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.

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg mingjun » 25/06-2018 18:41

zzzivert skrev:Oppfølgere:
Vanskelig:
La [tex]x,y\in \mathbb{R}[/tex] slik at
[tex]x^3+y^3+\frac{x+y}{4}=\frac{15}{2}[/tex].
Vis at [tex]x+y\le 3[/tex].


$$\dfrac{15}{2}=x^3+y^3+\dfrac{x+y}{4}\geq 2\left(\dfrac{x+y}{2}\right)^3+\dfrac{x+y}{4}.$$

La $s=x+y$. Da har vi

\[2\left(\dfrac{s}{2}\right)^3+\dfrac{s}{4}\leq \dfrac{15}{2} \Leftrightarrow s^3+s-30\leq 0.\]

Det er lett å verifisere at venstre side av ulikheten, en tredjegradspolynom i $s$, er strengt stigende for alle $s$. Dermed oppfylles ulikheten for alle $s\leq r$, hvor $r^3+r-30=0$. $r=3$ er løsningen, og vi er ferdige.
mingjun offline
Cayley
Cayley
Innlegg: 83
Registrert: 18/11-2016 21:13
Bosted: Det projektive planet

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg mingjun » 25/06-2018 18:46

Vanskelig oppfølger:

La $x,y,z$ være positive reele tall. Bevis at \[ \left( xy+yz+zx \right)\left( \frac{1}{(x+y)^2} + \frac{1}{(y+z)^2} + \frac{1}{(z+x)^2} \right) \ge \frac{9}{4}.\]
mingjun offline
Cayley
Cayley
Innlegg: 83
Registrert: 18/11-2016 21:13
Bosted: Det projektive planet

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Markus » 29/06-2018 22:23

zzzivert skrev:Oppfølgere:
Middels:
La [tex]a,b,c\ge 0[/tex] slik at
[tex](a+1)(b+1)(c+1)=8[/tex].
Vis at [tex]abc\le 1[/tex].

Observer at $(a+1)(b+1)(c+1)=abc + ab+bc+ac+a+b+c+1$. AM-GM gir nå at $$\frac{abc+ab+bc+ac+a+b+c+1}{8} = 1 \geq \sqrt[8]{a^4b^4c^4} = \sqrt{abc} \\ \therefore abc \leq 1$$ Som skulle vises.

Vi har jo en til (vanskelig) oppfølger fra mingjun der oppe, så her er i tillegg en litt lettere en;
Gitt $a,b,c \in \mathbb{R}^+$, vis at $$\left(a+ \frac1b \right) \left(b + \frac1c \right) \left ( c + \frac1a \right) \geq 8$$
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 750
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Gustav » 03/07-2018 19:21

Markus skrev:Gitt $a,b,c \in \mathbb{R}^+$, vis at $$\left(a+ \frac1b \right) \left(b + \frac1c \right) \left ( c + \frac1a \right) \geq 8$$


AM-GM på hver faktor
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4270
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Markus » 01/10-2018 18:57

Ble litt dødt her, så her er en ganske lett ulikhet for å sette i gang tråden igjen.

Vis at $\tan(x) > x \enspace \forall x \in \left(0, \frac{\pi}{2} \right)$
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 750
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Gustav » 02/10-2018 17:04

Markus skrev:Ble litt dødt her, så her er en ganske lett ulikhet for å sette i gang tråden igjen.

Vis at $\tan(x) > x \enspace \forall x \in \left(0, \frac{\pi}{2} \right)$


Definer $f(x)=\tan x - x$ på $(0,\frac{\pi}{2})$, som er deriverbar med derivert $f'(x)=\tan^2 x>0$. Da gir sekantsetningen at $f(x)>0$
for alle $x\in (0,\frac{\pi}{2})$: Bevis ved motsigelse: Anta det fins en $c\in (0,\frac{\pi}{2})$ slik at $f(c)\le 0$. Da må det av sekantsetningen finnes en $d\in (0,c)$ slik at $f'(d)=\frac{f(c)-f(0)}{c-0}=\frac{f(c)}{c}\le 0$, som gir motsigelsen.

Oppfølger: La $a,b,c$ være positive reelle tall slik at $ab+bc+ca+abc=4$. Vis at $a+b+c\ge 3$

PS; beklager dersom denne er postet tidligere.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4270
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg mingjun » 02/10-2018 18:34

Oppfølger: La $a,b,c$ være positive reelle tall slik at $ab+bc+ca+abc=4$. Vis at $a+b+c\ge 3$


Vi beviser dette kontrapositivt. Anta at $a+b+c<3$, da har vi $ab+bc+ca\leq\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}<\frac{3^2}{3}=3$, og $abc\leq\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)^3<1$. Dermed er $ab+bc+ca+abc<3+1=4$, og vi er ferdige.

Oppfølger: La $P(x)$ være et polynom med reele positive koeffisienter. Bevis at dersom $P(\frac{1}{x})\geq\frac{1}{P(x)}$ gjelder for $x=1$, så gjelder den for alle positive $x$.
mingjun offline
Cayley
Cayley
Innlegg: 83
Registrert: 18/11-2016 21:13
Bosted: Det projektive planet

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Gustav » 03/10-2018 17:32

mingjun skrev:
Oppfølger: La $a,b,c$ være positive reelle tall slik at $ab+bc+ca+abc=4$. Vis at $a+b+c\ge 3$


Vi beviser dette kontrapositivt. Anta at $a+b+c<3$, da har vi $ab+bc+ca\leq\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}<\frac{3^2}{3}=3$, og $abc\leq\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)^3<1$. Dermed er $ab+bc+ca+abc<3+1=4$, og vi er ferdige.



