Ulikhetmaraton

[zzzivert offline]

Mener du maksimum?
Det er klart at [tex]xyz>0[/tex] og dersom [tex]z=1, \ x=3-2y[/tex] får vi [tex]xyz=y(3-2y) \rightarrow 0[/tex] når [tex]y \rightarrow 0[/tex].

For maksimum:
Av AM-GM har vi
[tex]8=(\frac{x+2y+3z}{3})^3\geq 6xyz[/tex]
[tex]0<xyz\leq \frac{8}{6}[/tex]

[Markus]

Oppfølger:
La $a,b,c,d \in \mathbb{R}$ slik at $a^2+b^2=c^2+d^2$. Finn maksimumsverdien til $$\frac{20bc+14bd+20ad-14ac}{a^2+b^2+c^2+d^2}$$

[zzzivert offline]

Av homogenitet kan vi anta at [tex]a^2+b^2=c^2+d^2=1[/tex].
Vi kan derfor gjøre substitusjonene:
[tex]a=\sin (x), \ b=\cos (x), \ c=\sin (y), \ d=\cos (y)[/tex]
Utrykket blir dermed lik:
[tex]10\cos (x)\sin (y)+10\sin (x)\cos (y)+7\cos (x)\cos (y)-7\sin (x)\sin (y)[/tex]
[tex]=10\sin (x+y)+7\cos (x+y)\leq \sqrt{10^2+7^2}\sqrt{\sin^2 (x+y)+\cos^2 (x+y)}=\sqrt{149}[/tex]
Her brukte vi Cauchy-Schwarz' ulikhet.

[Mattegjest offline]

Dette problemet har vore presentert tidlegare i dette forumet, og her presenterer zzzivert ei original og meget
elegant løysing.

[Markus]

Av homogenitet kan vi anta at [tex]a^2+b^2=c^2+d^2=1[/tex].
Vi kan derfor gjøre substitusjonene:
[tex]a=\sin (x), \ b=\cos (x), \ c=\sin (y), \ d=\cos (y)[/tex]
Utrykket blir dermed lik:
[tex]10\cos (x)\sin (y)+10\sin (x)\cos (y)+7\cos (x)\cos (y)-7\sin (x)\sin (y)[/tex]
[tex]=10\sin (x+y)+7\cos (x+y)\leq \sqrt{10^2+7^2}\sqrt{\sin^2 (x+y)+\cos^2 (x+y)}=\sqrt{149}[/tex]
Her brukte vi Cauchy-Schwarz' ulikhet.

Utrolig elegant løsning! Som mattegjest sier har ulikheten vært presentert før, men i mangel på nye ulikheter gikk jeg for en som hadde vært her tidligere, i håp om at flere ikke hadde sett den tidligere.

Dere må forresten huske på å poste oppfølgere. Den som viser en ulikhet poster en ny ulikhet til nestemann.

[Gustav]

Mener du maksimum?
Det er klart at [tex]xyz>0[/tex] og dersom [tex]z=1, \ x=3-2y[/tex] får vi [tex]xyz=y(3-2y) \rightarrow 0[/tex] når [tex]y \rightarrow 0[/tex].

For maksimum:
Av AM-GM har vi
[tex]8=(\frac{x+2y+3z}{3})^3\geq 6xyz[/tex]
[tex]0<xyz\leq \frac{8}{6}[/tex]

Jepp, beklager feilen!

Oppfølger: For positive reelle $a,b,c$ slik at $12\ge 21ab+2bc+8ca$, vis at

$\frac1a+\frac2b+\frac3c\ge \frac{15}{2}$

Edit: Rettet feil i ulikheten påpekt av zzzivert

[zzzivert offline]

Oppfølger: For positive reelle $a,b,c$ slik at $12\ge 21ab+2bc+8ca$, vis at

$\frac1a+\frac2b+\frac3c\le \frac{15}{2}$

Jeg antar at du mener
$\frac1a+\frac2b+\frac3c\ge \frac{15}{2}$
siden $a\rightarrow 0$ er et moteksempel.

Dessuten holder det å se på verdier der
$12= 21ab+2bc+8ca$
da mindre verdier av $a,b,c$ gir høyere verdier av $\frac1a+\frac2b+\frac3c$.

