Maksimum-verdi

Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.

Maksimum-verdi

Innlegg Kay » 04/11-2017 00:53

Fant denne, den var litt interessant. Gitt [tex]abc=1[/tex] og at [tex]a,b,c \in \mathbb{R^+}[/tex], finn den maksimale verdien av [tex]\frac{1}{(2a+b+c)^3}+\frac{1}{(2b+c+a)^3}+\frac{1}{(2c+a+b)^3}[/tex]
[tex]e=\pi=3[/tex]
Kay offline
Galois
Galois
Innlegg: 559
Registrert: 13/06-2016 18:23

Re: Maksimum-verdi

Innlegg OYV » 04/11-2017 11:53

Ut fra " symmetrien " i uttrykket vil summen få sin største verdi når

( 2a + b + c )^3 = (a + 2b + c )^3 = ( a + b + 2c )^3

Dette er ekvivalent med at a = b = c = 1

Da blir summen

1/4^3 + 1/4^3 + 1/4^3 = 3/64
OYV offline

Re: Maksimum-verdi

Innlegg Gustav » 07/11-2017 21:35

OYV skrev:Ut fra " symmetrien " i uttrykket vil summen få sin største verdi når

( 2a + b + c )^3 = (a + 2b + c )^3 = ( a + b + 2c )^3



Symmetri alene vil vel ikke implisere annet enn at funksjonen f(a,b,c)=Venstresida av ulikheten, har et lokalt maksimum i a=b=c=1, av Purkiss' prinsipp, https://www.maa.org/sites/default/files ... 78-387.pdf

Problemet er å vise at det lokale maksimumet også er globalt.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4298
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Maksimum-verdi

Innlegg mingjun » 23/11-2017 21:35

La $S$ være det oppgitte uttrykket. Ved gjentatte anvendelser av AM-GM har vi:

\[S \geq \frac{1}{(4\sqrt[4]{a^2bc})^3}+\frac{1}{(4\sqrt[4]{b^2ca})^3}+\frac{1}{(4\sqrt[4]{c^2ab})^3} = \dfrac{1}{64}\left(a^{-3/4}+b^{-3/4}+b^{-3/4}\right) \]
\[\geq \dfrac{1}{64}3\sqrt[3]{a^{-3/4}b^{-3/4}b^{-3/4}}=\dfrac{3}{64}.\]

Likhet er oppnådd når $a=b=c$.

Edit: hadde et falskt bevis ute i ca.3 min før jeg la merke til det. Forhåpentligvis var det bare meg :?
mingjun offline
Cayley
Cayley
Innlegg: 91
Registrert: 18/11-2016 21:13
Bosted: Det projektive planet

Re: Maksimum-verdi

Innlegg Gustav » 24/11-2017 14:57

mingjun skrev:La $S$ være det oppgitte uttrykket. Ved gjentatte anvendelser av AM-GM har vi:

\[S \geq \frac{1}{(4\sqrt[4]{a^2bc})^3}+\frac{1}{(4\sqrt[4]{b^2ca})^3}+\frac{1}{(4\sqrt[4]{c^2ab})^3} = \dfrac{1}{64}\left(a^{-3/4}+b^{-3/4}+b^{-3/4}\right) \]
\[\geq \dfrac{1}{64}3\sqrt[3]{a^{-3/4}b^{-3/4}b^{-3/4}}=\dfrac{3}{64}.\]

Likhet er oppnådd når $a=b=c$.

Edit: hadde et falskt bevis ute i ca.3 min før jeg la merke til det. Forhåpentligvis var det bare meg :?


Den første ulikheten din skal vel være motsatt vei hvis man benytter AM-GM.

