enda en ulikhet

[Gustav]

For $a_i\in \mathbb{R}$, vis at $\sqrt[3]{\sum a_i^3}\le \sqrt{\sum a_i^2}$

[Ice]

Vi kjører på, selv om det ikke gikk så bra sist jeg prøvde (jfr. oppgaven 'Talloppgave')

Anta uten tap av generalitet at alle ledd $a_i\ge 0$, siden høyresiden er uavhengig av fortegn på hvert ledd, og den bare gjøre venstresiden mindre.

Deretter legger vi merke til at pga. Cauchy Schwarz' ulikhet har vi:
$(\sum _i{a}_i^2{a}_i{)}^2\le (\sum _i{a}_i^4)(\sum _i{a}_i^2)$

Vi opphøyer den opprinnelige ulikheten i 6. potens, som på venstre siden gir:

$(\sqrt[3]{\sum a_i^3}{)}^6=(\sum a_i^3{)}^2=(\sum _i{a}_i^2{a}_i{)}^2\le (\sum _i{a}_i^4)(\sum _i{a}_i^2)$

Nå står det igjen å vise at:
$(\sum _i{a}_i^4)(\sum _i{a}_i^2)\le (\sum a_i^2{)}^3$

Anta $\sum _i{a}_i^2\ne 0$, hvis ikke er ulikheten triviell, i.e. $0=0$, slik at vi kan dele bort dette leddet.

Men nå er høyre side:

$(\sum a_i^2{)}^2=\sum a_i^4+\underset{i\ne j}{\sum _i\sum _j{a}_i^2{a}_j^2}\ge \sum a_i^4$
siden alle kryssledd er positive, og vi er ferdige.

[Gustav]

Det ser bra ut.

[Brahmagupta]

Alternativ løsning ved induksjon:
For n=1 er ulikheten triviell. Så vi ser først på tilfelle n=2.

$(x^3+y^3{)}^2\le (x^2+y^2{)}^3\iff 2x^3{y}^3\le 3x^4{y}^2+3x^2{y}^4\iff (x^{2}y-x{y}^2{)}^2+2(x^4{y}^2+x^2{y}^4)\ge 0$

Som åpenbart holder. Så vi vet at $\sqrt[3]{x^3+y^3}\le \sqrt{x^2+y^2}$ for alle reelle $x,y$.

Anta nå at ulikheten holder for n=k. Da er

$(\sum _{i=1}^{k+1}{a}_i^3{)}^{\frac{1}{3}}=(\sum _{i=1}^k{a}_i^3+a_{k+1}^3{)}^{\frac{1}{3}}\le ((\sum _{i=1}^k{a}_i^2{)}^{\frac{3}{2}}+a_{k+1}^3{)}^{\frac{1}{3}}\le (\sum _{i=1}^k{a}_i^2+a_{k+1}^2{)}^{\frac{1}{2}}=(\sum _{i=1}^{k+1}{a}_i^2{)}^{\frac{1}{2}}$

Hvor induksjonshypotesen benyttes i første ulikheten og tilfelle n=2 benyttes i den andre.

[Brahmagupta]

En oppfølger:

Vis at for reelle $a,b,c$ så er
$a^a{b}^b{c}^c\ge (abc{)}^{\frac{a+b+c}{3}}$

[Gustav]

a,b,c må være positive siden a=b=1, c=-2 vil være et moteksempel.

Tar log (ok siden f(x)= log x er voksende for x>0) og får $a\log a+b\log b+c\log c\ge \frac{1}{3}(a+b+c)(\log a+\log b+\log c)$.

Pga. symmetri kan vi anta at $a\ge b\ge c\Rightarrow \log a\ge \log b\ge \log c$, så ulikheten følger fra Chebychev.

Oppfølger: La a,b,c være positive reelle tall slik at abc=1. Vis at $1+\frac{3}{a+b+c}\ge \frac{6}{ab+bc+ca}$

[Brahmagupta]

$(1-\sqrt{\frac{3}{a+b+c}}{)}^2\ge 0\Rightarrow 1+\frac{3}{a+b+c}\ge 2\sqrt{\frac{3}{a+b+c}}$

Så hvis vi kan vise ulikheten $\sqrt{\frac{3}{a+b+c}}\ge \frac{3}{ab+bc+ac}$ er vi ferdige.
Kvadrerer og ganger over og får

$(ab+bc+ac{)}^2\ge 3(a+b+c)$

Hvis vi så ser på den sanne ulikheten
$(x-y{)}^2+(y-z{)}^2+(x-z{)}^2\ge 0\iff x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\iff (x+y+z{)}^2\ge 3(xy+yz+zx)$
og setter $(x,y,z)=(ab,bc,ac)$ og bruker at $abc=1$ får vi det ønskede resultatet.