Maksimum-verdi

[Kay]

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]

[OYV offline]

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

[Gustav]

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.

[mingjun offline]

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

[Gustav]

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?

[mingjun offline]

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.

[Gustav]

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.

[stensrud offline]

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.

[Markus]

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:

$\frac{1}{4^3} a^{\frac{4}{3}} + \frac{1}{4^3} b^{\frac{4}{3}} + \frac{1}{4^3} c^{\frac{4}{3}} = \frac{1}{64} \left (a^{\frac{4}{3}} + b^{\frac{4}{3}} + c^{\frac{4}{3}} \right ) = \frac{1}{64} \left (1^{\frac{4}{3}} + 1^{\frac{4}{3}} + 1^{\frac{4}{3}} \right ) = \frac{1}{64} \cdot 3 = \frac{3}{64}$

[stensrud offline]

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

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.

[Markus]

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

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?

[Gustav]

@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]

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

Veldig bra løsning btw!