Maksimum-verdi

[Kay]

Fant denne, den var litt interessant. Gitt $abc=1$ og at $a,b,c\in {\mathbb{R}}^{\mathbb{+}}$, finn den maksimale verdien av $\frac{1}{(2a+b+c{)}^3}+\frac{1}{(2b+c+a{)}^3}+\frac{1}{(2c+a+b{)}^3}$

[OYV]

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]

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

$$S\ge \frac{1}{(4\sqrt[4]{a^{2}bc}{)}^3}+\frac{1}{(4\sqrt[4]{b^{2}ca}{)}^3}+\frac{1}{(4\sqrt[4]{c^{2}ab}{)}^3}={\displaystyle \frac{1}{64}}(a^{-3/4}+b^{-3/4}+b^{-3/4})$$
$$\ge {\displaystyle \frac{1}{64}}3\sqrt[3]{a^{-3/4}{b}^{-3/4}{b}^{-3/4}}={\displaystyle \frac{3}{64}}.$$

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:

$$S\ge \frac{1}{(4\sqrt[4]{a^{2}bc}{)}^3}+\frac{1}{(4\sqrt[4]{b^{2}ca}{)}^3}+\frac{1}{(4\sqrt[4]{c^{2}ab}{)}^3}={\displaystyle \frac{1}{64}}(a^{-3/4}+b^{-3/4}+b^{-3/4})$$
$$\ge {\displaystyle \frac{1}{64}}3\sqrt[3]{a^{-3/4}{b}^{-3/4}{b}^{-3/4}}={\displaystyle \frac{3}{64}}.$$

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 $S\le \frac{3}{64}$, da det er spørsmål om et maksimum?

[mingjun]

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]

Her er hva jeg ville kalt en elementær løsning: Vi viser den litt mer generelle ulikheten
$$\sum _{cyc}\frac{abc}{(2a+b+c{)}^3}\le \frac{3}{64}$$
for alle $a,b,c\in {\mathbb{R}}^{+}$. Siden denne er homogen kan vi wlog anta at $a+b+c=1$. Da er
$$bc\le \frac{(b+c{)}^2}{4}=\frac{(a-1{)}^2}{4},$$
slik at
$$\sum _{cyc}\frac{abc}{(2a+b+c{)}^3}\le \sum _{cyc}\frac{a(a-1{)}^2}{4(2a+b+c{)}^3}=\sum _{cyc}\frac{a(a-1{)}^2}{4(a+1{)}^3}.$$
Anta nå at $a,b,c<0.65$. Vi skal vise at
$$\frac{a(a-1{)}^2}{4(a+1{)}^3}\le \frac{7}{256}-\frac{9}{256}a,$$
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 $a=\frac{1}{3}$ (som ikke burde være altfor overraskende), og da går det greit å finne de to andre røttene, som er $-5\pm 4\sqrt{2}$, 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 $a\ge 0.65$. Med $bc\le \frac{(a-1{)}^2}{4}\le \frac{{0.35}^2}{4}$ er
$$abc\sum _{cyc}\frac{1}{a+1}\le 0.65\cdot \frac{{0.35}^2}{4}(\frac{1}{\frac{65}{100}+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}),$$
og siden
$$\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=\frac{b+c+2}{b+c+1+bc}\le \frac{b+c+2}{b+c+1}=\frac{2.65}{1.65},$$
så er
$$abc\sum _{cyc}\frac{1}{a+1}\le 0.65\cdot \frac{{0.35}^2}{4}(\frac{1}{\frac{65}{100}+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1})\le 0.65\cdot \frac{{0.35}^2}{4}(\frac{1}{\frac{65}{100}+1}+\frac{2.65}{1.65}),$$
som (så vidt) er mindre enn $\frac{3}{64}$. Dette fullfører beviset. $◼$

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

${\displaystyle a+a+b+c\ge 4\sqrt[4]{a^{2}bc}⟹2a+b+c\ge 4\sqrt[4]{a^{2}bc}⟹(2a+b+c{)}^3\ge 4^3{a}^{\frac{3}{4}}⟹\frac{1}{(2a+b+c{)}^3}\le \frac{1}{4^3}{a}^{\frac{4}{3}}}$

${\displaystyle a+b+b+c\ge 4\sqrt[4]{a{b}^{2}c}⟹a+2b+c\ge 4\sqrt[4]{a{b}^{2}c}⟹(a+2b+c{)}^3\ge 4^3{b}^{\frac{3}{4}}⟹\frac{1}{(a+2b+c{)}^3}\le \frac{1}{4^3}{b}^{\frac{4}{3}}}$

${\displaystyle a+b+c+c\ge 4\sqrt[4]{ab{c}^2}⟹a+b+2c\ge 4\sqrt[4]{ab{c}^2}⟹(a+b+2c{)}^3\ge 4^3{c}^{\frac{3}{4}}⟹\frac{1}{(a+b+2c{)}^3}\le \frac{1}{4^3}{c}^{\frac{4}{3}}}$

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

Fra ulikhetene over må maksimumet være:

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

[stensrud]

Husk at $1/a^{\frac{3}{4}}=a^{-\frac{3}{4}}\ne a^{\frac{4}{3}}$.

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 $\frac{a+b}{2}\ge \sqrt{ab}$ 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 $(x+y)(y+z)(z+x)\ge 8xyz$ for positive $x,y,z$: Det følger av AM-GM-ulikheten at $x+y\ge 2\sqrt{xy}$, og tilsvarende er $y+z\ge 2\sqrt{yz}$ og $z+x\ge 2\sqrt{zx}$. Derfor er
$$(x+y)(y+z)(z+x)\ge (2\sqrt{xy})(2\sqrt{yz})(2\sqrt{zx})=8xyz,$$
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 $a^{-\frac{3}{4}}$ 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 $1/a^{\frac{3}{4}}=a^{-\frac{3}{4}}\ne a^{\frac{4}{3}}$.

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 $\frac{a+b}{2}\ge \sqrt{ab}$ 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 $(x+y)(y+z)(z+x)\ge 8xyz$ for positive $x,y,z$: Det følger av AM-GM-ulikheten at $x+y\ge 2\sqrt{xy}$, og tilsvarende er $y+z\ge 2\sqrt{yz}$ og $z+x\ge 2\sqrt{zx}$. Derfor er
$$(x+y)(y+z)(z+x)\ge (2\sqrt{xy})(2\sqrt{yz})(2\sqrt{zx})=8xyz,$$
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 $a^{-\frac{3}{4}}$ 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 $a_1=a_2=\cdots =a_n$, 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!