Side 10 av 11

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 26/01-2019 15:11
Gustav
zzzivert skrev:En alternativ løsning til den trigonometriske ulikheten:

Vi bruker følgende:
1) $\sin(\alpha)-\sin(\beta)=2\sin(\frac{\alpha-\beta}{2})\cos(\frac{\alpha+\beta}{2})$
2) $|\cos(x)|\le 1$
3) $|\sin(x)|\le |x|$

I den opprinnelige ulikheten substituerer vi $x$ med $x+y$. Da får vi:
$|\sin(x+y)-\sin(y)|\le |x|$

Bruker vi 1), 2) og 3) får vi:
$|\sin(x+y)-\sin(y)|=2|\sin(\frac{x}{2})||\cos(\frac{2x+y}{2})|\le 2|\sin(\frac{x}{2})|\le2|\frac{x}{2}|=|x|$.


nice

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 26/01-2019 16:06
Kay
En annen kul løsning på den som jeg ikke tar noen ære for er at

Hvis [tex]x<y[/tex] har man at [tex]\left |\frac{\sin y-\sin x}{y-x} \right |=\left |\frac{1}{y-x}\int_x^y\cos(t)dt \right |\leq \int_0^1|\cos(x+\tau(y-x))|d\tau<1[/tex]

Fordi integranden er [tex]\leq 1[/tex], men ikke [tex]\equiv 1[/tex]

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 26/01-2019 17:27
Gustav
Kay skrev:En annen kul løsning på den som jeg ikke tar noen ære for er at

Hvis [tex]x<y[/tex] har man at [tex]\left |\frac{\sin y-\sin x}{y-x} \right |=\left |\frac{1}{y-x}\int_x^y\cos(t)dt \right |\leq \int_0^1|\cos(x+\tau(y-x))|d\tau<1[/tex]

Fordi integranden er [tex]\leq 1[/tex], men ikke [tex]\equiv 1[/tex]


Litt artig med så mange helt forskjellige og kreative løsninger på én ulikhet!

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 27/01-2019 03:05
Markus
Så gøy å se så mange løsninger! Dette var «gitt» på eksamenen min i gk analyse 1 i år (oppgaven var å vise at $\sin(x)$ er uniformt kontinuerlig, og da inngår denne ulikheten).

Angående ulikhetlitteratur som du etterspør Aleks, syntes jeg at MITs «Introduction to olympiad inequalities» (tror det var noe sånt den het) var fin som en introduksjon. Etter det har jeg egentlig lest litt her og der. Evan Chen sine hefter slår som regel aldri feil. Brilliant.org har også noen fine sider på ulikheter.

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 28/01-2019 20:54
Markus
Gustav skrev:To lignende oppfølgere:
2. La $n\ge 3$ og $a_1,a_2,..., a_n$ være positive reelle tall. Vis at $$ \frac{1+a_1^2}{a_2+a_3}+\frac{1+a_2^2}{a_3+a_4}+\cdots +\frac{1+a_n^2}{a_1+a_2}\ge n $$

Skriver først om $$\begin{align*}
& \enspace \enspace \frac{1+a_1^2}{a_2+a_3}+\frac{1+a_2^2}{a_3+a_4}+\cdots +\frac{1+a_n^2}{a_1+a_2} \\
&= \left(\frac{1}{a_2+a_3}+\frac{1}{a_3+a_4}+\dots+\frac{1}{a_n+a_1}+\frac{1}{a_1+a_2}\right) + \left(\frac{a_1^2}{a_2+a_3}+\frac{a_2^2}{a_3+a_4} + \dots + \frac{a_{n-1}^2}{a_n+a_1}+\frac{a_n^2}{a_1+a_2} \right)
\end{align*}$$
Kall nå det første parantesen for $S_1$ og den andre for $S_2$. Bruker nå Titus lemma (eller Cauchy-Schwarz i Engelform - kjært barn har mange navn) på begge leddene som gir henholdsvis $$S_1=\frac{1}{a_2+a_3}+\frac{1}{a_3+a_4}+\dots+\frac{1}{a_n+a_1}+\frac{1}{a_1+a_2} \geq \frac{n^2}{2\sum_{i=1}^n a_i}$$ og $$S_2=\frac{a_1^2}{a_2+a_3}+\frac{a_2^2}{a_3+a_4} + \dots + \frac{a_{n-1}^2}{a_n+a_1}+\frac{a_n^2}{a_1+a_2} \geq \frac{\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)^2}{2\sum_{i=1}^n a_i} = \frac12 \sum_{i=1}^n a_i$$ Altså har vi at $S_1+S_2 \geq \frac12 \left(\frac{n^2}{\sum_{i=1}^n a_i} + \sum_{i=1}^n a_i \right)$ Av AM-GM er $$\left[\frac{n^2}{\sum_{i=1}^n a_i}\right] + \left[\sum_{i=1}^n a_i\right] \geq 2 \sqrt{\frac{n^2}{\sum_{i=1}^n a_i} \sum_{i=1}^n a_i} = 2n$$ Så $S_1+S_2 \geq n $ som skulle vises.