Den andre ulikheten er riktig i seg selv, men det vi ønsker å vise er vel at $S\leq \frac{3}{64}$, da det er spørsmål om et maksimum?
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4298
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Maksimum-verdi

Innlegg mingjun » 24/11-2017 16:53

Oisann, det gikk litt raskt i svingene ser jeg. Jeg skal se om jeg klarer å mekke et ikke-jalla bevis i løpet av kvelden.
mingjun offline
Cayley
Cayley
Innlegg: 91
Registrert: 18/11-2016 21:13
Bosted: Det projektive planet

Re: Maksimum-verdi

Innlegg Gustav » 24/11-2017 22:41

Det hadde vært interessant å sett en elementær løsning. Problemet ligner på en ulikhet fra imo shortlist 2009 (https://artofproblemsolving.com/communi ... _shortlist), med unntak av føringsbetingelsen. Jeg tenkte først på å homogenisere, og innføre en ny betingelse a+b+c=3, og så bruke Jensen med den konkave funksjonen $f(x)=\frac{x}{(x+3)^3}$ på $(0,3)$, men dette fører til en ny ulikhet jeg ikke helt ser løsningen på.

En annen idé kunne vært å innføre substitusjonen $a=\frac{x}{y}, b=\frac{y}{z}, c=\frac{z}{x}$ slik at betingelsen blir eliminert.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4298
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Maksimum-verdi

Innlegg stensrud » 25/11-2017 03:26

Her er hva jeg ville kalt en elementær løsning: Vi viser den litt mer generelle ulikheten
\[\sum_{cyc}\frac{abc}{(2a+b+c)^3}\leq \frac{3}{64}\]
for alle $a,b,c\in \mathbb{R}^+$. Siden denne er homogen kan vi wlog anta at $a+b+c=1$. Da er
\[ bc\leq \frac{(b+c)^2}{4}=\frac{(a-1)^2}{4}, \]
slik at
\[ \sum_{cyc}\frac{abc}{(2a+b+c)^3}\leq \sum_{cyc}\frac{a(a-1)^2}{4(2a+b+c)^3}=\sum_{cyc}\frac{a(a-1)^2}{4(a+1)^3}. \]
Anta nå at $a,b,c<0.65$. Vi skal vise at
\[ \frac{a(a-1)^2}{4(a+1)^3}\leq \frac{7}{256}-\frac{9}{256}a, \]
og tilsvarende for $b,c$, hvoretter syklisk summering gir den ønskede ulikheten i dette tilfellet. Dette ser ikke spesielt pent ut, men det er mye enklere å finne likhetstilfellene, siden det "kun" innebærer å løse en fjerdegradsligning. Den har en dobbel rot ved $a=\frac13$ (som ikke burde være altfor overraskende), og da går det greit å finne de to andre røttene, som er $-5\pm4\sqrt{2}$, og disse røttene tilfredsstiller ulikhetene $-5 -4\sqrt{2}<0$ og $0.65<-5+4\sqrt{2}$. Ved å sjekke ulikheten over for en hvilken som helst verdi i intervallet $(0,0.65)$ så har vi vist at den holder i spesialtilfellet $a,b,c<0.65$.

Anta tilslutt at $a\geq 0.65$. Med $bc\leq \frac{(a-1)^2}{4}\leq \frac{0.35^2}{4}$ er
\[ abc\sum_{cyc}\frac{1}{a+1}\leq 0.65\cdot \frac{0.35^2}{4}\left(\frac{1}{\frac{65}{100}+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right), \]
og siden
\[ \frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=\frac{b+c+2}{b+c+1+bc}\leq \frac{b+c+2}{b+c+1}=\frac{2.65}{1.65},\]
så er
\[ abc\sum_{cyc}\frac{1}{a+1}\leq 0.65\cdot \frac{0.35^2}{4}\left(\frac{1}{\frac{65}{100}+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)\leq 0.65\cdot \frac{0.35^2}{4}\left(\frac{1}{\frac{65}{100}+1}+\frac{2.65}{1.65}\right), \]
som (så vidt) er mindre enn $\frac{3}{64}$. Dette fullfører beviset. $\blacksquare$

EDIT: Rettet et ulikhetstegn som sto feil vei.
Sist endret av stensrud den 28/11-2017 14:54, endret 1 gang
stensrud online
Descartes
Descartes
Innlegg: 438
Registrert: 08/11-2014 21:13
Bosted: Cambridge

Re: Maksimum-verdi

Innlegg Markus » 25/11-2017 14:21

Fungerer dette? Kan jeg for eksempel ta de antakelsene jeg har tatt?

