CS: \[\left( \sum_{cyc} \dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)}\right)\left(\sum_{cyc} a\left(b+c\right) \right) \geq \left(\sum_{cyc}\dfrac{1}{a}\right)^2 \]
\[\Rightarrow \sum_{cyc} \dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)} \geq \left(\sum_{cyc}\dfrac{1}{a}\right)^2 / \left(\sum_{cyc} a\left(b+c\right) \right)\]
\[ = \left(\sum_{cyc}\dfrac{1}{a}\right)^2 / \left(2\sum_{cyc} ab \right)\]
\[= \left(\sum_{cyc}\dfrac{1}{a}\right)^2 / \left(2\sum_{cyc} \dfrac{1}{a} \right)\]
\[\dfrac{1}{2} \left(\sum_{cyc} \dfrac{1}{a} \right) \geq \dfrac{3}{2}, \] hvor den siste ulikheten følger av am-gm.

Oppfølger: Gitt at $a+b+c=3$, vis at \[ \sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{b^2+bc+c^2}+\sqrt{c^2+ca+c^2} \geq \sqrt{3}.\]
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

mingjun skrev: Oppfølger: Gitt at $a+b+c=3$, vis at \[ \sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{b^2+bc+c^2}+\sqrt{c^2+ca+c^2} \geq \sqrt{3}.\]
$\sqrt{a^2+ab+b^2}\ge \sqrt{\frac12 a^2+ab+\frac12 b^2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{a^2+2ab+b^2}=\frac{1}{\sqrt{2}}|a+b|$

Fra trekantulikheten er da $\frac{1}{\sqrt{2}}(|a+b|+|b+c|+|c+a|)\ge \sqrt{2}|a+b+c|=3\sqrt{2}\ge \sqrt{3}$


Oppfølger: For x,y,z>0, vis at $\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}\ge \frac32$
Mattebruker

Elegant og kreativ løysing !

Når det gjeld oppfølgar, meiner eg å hugse at denne ulikskapen har vore presentert tidlegare på dette forumet.
I alle fall får vi løysinga ved å bruke AM-HM-verktøyet på desse tre elementa: (x + y) , (x + z) og (y + z).
Mattebruker

Viser til førre ulikskap ( Gustav si løysing ):

Gustav avsluttar sin " deduksjon " med å skrive rota av ( 2 ) * 3 >= rota av ( 3 ).

Da kan vi like gjerne skrive rota av( 2 ) * 3 > 3

Difor lurer eg på om der er ein skrivefeil i oppgaveteksta: Kunne vere freistande å skrive > 3 i staden for >= rota av ( 3 ) på H. S. Elles reagerer eg på første leddet (c[tex]^2[/tex]) under siste rotteiknet på V. S. For å bevare
symmetrien i uttrykket må første leddet vere a[tex]^2[/tex], eller ......... ?
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Mattegjest skrev: Difor lurer eg på om der er ein skrivefeil i oppgaveteksta: Kunne vere freistande å skrive > 3 i staden for >= rota av ( 3 ) på H. S. Elles reagerer eg på første leddet (c[tex]^2[/tex]) under siste rotteiknet på V. S. For å bevare
symmetrien i uttrykket må første leddet vere a[tex]^2[/tex], eller ......... ?
Jeg lurte også på det samme. Det hadde gitt mer mening om venstresida skulle vises å være strengt større enn 3. Håper mingjun kan oppklare saken.
Svar