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 28/01-2019 21:49
Gustav
Perfekt!

Oppgaven er fra den polske olympiaden 2017/18. Tar du den andre også?

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 05/02-2019 00:05
Markus
Gustav skrev:Perfekt!

Oppgaven er fra den polske olympiaden 2017/18. Tar du den andre også?

Har du et hint Gustav? Jeg har gitt denne en del forsøk nå, men ender opp nesten hver gang med å komme under $n$, så jeg må ha en litt skarpere fremgangsmåte. Har prøvd Titu, etterfulgt av CS og AM-GM, i tillegg til CS først, men kommer ikke helt i mål.

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 07/02-2019 18:20
Gustav
Markus skrev:Har du et hint Gustav? Jeg har gitt denne en del forsøk nå, men ender opp nesten hver gang med å komme under $n$, så jeg må ha en litt skarpere fremgangsmåte. Har prøvd Titu, etterfulgt av CS og AM-GM, i tillegg til CS først, men kommer ikke helt i mål.


Først CS-ulikheten $ \sqrt{1+x_i^2}\sqrt{1+x_j^2}\ge 1+x_i x_j$

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 07/02-2019 19:23
Markus
Gustav skrev:Først CS-ulikheten $ \sqrt{1+x_i^2}\sqrt{1+x_j^2}\ge 1+x_i x_j$

Fra den ulikheten
$$ \begin{alignat*}{2}\frac{1+x_1^2}{1+x_1x_2}+\frac{1+x_2^2}{1+x_2x_3}+\cdots +\frac{1+x_n^2}{1+x_nx_1}&\ge \frac{1+x_1^2}{\sqrt{(1+x_1^2)(1+x_2^2)}} + \frac{1+x_2^2}{\sqrt{(1+x_2^2)(1+x_3^2)}} + \dots + \frac{1+x_n^2}{\sqrt{(1+x_n^2)(1+x_1^2)}} \\
&= \sqrt{1+x_1^2}\frac{1}{\sqrt{1+x_2^2}} + \sqrt{1+x_2^2}\frac{1}{\sqrt{1+x_3^2}} + \dots + \sqrt{1+x_n^2}\frac{1}{\sqrt{1+x_1^2}} \\
&= \sqrt{\frac{1+x_1^2}{1+x_2^2}} + \sqrt{\frac{1+x_2^2}{1+x_3^2}} + \dots + \sqrt{\frac{1+x_n^2}{1+x_1^2}} \end{alignat*}$$ Nå har vi av AM-GM at $$\begin{alignat*}{2} \sqrt{\frac{1+x_1^2}{1+x_2^2}} + \sqrt{\frac{1+x_2^2}{1+x_3^2}} + \dots + \sqrt{\frac{1+x_n^2}{1+x_1^2}} &\geq n\sqrt[n]{\sqrt{\frac{1+x_1^2}{1+x_2^2}}\sqrt{\frac{1+x_2^2}{1+x_3^2}} \cdots \sqrt{\frac{1+x_n^2}{1+x_1^2}}} \\
&=n\sqrt[2n]{\frac{(1+x_1^2)(1+x_2^2)\cdots(1+x_n^2)}{(1+x_2^2)(1+x_3^2)\cdots(1+x_1^2)}} = n\sqrt[2n]{1}=n \end{alignat*}$$ Som viser den ønskede ulikheten.

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 07/02-2019 23:29
Gustav
bra

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 08/02-2019 00:27
Markus
Oppfølger:
La $a,b,c$ være sidene i en trekant og $A$ dens areal. Vis at $$a^2+b^2+c^2\ge 4\sqrt{3}A$$.

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 08/02-2019 01:22
Kay
Markus skrev:Oppfølger:
La $a,b,c$ være sidene i en trekant og $A$ dens areal. Vis at $$a^2+b^2+c^2\ge 4\sqrt{3}A$$.


Av Heron's formel og NM i algebra:

[tex]a^2+b^2+c^2\geq 4\sqrt{3}\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} \\ \Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)^2\geq (4\sqrt{3}\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)})^2 \\ \Leftrightarrow \dots \ (lat) \\ \Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2[/tex]

Og dette stemmer som følger av [tex]a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac[/tex]

Som også bør bevises hvis jeg ønsker anvende det så enkelt og greit

Når [tex]a=b=c[/tex]

[tex]a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca \\ \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\geq 0 \\ \Leftrightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geq 0[/tex]

Tror dette holder?