Kløktig løsning :D
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4270
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Markus » 14/10-2018 20:23

mingjun skrev:Oppfølger: La $P(x)$ være et polynom med reele positive koeffisienter. Bevis at dersom $P(\frac{1}{x})\geq\frac{1}{P(x)}$ gjelder for $x=1$, så gjelder den for alle positive $x$.


Denne har vært tidligere i tråden, så jeg tar meg den friheten å komme meg oppfølger. La $x,y,z \in \mathbb{R}^+$. Vis at $$\sqrt{x(3x+y)} + \sqrt{y(3y+z)} + \sqrt{z(3z+x)} \leq 2(x+y+z)$$
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 750
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Gustav » 16/10-2018 00:30

Cauchy-Schwarz gir at $\sqrt{x(3x+y)} + \sqrt{y(3y+z)} + \sqrt{z(3z+x)} \leq \sqrt{(x+y+z)(3x+y+3y+z+3z+x)}=2(x+y+z)$
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4270
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Gustav » 16/10-2018 13:45

Oppfølger: For positive reelle tall $x,y,z$, vis at $3^6\le (\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})^5(x^5+y^5+z^5)$.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4270
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Mattegjest » 16/10-2018 17:01

AM-GM-ulikskapen gir

( 1 ) ( [tex]\frac{1}{x}[/tex] + [tex]\frac{1}{y}[/tex] + [tex]\frac{1}{z}[/tex])[tex]^{5}[/tex] [tex]\geqslant[/tex](xyz)[tex]^{-\frac{5}{3}}[/tex][tex]\cdot[/tex]3[tex]^{5}[/tex]


( 2 ) (x[tex]^{5}[/tex] + y[tex]^{5}[/tex] + z[tex]^{5}[/tex] ) [tex]\geqslant[/tex]3[tex]\cdot[/tex](xyz)[tex]^{\frac{5}{3}}[/tex]


Multipliserer ( 1 ) med ( 2 ) og får den ulikskapen vi skulle vise.
Mattegjest offline

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Gustav » 25/10-2018 16:32

Oppfølger: For $n\ge 2$, la $a_1,a_2,\cdots,a_n$ være positive reelle tall slik at $(a_1+a_2+\cdots + a_n)(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots + \frac{1}{a_n})\le (n+\frac12)^2$.

Vis at $\max (a_1,a_2,\cdots,a_n)\le 4 \min (a_1,a_2,\cdots, a_n)$.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4270
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg zzzivert » 28/10-2018 22:45

Av symmetri kan vi anta at [tex]a_1\le a_2\le ... \le a_n[/tex]. Av homogenitet kan vi også anta at [tex]a_1=\frac{1}{2}[/tex]. La $x=a_n$.
Fra AM-GM har vi at
[tex]a_2+a_3+\cdots +a_{n-1} \ge (n-2) \sqrt[n-2]{a_2a_3 ... a_{n-1}}[/tex]
[tex]\frac{1}{a_2} + \frac{1}{a_3}+\cdots + \frac{1}{a_{n-1}}\ge \frac{n-2}{\sqrt[n-2]{a_2a_3 ... a_{n-1}}}[/tex]
La [tex]a=\sqrt[n-2]{a_2a_3 ... a_{n-1}}[/tex], da får vi ulikheten
[tex](a_1+a_2+\cdots +a_{n})(\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2}+\cdots + \frac{1}{a_{n}})[/tex]
[tex]\ge (\frac{1}{2}+(n-2)a+x)(2+\frac{n-2}{a}+\frac{1}{x})[/tex]
[tex]= (\frac{2x+1}{2}+(n-2)a)(\frac{2x+1}{x}+\frac{n-2}{a})[/tex]
[tex]=\frac{(2x+1)^2}{2x}+(n-2)(\frac{2x+1}{2}\cdot \frac{1}{a}+\frac{2x+1}{x}\cdot a)+(n-2)^2[/tex]
[tex]\ge \frac{(2x+1)^2}{2x}+2(n-2)\sqrt{\frac{(2x+1)^2}{2x}}+(n-2)^2[/tex]

Anta nå at $x>2$. Da har vi også at
[tex](x-2)(8x-1)>0[/tex]
[tex]8x^2-17x+2>0[/tex]
[tex]4x^2+4x+1>\frac{25}{2}x[/tex]
[tex]\frac{(2x+1)^2}{2x}>\frac{25}{4}[/tex]

Defor får vi
[tex]\frac{(2x+1)^2}{2x}+2(n-2)\sqrt{\frac{(2x+1)^2}{2x}}+(n-2)^2>\frac{25}{4}+2(n-1)\frac{5}{2}+(n-2)^2=(n+\frac{1}{2})^2[/tex]
som er en motsigelse. Altså må [tex]x\le 2[/tex], som er ekvivalent med spørsmålet.
zzzivert offline
Noether
Noether
Innlegg: 44
Registrert: 27/10-2014 09:26

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Markus » 31/10-2018 00:46

Jeg mistenker at problemet, i likhet med mye annet, kan også løses på en annen måte. Med for eksempel Cauchy-Schwarz kan vi også finne en nedre grense for uttrykket; $(n+\frac12)^2 \geq \left (\sum_{i=1}^n a_i \right) \left ( \sum_{i=1}^n \frac{1}{a_i} \right) \geq n^2$ Den øvre og nedre grensen er så nærme hverandre, at jeg nesten tror det er med vilje, men jeg ser ikke helt veien videre herifra. Hvis noen vil hjelpe til eller gi hint settes det stor pris på!

Forresten, zzzivert, hvorfor kan du av homogenitet anta at $a_1=\frac12$?
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 750
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

ForrigeNeste

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 9 gjester