Vi starter med substitusjonen
$a=\frac{1}{3}x, \ b=\frac{4}{5}y, \ c=\frac{3}{2}z$

Etter forenklinger lyder oppgaven:
Vis at
$6yz+5xz+4xy\ge 15xyz$
når:
$3yz+5xz+7xy=15$

Fra AM-GM (vektet) har vi:
[tex]1=(\frac{3yz+5xz+7xy}{15})^{15}\ge x^{12}y^{10}z^{8}[/tex]
og
[tex]S=(\frac{6yz+5xz+4xy}{15})^{15}\ge x^{9}y^{10}z^{11}[/tex]
som gir:
[tex]1\cdot S^2\ge x^{12}y^{10}z^{8}\cdot x^{18}y^{20}z^{22}[/tex]
[tex]\Leftrightarrow S^2\ge x^{30}y^{30}z^{30}[/tex]
$\Leftrightarrow 6yz+5xz+4xy\ge 15xyz$

[zzzivert offline]

Oppfølger:
La $a,b,c>0$. Vis at:
$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}>2$.

[Gustav]

Jeg antar at du mener
$\frac1a+\frac2b+\frac3c\ge \frac{15}{2}$
siden $a\rightarrow 0$ er et moteksempel.

Selvsagt korrekt observert

[Mattegjest offline]

Viser til oppfølgar v/ zzzivert. Ut frå "symmetrien" i uttrykket er det freistande å hevde at V.S. ( LHS ) har sin
minste verdi når a = b = c. Da får vi at

V.S. >= 3/rota av ( 2 ) > 2

Dette er eit kvasibevis. Ventar spent på ei profesjonell løysing.


Mvh mattegjesten

[zzzivert offline]

Observer at dersom $a=b=1$ og $c \rightarrow 0$ går verdien av utrykket mot 2. Derfor stemmer det ikke at minste verdi er $\frac{3\sqrt{2}}{2}>2$.

Hint 1:

[+] Skjult tekst

$\sqrt{\frac{a}{b+c}}=\frac{a}{\sqrt{a(b+c)}}$

Hint 2:

[+] Skjult tekst

$\sqrt{a(b+c)}\le \frac{a+b+c}{2}$

[Mattegjest offline]

AM-GM gir
rota av (a (b + c ) ) <= ( a + b + c )/2

rota av (b (a + c ) ) <= ( b + a + c )/2

rota av ( ( c (a + b ) ) <= (c + a + b )/2

Vi har da at

rota av (a/( b+c ) ) = a/rota av (a(b+c)) >= 2a/( a + b + c )

rota av (b/(a +c)) = b/(rota av(b(a + c ) ) >= 2b/(a + b + c )

rota av (c/(a + b)) = c/(rota av(c(a+b)) >= 2c/(a + b + c )

Summerer V.S. og H.S. kvar for seg, og får

rota av (a/(b+c) + rota av (b/(a+c)) + rota av (c/( a+b ) ) >= 2(a+ b + c )/(a +b + c ) = 2 ( s. s. v. )

[zzzivert offline]

Det stemmer! Til slutt trengs det et lite argument hvorfor vi ikke kan få likhet.

Oppfølger:
La $a, b, c$ være sidelengder i en trekant.
Vis at
$$\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{c+a-b}+\frac{c}{a+b-c}\ge 3$$

[Mattegjest offline]

Sett S = a + b + c og innfører hjelpefunksjonen

f( x ) = x /(S - 2x ) . Ettersom denne funksjonen er konveks ( f''( x ) > 0 ) , får vi ifølge Jensen at

(f( a ) + f( b ) + f ( c ) )/3 >= f((a+b+c)/3) = S/3/(S - 2*S/3) = S/3/S/3 = 1, som er ekvivalent med at


a/(b+c - a) + b/(a+c - b) + c/(a + b - c) >= 3 ( s. s. v. )

[Mattegjest offline]

Gløymde å presisere at S - 2x > 0 når x er element i {a , b , c } ( summen av to sider i ein trekant er alltid større enn lengda av den 3. sida , dvs. a + b > c , a + c > b og b + c > a ).