matematikk.net

La [tex]x=\frac{a}{b}, \ y=\frac{b}{c}, \ z= \frac{c}{a}[/tex], der [tex]a,b,c>0[/tex].
[tex]\sum_{cyc}\frac{1}{(x+1)^2+y^2+1}=\sum_{cyc}\frac{1}{(\frac{a}{b}+1)^2+(\frac{b}{c})^2+1}=\sum_{cyc}\frac{(bc)^2}{c^2(a+b)^2+b^4+(bc)^2}[/tex]
Av AM-GM har vi [tex]c^2a^2+b^4\geq 2ab^2c[/tex].
Derfor får vi
[tex]c^2(a+b)^2+b^4+(bc)^2=c^2a^2+b^4+2c^2ab+2b^2c^2\geq 2ab^2c+2c^2ab+2b^2c^2=2bc(ab+ac+bc)[/tex]
Som betyr
[tex]\sum_{cyc}\frac{(bc)^2}{c^2(a+b)^2+b^4+(bc)^2}\leq \sum_{cyc}\frac{(bc)^2}{2bc(ab+ac+bc)}=\frac{1}{2}[/tex]

Oppfølger:

La [tex]a,b,c,d[/tex] være ikke-negative reelle tall s.a. [tex]ab+bc+cd+da=1[/tex]. Vis at
[tex]\frac{a^3}{b+c+d}+\frac{b^3}{a+c+d}+\frac{c^3}{a+b+d}+\frac{d^3}{a+b+c}\geq\frac{1}{3}[/tex]

Registrerer at ab + bc + cd + da = (a +c)(b+d) = 1

Sett S = a + b + c + d

Innfører hjelpefunksjonen

f( x ) = x[tex]^3[/tex]/(S - x ) , der x< S

Funksjonen f er konveks ( f''( x ) > 0 ) . Jensen gir då

(f( a ) + f( b) + f( c ) + f( d ))/4 >= f(S/4) = S[tex]^2[/tex]/48 , som gir

f( a ) + f( b ) + f( c ) + f( d ) >= S[tex]^2[/tex]/12

S[tex]^2[/tex] = (a + b + c + d )[tex]^2[/tex] = [ (a + c) + (b + d )][tex]^2[/tex] = (a +c)[tex]^2[/tex] + (b + d)[tex]^2[/tex] + 2

Sidan (a + c) = 1/(b + d) , kan vi lett vise at (a+c)[tex]^2[/tex] + (b + d )[tex]^2[/tex] har sin minste verdi ( 2) når

a + c = b + d = 1. Då endar vi opp med at

f( a ) + f(b) + f( c ) + f( d ) >= S[tex]^2[/tex]/12 >= ( 2 + 2 )/12 = 1/3 ( som skulle visast )

Flott!

Utnytter meg av muligheten til å poste en oppfølger, siden du glemte det mattegjest.

La $a_1,a_2,\dots,a_n$ og $\omega_1, \omega_2, \dots, \omega_n$ være ikke-negative reelle tall slik at $\omega_1+\omega_2+\dots+\omega_n=1$. Vis at $$\omega_1a_1 + \omega_2a_2 + \dots + \omega_na_n \geq a_1^{\omega_1}a_2^{\omega_2}\cdots a_n^{\omega_n}$$ og at AM-GM-ulikheten følger av ulikheten du skulle vise.

Ulikskapen følgjer av Jensen når vi innfører den konkave hjelpefunksjonen

f( x ) = log[tex]_g( x )[/tex] der grunntalet g > 1

log( w[tex]_1[/tex]*a[tex]_1[/tex] + ...............+ w[tex]_n[/tex] * a[tex]_n[/tex] ) >=SUM( w[tex]_i[/tex]*log(a[tex]_i[/tex]) frå i = 1 til i = n) (brukar logaritmereglane for potens og produkt "baklengs" ) = log ( H. S.)

Ved aritmetisk middel ( AM ) har alle elementa a[tex]_1[/tex] , ..............., a[tex]_n[/tex] lik vekt , dvs.

w[tex]_1[/tex] = w[tex]_2[/tex] = ........................... = w[tex]_n[/tex] = 1/n . Ulikskapen får då forma

(a[tex]_1[/tex] + a[tex]_2[/tex] + ............... + a[tex]_n[/tex])/n >= (a[tex]_1[/tex]*a[tex]_2[/tex]*..........*a[tex]_n)^{1/n}[/tex] (som skulle visast )

OBS ! Bruken av Jensen med f( x ) = log( x ) har som føresetnad at

a[tex]_1[/tex] , a[tex]_2[/tex] , ................................... , a[tex]_n[/tex]

er positive tal, dvs. vi må utelukke null( 0 ) som er eit ikkje-negativt tal.

