matematikk.net

Gustav skrev:

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.

Beklager for feilen. Ulikheten skulle altså være:

Gitt at positive tall a,b,c som oppfyller $a+b+c=3$, vis at \[ \sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{b^2+bc+c^2}+\sqrt{c^2+ca+a^2} \geq 3\sqrt{3}.\]

mingjun skrev: Gitt at positive tall a,b,c som oppfyller $a+b+c=3$, vis at \[ \sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{b^2+bc+c^2}+\sqrt{c^2+ca+a^2} \geq 3\sqrt{3}.\]

Homogenisering gir $\sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{b^2+bc+c^2}+\sqrt{c^2+ca+a^2} \geq \sqrt{3}(a+b+c)=\frac{\sqrt{3}}{2}(a+b)+ \frac{\sqrt{3}}{2}(b+c)+\frac{\sqrt{3}}{2}(c+a)$.

Nok å vise

$\sqrt{a^2+ab+b^2}\ge \frac{\sqrt{3}}{2}(a+b)$ for alle positive $a,b$, som etter litt algebra er ekvivalent med $(a-b)^2\ge 0$.

(Likhet hviss $a=b=c=1$.)

Oppfølger: Gitt at $\int_0^1 f(x)\,dx = \int_0^1 xf(x)\,dx=1$, vis at $\int_0^1 f(x)^2\,dx\ge 4$

Gustav skrev: Oppfølger: Gitt at $\int_0^1 f(x)\,dx = \int_0^1 xf(x)\,dx=1$, vis at $\int_0^1 f(x)^2\,dx\ge 4$

Cauchy:

$\left(\int_0^1 f(x)(6x-2)\,dx \right)^2 \leq \int_0^1 f^2(x)\,dx *\int_0^1 (6x-2)^2\,dx$

[tex]4^2 \leq \int_0^1 f^2(x)\,dx * 4[/tex]

[tex]\int_0^1 f^2(x)\,dx \ge 4[/tex]

Flott, har du en oppfølger da?

Oppfølger:

Vis at $|xy+yz+zx|\le x^2+y^2+z^2$

Gustav skrev:Oppfølger:

Vis at $|xy+yz+zx|\le x^2+y^2+z^2$

Denne følger vel direkte fra Rearrangement-ulikheten siden vi wlog kan anta at $a \geq b \geq c$, eventuelt AM-GM på $a^2+b^2$, $b^2+c^2$ og $a^2+c^2$, men jeg mener vi har vist dette tidligere i tråden? Absoluttverditegnet gjør vel ingen forskjell fra om ulikheten hadde vært $xy+yz+zx \leq x^2 +y^2+z^2$? Ulikheten er jo også for så vidt $t=0$-casen av Schurs ulikhet.

Oppfølger
La $a,b,p,q \in \mathbb{R}^+$, slik at $\dfrac{1}{p} + \dfrac{1}{q} = 1$. Vis at $$\frac{a^p}{p} + \frac{b^q}{q} \geq ab$$

Hint:

[+] Skjult tekst

Start med Jensens ulikhet med $f(x)=\ln(x)$ og vektene $\omega_1=t$ og $\omega_2=1-t$

Markus skrev:

Gustav skrev:Oppfølger:

Vis at $|xy+yz+zx|\le x^2+y^2+z^2$

Denne følger vel direkte fra Rearrangement-ulikheten siden vi wlog kan anta at $a \geq b \geq c$, eventuelt AM-GM på $a^2+b^2$, $b^2+c^2$ og $a^2+c^2$, men jeg mener vi har vist dette tidligere i tråden? Absoluttverditegnet gjør vel ingen forskjell fra om ulikheten hadde vært $xy+yz+zx \leq x^2 +y^2+z^2$?

Ulikheten gjelder for alle reelle tall, også negative.. AM-GM gjelder kun for ikkenegative.

Gustav skrev:

Markus skrev:

Gustav skrev:Oppfølger:

Vis at $|xy+yz+zx|\le x^2+y^2+z^2$

Denne følger vel direkte fra Rearrangement-ulikheten siden vi wlog kan anta at $a \geq b \geq c$, eventuelt AM-GM på $a^2+b^2$, $b^2+c^2$ og $a^2+c^2$, men jeg mener vi har vist dette tidligere i tråden? Absoluttverditegnet gjør vel ingen forskjell fra om ulikheten hadde vært $xy+yz+zx \leq x^2 +y^2+z^2$?