Vi antar at $a = b = c$, slik at vi kan bruke AM-GM. Siden $abc = 1$, må da $a=b=c=1$

AM-GM gir

$\displaystyle a+a+b+c \geq 4 \sqrt[4]{a^2bc} \Longrightarrow 2a+b+c \geq 4\sqrt[4]{a^2bc} \Longrightarrow (2a+b+c)^3 \geq 4^3 a^{\frac{3}{4}} \Longrightarrow \frac{1}{(2a+b+c)^3} \leq \frac{1}{4^3} a^{\frac{4}{3}}$

$\displaystyle a+b+b+c \geq 4 \sqrt[4]{ab^2c} \Longrightarrow a+2b+c \geq 4 \sqrt[4]{ab^2c} \Longrightarrow (a+2b+c)^3 \geq 4^3 b^{\frac{3}{4}} \Longrightarrow \frac{1}{(a+2b+c)^3} \leq \frac{1}{4^3} b^{\frac{4}{3}} $

$\displaystyle a+b+c+c \geq 4 \sqrt[4]{abc^2} \Longrightarrow a+b+2c \geq 4\sqrt[4]{abc^2} \Longrightarrow (a+b+2c)^3 \geq 4^3 c^{\frac{3}{4}} \Longrightarrow \frac{1}{(a+b+2c)^3} \leq \frac{1}{4^3} c^{\frac{4}{3}}$

I det siste steget på ulikhetene har jeg opphøyd i $-1$ på begge sider, da snur ulikhetstegnet.

Fra ulikhetene over må maksimumet være:

$\frac{1}{4^3} a^{\frac{4}{3}} + \frac{1}{4^3} b^{\frac{4}{3}} + \frac{1}{4^3} c^{\frac{4}{3}} = \frac{1}{64} \left (a^{\frac{4}{3}} + b^{\frac{4}{3}} + c^{\frac{4}{3}} \right ) = \frac{1}{64} \left (1^{\frac{4}{3}} + 1^{\frac{4}{3}} + 1^{\frac{4}{3}} \right ) = \frac{1}{64} \cdot 3 = \frac{3}{64}$
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Maksimum-verdi

Innlegg stensrud » 25/11-2017 21:07

Husk at $1/a^{\frac34}=a^{-\frac34}\neq a^{\frac43}$.

Markus skrev:Fungerer dette? Kan jeg for eksempel ta de antakelsene jeg har tatt?
Vi antar at $a = b = c$, slik at vi kan bruke AM-GM. Siden $abc = 1$, må da $a=b=c=1$
AM-GM gir


Her er idéene du bruker riktige, men føringen feil: Vi kan ikke fritt anta $a=b=c$, siden dette utgjør kun noen få av tilfellene. AM-GM-ulikheten sier at $\frac{a+b}{2}\geq \sqrt{ab}$ uansett hva $a,b$ og $c$ er, så lenge de er positive. Og da er det ikke noe behov for å anta at $a=b=c$, siden ulikhetene gjelder uansett. (Det er sant at vi har likhet i AM-GM hvis og bare hvis alle variablene er like store). Her er et eksempel på hvordan man kan føre et AM-GM bevis:

La oss vise ulikheten $(x+y)(y+z)(z+x)\geq 8xyz$ for positive $x,y,z$: Det følger av AM-GM-ulikheten at $x+y\geq 2\sqrt{xy}$, og tilsvarende er $y+z \geq2\sqrt{yz}$ og $z+x\geq 2\sqrt{zx}$. Derfor er
\[(x+y)(y+z)(z+x)\geq (2\sqrt{xy})(2\sqrt{yz})(2\sqrt{zx})=8xyz, \]
som ønsket. Vi har likhet hvis og bare hvis $x=y=z$.

