Syv ulikheter fra syd

[Gustav]

1) La $x,y,z$ være positive reelle tall slik at $xyz=1$. Vis at $\frac1{x+y^{20}+z^{11}}+\frac1{y+z^{20}+x^{11}}+\frac1{z+x^{20}+y^{11}}\leq 11$


2) La $a,b,c$ være positive reelle tall slik at $a+b+c=1$. Vis at $\frac{a^2b^2}{c^3(a^2-ab+b^2)}+\frac{b^2c^2}{a^3(b^2-bc+c^2)}+\frac{c^2a^2}{b^3(c^2-ca+a^2)}\geq \frac{3}{ab+bc+ca}$


3) For positive reelle tall $a,b,c,d$, vis at $\sqrt{a^4+c^4}+\sqrt{a^4+d^4}+\sqrt{b^4+c^4}+\sqrt{b^4+d^4}\geq 2\sqrt{2}(ad+bc)$


4) La $a,b,c$ være reelle tall slik at $0\leq a\leq b\leq c$. Vis at $(a+3b)(b+4c)(c+2a)\geq 60abc$


5) La $x,y,z$ være positive reelle tall slik at $xy+yz+zx=1$. Vis at $\frac{27}{4}(x+y)(y+z)(z+x)\geq (\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x})^2\geq 6\sqrt{3}$


6) La $a,b,c$ være postive reelle tall slik at $a+b+c=1$. Vis at $\frac{1}{ab+2c^2+2c}+\frac{1}{bc+2a^2+2a}+\frac{1}{ca+2b^2+2b}\geq \frac{1}{ab+bc+ca}$


7) La $a,b,c$ være positive reelle tall slik at $ab+bc+ca\leq 1$. Vis at $a+b+c+\sqrt 3\geq 8abc\left(\frac1{1+a^2}+\frac1{1+b^2}+\frac1{1+c^2}\right)$

[Brahmagupta]

4)
[tex](a+3b)(b+4c)(c+2a)=25abc+(2a^2b+3b^2c+4c^2a)+(6ab^2+12bc^2+8ca^2)[/tex]
[tex]\geq25abc+2(a^2b+b^2c+c^2a)+b^2c+8(ab^2+bc^2+ca^2)+4bc^2[/tex]

Hvor ulikheten [tex]c^2a\geq ab^2[/tex] er benyttet. Ved AM-GM er [tex]ab^2+bc^2+ca^2\geq3abc[/tex] og ekvivalent [tex]a^2b+b^2c+c^2a\geq3abc[/tex].
I tillegg har vi at [tex]bc^2\geq b^2c\geq abc[/tex] og dermed:

[tex]25abc+2(a^2b+b^2c+c^2a)+b^2c+8(ab^2+bc^2+ca^2)+4bc^2\geq25abc+6abc+abc+24abc+4abc=60abc[/tex]

Edit: Dårlig formatering.

[Gustav]

Selvsagt korrekt

[Brahmagupta]

3) [tex](a-b)^2\geq0 \Leftrightarrow 2(a^2+b^2)\geq(a+b)^2\Leftrightarrow \sqrt{a^2+b^2}\geq \frac1{\sqrt2}(a+b)[/tex]

Dermed følger det at
[tex]\sqrt{a^4+c^4}+\sqrt{a^4+d^4}+\sqrt{b^4+c^4}+\sqrt{b^4+d^4}\geq \frac2{\sqrt2}(a^2+b^2+c^2+d^2)[/tex]
[tex]=\sqrt2(a^2+d^2)+\sqrt2(b^2+c^2)\geq2\sqrt2(ad+bc)[/tex]

[Flaw]

Den var litt interessant! Klarer du å gi en geometrisk interpretasjon av det samme beviset?

[Brahmagupta]

5) [tex]f(x)=\sqrt{x}[/tex] er konkav på [tex]\mathbb{R^+}[/tex] så vi har at

[tex](\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{y+z})^2\leq(3\sqrt{\frac{2(x+y+z)}3})^2=6(x+y+z)[/tex]

Dermed holder det for den første ulikheten å vise at [tex]27(x+y)(y+z)(z+x)\geq24(x+y+z)[/tex]
Fra sammenhengen [tex]xy+yz+zx=1[/tex] følger det at [tex]x+y=\frac{1-xy}{z}[/tex], så ulikheten er ekvivalent med

[tex]27\frac{(1-xy)(1-yz)(1-zx)}{xyz}\geq24(x+y+z)[/tex]

Ved å gange ut venstresiden og benytte den oppgitte sammenhengen forenkles dette til
[tex]27(x+y+z-xyz)\geq24(x+y+z)[/tex]

Ved Cauchy-Schwarz ulikhet har vi at [tex](\frac1{xy}+\frac1{yz}+\frac1{zx})=(\frac1{xy}+\frac1{yz}+\frac1{zx})(xy+yz+zx)\geq9[/tex]
og dermed [tex]x+y+z\geq9xyz[/tex] som er ekvivalent med den ulikheten vi ønsket å bevise.



For den andre ulikheten starter vi med å gange ut kvadratet. Dette gir

[tex]2(x+y+z)+2(\sqrt{(x+y)(y+z)}+\sqrt{(y+z)(z+x)}+\sqrt{(z+x)(x+y)})[/tex]

[tex]=2(x+y+z)+2(\sqrt{x^2+1}+\sqrt{y^2+1}+\sqrt{z^2+1})[/tex]

Siden [tex](x+y)(y+z)=y^2+(xy+yz+zx)=y^2+1[/tex].

Ulikheten vi ønsker å vise vil nå følge ved å summere følgende to ulikheter
a) [tex]2(x+y+z)\geq2\sqrt3[/tex]
b) [tex]2(\sqrt{x^2+1}+\sqrt{y^2+1}+\sqrt{z^2+1})\geq4\sqrt3[/tex]

a) [tex](x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)\geq3(xy+yz+zx)=3 \Rightarrow (x+y+z)\geq\sqrt3[/tex]

b) [tex]f(x)=\sqrt{x^2+1}[/tex] er konveks så ved Jensens ulikhet har vi at
[tex]f(x)+f(y)+f(z)\geq3f(\frac{x+y+z}3)=3\sqrt{(\frac{x+y+z}3)^2+1}\geq3\sqrt{\frac13+1}=2\sqrt3[/tex]
Hvor resultatet fra a) er benyttet i nest siste overgang.