Ulikheten gjelder for alle reelle tall, også negative.. AM-GM gjelder kun for ikkenegative.

Selvfølgelig! Men rearrangement-ulikheten vil være gyldig i dette tilfellet?

Og siden $|xy + yz + zx|$ sitt maksimum er når fortegnet er likt på alle leddene, kan en ikke bruke AM-GM på antakelsen at $x,y,z$ er positive, og deretter argumentere for at $|xy+yz+zx|$, med $x,y,z \in \mathbb{R}$ sitt maksimum er likt det maksimumet $xy+yz+zx$ har gitt $x,y,z \in \mathbb{R}_{\geq 0}$? Kvadratene er jo positive uansett. Ble litt rotete, men håper du forstår hva jeg mener.

Jo da, det skulle være mulig å argumentere slik, men hvis du bruker Cauchy-Schwarz blir det hele litt mer elegant.

Edit:
Trekantulikheten + rearrangement vil gi at $|xy+yz+zx|\le |xy|+|yz|+|zx|=|x||y|+|y||z|+|z||x|\le |x|^2+|y|^2+|z|^2 = x^2+y^2+z^2$.

Påstand: a[tex]^p[/tex]/p + b[tex]^q[/tex]/q >= a * b gitt at 1/p + 1/q = 1

Sett w[tex]_1[/tex] = 1/p og w[tex]_2[/tex] = 1/q

La vidare

( 1 ) x[tex]_1[/tex] = a[tex]^p[/tex] og ( 2 ) x[tex]_2[/tex] = b[tex]^q[/tex]

Av ( 1 ) og ( 2 ) følgjer at

w[tex]_1[/tex] = 1/p = ln( a )/ln( x[tex]_1[/tex] ) og w[tex]_2[/tex] = 1/p[tex]_2[/tex] = ln( b )/ln( x[tex]_2[/tex])

Tek ut ln-logaritmen på begge sider og får

( * ) ln( w[tex]_1[/tex]*x[tex]_1[/tex] + w[tex]_2[/tex]*x[tex]_2[/tex] ) >= ln(a * b ) = ln(w[tex]_1[/tex]*x[tex]_1[/tex]) + ln(w[tex]_2[/tex]*x[tex]_2[/tex])

Ulikskapen ( *) følgjer av av Jensen ettersom logaritmefunksjonen er konkav.

Gjer merksam på skrivefeil ( H.S.) : ln(w[tex]_1[/tex] * x[tex]_1[/tex]) + ln(w[tex]_2[/tex]*x[tex]_2[/tex])

Korrekt uttrykk : w[tex]_1[/tex] * ln( x[tex]_1[/tex] ) + w[tex]_2[/tex]* ln( x[tex]_2[/tex])

Oppfølger: Vis at for ikkenegative $x,y,z$ er

$(x+y)^2+(y+z)^2+(z+x)^2\ge 4\sqrt{3}\sqrt{(x+y+z)xyz}$

Cauchy gir:

(x + y )[tex]^2[/tex] + (x + z)[tex]^2[/tex] + (y + z)[tex]^2[/tex] >= 4 ( x + y + z )^2/3

(x + y + z )[tex]^2[/tex] = rota av (x+ y + z) * rota av[ (x + y + z)[tex]^3[/tex]]

AM-GM gir : (x + y + z)[tex]^3[/tex] >= (3*tredjerota av(XYZ))[tex]^3[/tex] =27*xyz

Konklusjon: (x+y)[tex]^2[/tex] + (y + z)[tex]^2[/tex] + (x + z)[tex]^2[/tex] >=4/3*(kvadratrota av(x + y + z)[tex]^4[/tex])>= 4/3 * kvadratrota av [(x+y+z)*(x+y+z)[tex]^3[/tex])>= 4/3 * rota av [(x+y+z)*27*xyz)= 4*rota av (3)*rota av((x+y+z)*xyz))

Den som løser en ulikhet i denne tråden må poste en oppfølger.


Oppfølger:

Vis at $\frac{a+b+c}{3}\ge \frac{\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}}{2}\ge \sqrt[3]{abc}$

Edit: rettelse

Meiner innsendar at nemnar i "mellomleddet" skal vere tredjerota av (2 ) ?