Tilbake til ulikheten i tråden så holder det ikke å bruke AM-GM direkte: Vi kan for eksempel gjøre $a^{-\frac34}$ vilkårlig stor. Jeg har tro på at det går an å løse ulikheten elementært, og i tillegg unngå å dele opp i tilfeller slik jeg gjorde, men da trenger vi noe som er litt skarpere enn AM-GM.
stensrud online
Descartes
Descartes
Innlegg: 438
Registrert: 08/11-2014 21:13
Bosted: Cambridge

Re: Maksimum-verdi

Innlegg Markus » 25/11-2017 21:43

stensrud skrev:Husk at $1/a^{\frac34}=a^{-\frac34}\neq a^{\frac43}$.

Markus skrev:Fungerer dette? Kan jeg for eksempel ta de antakelsene jeg har tatt?
Vi antar at $a = b = c$, slik at vi kan bruke AM-GM. Siden $abc = 1$, må da $a=b=c=1$
AM-GM gir


Her er idéene du bruker riktige, men føringen feil: Vi kan ikke fritt anta $a=b=c$, siden dette utgjør kun noen få av tilfellene. AM-GM-ulikheten sier at $\frac{a+b}{2}\geq \sqrt{ab}$ uansett hva $a,b$ og $c$ er, så lenge de er positive. Og da er det ikke noe behov for å anta at $a=b=c$, siden ulikhetene gjelder uansett. (Det er sant at vi har likhet i AM-GM hvis og bare hvis alle variablene er like store). Her er et eksempel på hvordan man kan føre et AM-GM bevis:

La oss vise ulikheten $(x+y)(y+z)(z+x)\geq 8xyz$ for positive $x,y,z$: Det følger av AM-GM-ulikheten at $x+y\geq 2\sqrt{xy}$, og tilsvarende er $y+z \geq2\sqrt{yz}$ og $z+x\geq 2\sqrt{zx}$. Derfor er
\[(x+y)(y+z)(z+x)\geq (2\sqrt{xy})(2\sqrt{yz})(2\sqrt{zx})=8xyz, \]
som ønsket. Vi har likhet hvis og bare hvis $x=y=z$.

Tilbake til ulikheten i tråden så holder det ikke å bruke AM-GM direkte: Vi kan for eksempel gjøre $a^{-\frac34}$ vilkårlig stor. Jeg har tro på at det går an å løse ulikheten elementært, og i tillegg unngå å dele opp i tilfeller slik jeg gjorde, men da trenger vi noe som er litt skarpere enn AM-GM.


Takk for tilbakemeldingen! Mente å lese et eller annet sted at AM-GM kun holder hvis $a_1=a_2=\dots=a_n$, men fint å få det rettet opp - takk! AM-GM ser dog til å gå fint opp med uttrykket, helt fram til slutten i alle fall. Det stopper jo først på slutten med $a^{-\frac{3}{4}}$-leddet. Det er mulig at man ikke kan gjøre noe med dette leddet, så da faller hele fremgangsmåten sammen. Men, alt fram dit skal vel være rett?
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Maksimum-verdi

Innlegg Gustav » 25/11-2017 21:50

@markus: det som er riktig er at likhet i am-gm holder kun hvis a1=a2=a3=..ulikheten i seg selv holder så lenge alle variabler er ikkenegative
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4298
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Maksimum-verdi

Innlegg Gustav » 25/11-2017 23:23

@stensrud : Med 'elementær' mente jeg selvsagt 'uten bruk av avansert teori', ikke nødvendigvis at løsningen er enkel!

Veldig bra løsning btw!
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4298
Registrert: 12/12-2008 12:44

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 24 gjester