Oppfølger: La [tex]P[/tex] være et punkt i [tex]\Delta ABC[/tex] vis at [tex]\sqrt{2}(PA+PB+PC)\geq \sqrt{a^2+b^2+c^2+4\sqrt{3}S}[/tex] hvor [tex]S=[\Delta ABC][/tex] er arealet av [tex]\Delta ABC[/tex] og [tex]a,b,c[/tex] er sidelengdene i trekanten.

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 09/02-2019 10:56
zzzivert
La $PA=x$, $PB=y$, $PC=z$, $\angle BPC = \alpha$, $\angle APC = \beta$ og $\angle APB = \gamma$.
Kvadrer vi ulikheten får vi:
$2(x+y+z)^2\ge a^2+b^2+c^2+4\sqrt{3}S$.
Bruker vi cosinus-setningen og arealsetningen får vi:
$2\sum x^2 + 4\sum yz \ge 2\sum x^2 -2\sum yz \cos{\alpha} + 2\sqrt{3}\sum yz \sin{\alpha}$
$\sum yz (2+\cos{\alpha}-\sqrt{3}\sin{\alpha})\ge 0$.
Til slutt observerer vi at:
$-2\sin(\theta-\frac{\pi}{6})=\cos{\theta}-\sqrt{3}\sin{\theta} \ \ \Rightarrow \ 2+\cos{\theta}-\sqrt{3}\sin{\theta}=2-2\sin(\theta-\frac{\pi}{6})\ge 0$.

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 21/03-2019 01:23
Markus
Kjører på med en ulikhet fra lineær algebra:

La $A$ være en symmetrisk $m\times m$-matrise, og anta at alle egenverdiene er slik at $0<\lambda_1\leq \lambda_2 \leq \dots \leq \lambda_m$. Vis at da er $$\langle A\mathbf{y}, \mathbf{y} \rangle \geq \lambda_1||\mathbf{y}||^2 \enspace \forall \mathbf{y} \in \mathbb{R}^n$$ Her denoterer selvfølgelig $\langle \cdot, \cdot \rangle$ det vanlige indreproduktet i $\mathbb{R}^n$. Denne skal fint kunne løses uten særlig mye lineær algebra kunnskaper, men det er essensielt å vite at egenvektorene tol $A$ er ortogonale dersom de har ulik egenverdi (i dette tilfellet gjelder dette siden $A$ er symmetrisk).

Re: Ulikhetmaraton

InnleggSkrevet: 04/05-2019 13:43
Markus
Lite ekstase rundt denne ulikheten gitt. Presenterer en løsning og kommer med en oppfølger.

Løsning:
Først og fremst; siden $A$ er symmetrisk (og reell) sier spektralteoremet oss at det finnes en (ordnet) ortonormal basis $\beta = \{v_1,v_2,\dots,v_n\}$ for $\mathbb{R}^n$ bestående av egenvektorer for $A$, slik at $v_i$ har egenverdi $\lambda_i$. La $y \in \mathbb{R}^n$, da kan vi skrive $y=\sum_{i=1}^n c_i\mathbf{v}_i$ for $c_i \in \mathbb{R}$. Siden $\beta$ er ortonormal er $\mathbf{v}_i\mathbf{v}_j = 0$ når $i \neq j$ og $\mathbf{v}_i\mathbf{v}_j=1$ når $i = j$. Nå er $$||\mathbf{y}||^2 = \left \langle \sum_{i=1}^n c_i\mathbf{v}_i, \sum_{i=1}^n c_i\mathbf{v}_i \right \rangle = \sum_{i=1}^n c_i \left \langle \mathbf{v}_i, \sum_{i=1}^n c_i \mathbf{v}_i \right \rangle = \sum_{i=1}^n c_i \langle \mathbf{v}_i, c_i\mathbf{v}_i \rangle = \sum_{i=1}^n c_i^2$$ Dermed får vi at $$\begin{alignat*}{2} \langle A\mathbf{y},\mathbf{y} \rangle &= \left \langle \sum_{i=1}^n Ac_i\mathbf{v_i}, \sum_{i=1}^n c_i\mathbf{v}_i \right \rangle \\
&= \left \langle \sum_{i=1}^n c_i (A\mathbf{v}_i), \sum_{i=1}^n c_i\mathbf{v}_i \right \rangle \\
&= \left \langle \sum_{i=1}^n c_i \lambda_i \mathbf{v}_i, \sum_{i=1}^n c_i \mathbf{v}_i \right \rangle = \sum_{i=1}^n c_i^2\lambda_i \geq \lambda_1\sum_{i=1}^n c_i^2 = \lambda_1||\mathbf{y}|| \end{alignat*}$$

Oppfølger:
La $a_1,a_2,\dots,a_n$ være positive reelle tall slik at $a_1a_2\cdots a_n = 1$. Vis at $$(1+a_1)(1+a_2)\cdots(1+a_n)\geq 2^n$$