Side 8 av 11

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 25/06-2018 18:41
mingjun
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.

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 25/06-2018 18:46
mingjun
Vanskelig oppfølger:

La $x,y,z$ være positive reele tall. Bevis at \[ \left( xy+yz+zx \right)\left( \frac{1}{(x+y)^2} + \frac{1}{(y+z)^2} + \frac{1}{(z+x)^2} \right) \ge \frac{9}{4}.\]

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 29/06-2018 22:23
Markus
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 $$\left(a+ \frac1b \right) \left(b + \frac1c \right) \left ( c + \frac1a \right) \geq 8$$

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 03/07-2018 19:21
Gustav
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

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 01/10-2018 18:57
Markus
Ble litt dødt her, så her er en ganske lett ulikhet for å sette i gang tråden igjen.

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

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 02/10-2018 17:04
Gustav
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.

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 02/10-2018 18:34
mingjun
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 $x$.

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 03/10-2018 17:32
Gustav
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

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 14/10-2018 20:23
Markus
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 $$\sqrt{x(3x+y)} + \sqrt{y(3y+z)} + \sqrt{z(3z+x)} \leq 2(x+y+z)$$

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 16/10-2018 00:30
Gustav
Cauchy-Schwarz gir at $\sqrt{x(3x+y)} + \sqrt{y(3y+z)} + \sqrt{z(3z+x)} \leq \sqrt{(x+y+z)(3x+y+3y+z+3z+x)}=2(x+y+z)$

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 16/10-2018 13:45
Gustav
Oppfølger: For positive reelle tall $x,y,z$, vis at $3^6\le (\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})^5(x^5+y^5+z^5)$.

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 16/10-2018 17:01
Mattegjest
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.

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 25/10-2018 16:32
Gustav
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 $\max (a_1,a_2,\cdots,a_n)\le 4 \min (a_1,a_2,\cdots, a_n)$.

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 28/10-2018 22:45
zzzivert
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.

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 31/10-2018 00:46
Markus
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 $a_1=\frac12$?