Mattegjest skrev:Ulikskapen følgjer av Jensen når vi innfører den konkave hjelpefunksjonen

f( x ) = log[tex]_g( x )[/tex] der grunntalet g > 1

log( w[tex]_1[/tex]*a[tex]_1[/tex] + ...............+ w[tex]_n[/tex] * a[tex]_n[/tex] ) >=SUM( w[tex]_i[/tex]*log(a[tex]_i[/tex]) frå i = 1 til i = n) (brukar logaritmereglane for potens og produkt "baklengs" ) = log ( H. S.)

Ved aritmetisk middel ( AM ) har alle elementa a[tex]_1[/tex] , ..............., a[tex]_n[/tex] lik vekt , dvs.

w[tex]_1[/tex] = w[tex]_2[/tex] = ........................... = w[tex]_n[/tex] = 1/n . Ulikskapen får då forma

(a[tex]_1[/tex] + a[tex]_2[/tex] + ............... + a[tex]_n[/tex])/n >= (a[tex]_1[/tex]*a[tex]_2[/tex]*..........*a[tex]_n)^{1/n}[/tex] (som skulle visast )

Bra, ulikheten er jo triviell dersom en $a_i=0$, så vi kan anta $a_i$ positiv. Har du en oppfølger, Mattegjest?

Oppfølgar:

Vis at abc <= (ab + bc + ca )(a[tex]^2[/tex] + b[tex]^2[/tex] + c[tex]^2[/tex] )[tex]^2[/tex]

for alle positive reelle tal a , b og c som er slik at a + b +c = 1

Deler vi på [tex]abc[/tex] blir ulikheten:
[tex](\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(a^2+b^2+c^2)^2\geq1[/tex]
Fra AM-HM har vi
[tex]\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{9}{a+b+c}=9[/tex]
og fra QM-AM har vi
[tex]\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}\geq \frac{a+b+c}{3}=\frac{1}{3}[/tex]
Derfor får vi
[tex](\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(a^2+b^2+c^2)^2\geq 9\cdot \frac{1}{9}=1[/tex]

Sjølvsagt heilt korrekt ! Problemet løysast ved å bruke " standard verktøy ".
Eg brukte Cauchy-Schwarz samt AM-HM og kom fram til same resultatet.

Mattegjest skrev:Oppfølgar:

Vis at abc <= (ab + bc + ca )(a[tex]^2[/tex] + b[tex]^2[/tex] + c[tex]^2[/tex] )[tex]^2[/tex]

for alle positive reelle tal a , b og c som er slik at a + b +c = 1

Alternativ løsning: Definer $S_1=(a+b+c)/3,S_2=(ab+bc+ca)/3$ og $S_3=abc$. Etter homogenisering er ulikheten som skal vises ekvivalent med
\[ 27S_1^3S_3\leq 3S_2(9S_1^2-6S_2)^2. \]
Vi har
\[3S_2(9S_1^2-6S_2)^2\geq 3S_2(3S_1^2)^2=27S_2S_1^4,\]
og det følger av Maclaurins ulikhet at $S_2\geq S_3^{2/3}$ og $S_1\geq S_3^{1/3}$, som er nok.

stensrud skrev: Alternativ løsning: Definer $S_1=(a+b+c)/3,S_2=(ab+bc+ca)/3$ og $S_3=abc$. Etter homogenisering er ulikheten som skal vises ekvivalent med
\[ 27S_1^3S_3\leq 3S_2(9S_1^2-6S_2)^2. \]
Vi har
\[3S_2(9S_1^2-6S_2)^2\geq 3S_2(3S_1^2)^2=27S_2S_1^4,\]
og det følger av Maclaurins ulikhet at $S_2\geq S_3^{2/3}$ og $S_1\geq S_3^{1/3}$, som er nok.

Fin den!

Finn minimumsverdien til $xyz$ dersom $x+2y+3z=6$ og $x,y,z>0$.