To ulikheter

[Brahmagupta]

1) Anta at $a,b,c,d$ er positive reelle tall. Vis at

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\ge 2$

2) Anta at $a,b,c$ er positive reelle tall. Vis at

$\frac{5a^3-a{b}^2}{a+b}+\frac{5b^3-b{c}^2}{b+c}+\frac{5c^3-c{a}^2}{c+a}\ge 2(a^2+b^2+c^2)$

[Per Spelemann]

Løsning – 1. ulikhet

Ulikheten er homogen, så vi kan anta at $a+b+c+d=1$.

Jensens ulikhet sier:
La $f$ være en konveks funksjon på et intervall $I$,
$x_1,\dots ,x_n\in I$ og $v_1,\dots ,v_n\ge 0$ der
$v_1+\cdots +v_n=1$. Da er:
$$v_{1}f(x_1)+\cdots +v_{n}f(x_n)\ge f(v_1{x}_1+\cdots +v_n{x}_n)$$

Ved å la $f(x)=1/x$, $I={\mathbb{R}}^{+}$, $n=4$, $v_1=a$, $v_2=b$, $v_3=c$, $v_4=d$,
$x_1=b+c$, $x_2=c+d$, $x_3=d+a$ og $x_4=a+b$, så finner vi:
$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\ge \frac{1}{a(b+c)+b(c+d)+c(d+a)+d(a+b)}=\frac{(a+b+c+d{)}^2}{ab+2ac+ad+bc+2bd+cd}$$

Det er nå nok å vise at høyre teller er minst to ganger høyre nevner:

$(a+b+c+d{)}^2\ge 2ab+4ac+2ad+2bc+4bd+2cd⟺$ (ganger ut og forenkler)
$a^2+b^2+c^2+d^2\ge 2ac+2bd⟺$
$(a-c{)}^2+(b-d{)}^2\ge 0$

Dette stemmer!

[Brahmagupta]

Flott! Man kan også gjøre det uten bruk av Jensen.

$\frac{a}{b+c}+\frac{c}{d+a}=\frac{a(d+a)+c(b+c)}{(b+c)(d+a)}\ge \frac{a^2+c^2+bc+da}{\frac{1}{4}(a+b+c+d{)}^2}$
og ekvivalent
$\frac{b}{c+d}+\frac{d}{a+b}\ge \frac{b^2+d^2+ab+cd}{\frac{1}{4}(a+b+c+d{)}^2}$

Hvor ulikheten $xy\le \frac{1}{4}(x+y{)}^2$ er benyttet på nevneren.

Summeres disse ulikhetene gjenstår det å vise at $2(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+bc+cd+da)\ge (a+b+c+d{)}^2$.
Ved å gange ut og kansellere viser dette seg også å være ekvivalent med $(a-c{)}^2+(b-d{)}^2\ge 0$

[Gustav]

2)
$\frac{5a^3-a{b}^2}{a+b}+\frac{5b^3-b{c}^2}{b+c}+\frac{5c^3-c{a}^2}{c+a}\ge 2(a^2+b^2+c^2)$

Ulikheten er homogen, så vi kan anta at $a^2+b^2+c^2=1$. Rearrangementulikheten(eller evt. AM-GM) gir da at $ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2=1$.

Den øverste ulikheten kan omskrives til

$4(\frac{a^3}{a+b}+\frac{b^3}{b+c}+\frac{c^3}{c+a})-(ab+bc+ca)\ge a^2+b^2+c^2=1$. Dette er det samme som at

$4(\frac{a^2}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b^2}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c^2}{1+\frac{a}{c}})\ge 1+(ab+bc+ca)$.

La $f(x)=\frac{1}{1+x}$, som er konveks for positive x. Generalisert Jensen gir nå at

$4(\frac{a^2}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b^2}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c^2}{1+\frac{a}{c}})\ge 4\frac{1}{1+(ab+bc+ca)}$. (edit:kan sikkert bruke noe annet enn Jensen her)

Siden $0\le ab+bc+ca\le 1$ og $\frac{1}{(1+x{)}^2}$ er monotont synkende er

$\frac{4}{1+(ab+bc+ca)}\ge 1+(ab+bc+ca)$, og den opprinnelige ulikheten følger.

Hvor er ulikhetene hentet fra?

[Brahmagupta]

http://www.imomath.com/index.php?options=593&lmm=0

Flere gode oppgaver der!

[Gustav]

http://www.imomath.com/index.php?options=593&lmm=0

Flere gode oppgaver der!

Takk for tipset:-)

[Aleks855]

Second that. Jeg trenger sårt å trene på slikt.