Minimum

[Markus]

$(1)$ La $a,b,c\in {\mathbb{R}}^{+}$. $a,b,c$ oppfyller $a+b+c=1$. Bestem minimumsverdien til $a^2+2b^2+c^2$

$(2)$ La $a,b,c\in {\mathbb{R}}^{+}$. Bestem minimumsverdien til $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$

[stensrud]

1: Ifølge Cauchy-Schwarz er
$$(a^2+2b^2+c^2)(1+\frac{1}{2}+1)\ge (a+b+c{)}^2=1⟹a^2+2b^2+c^2\ge \frac{5}{2},$$
som også er oppåelig.

2: Kall uttrykket for $E$. AM-HM ulikheten (eventuelt Cauchy-Schwarz) gir oss
$$((a+b)+(b+c)+(c+a))(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b})\ge 9,$$
som er ekvivalent med
$$6+2E\ge 9⟺E\ge \frac{3}{2},$$
som oppnås når alle variablene er like.

[Markus]

Veldig bra stensrud! Ser at teller og nevner har byttet plass på $(1)$ sammenlignet med korrekt svar, men fremgangsmåten din er helt korrekt, så regner med du bare slurva her.

Den siste ulikheten kan også løses med AM-GM eller Rearrangement-ulikheten, men det er Cauchy-Schwarz (eller AM-HM) som er mest effektiv.

[stensrud]

Veldig bra stensrud! Ser at teller og nevner har byttet plass på $(1)$ sammenlignet med korrekt svar, men fremgangsmåten din er helt korrekt, så regner med du bare slurva her.

Den siste ulikheten kan også løses med AM-GM eller Rearrangement-ulikheten, men det er Cauchy-Schwarz (eller AM-HM) som er mest effektiv.

Ja litt slurv på slutten der ja. Det er kult at det ofte finnes mange forskjellige måter å løse en ulikhet på. Her er noen oppfølgere:

1) Vis at hvis $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$, så er $(a+1)(b+1)(c+1)\ge 64$.

2) De positive tallene $a,b,c$ tilfredsstiller $a+b+c=1$. Vis at
$$\sqrt{ab+c}+\sqrt{bc+a}+\sqrt{ca+b}\ge 1+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}.$$

3) Hvis $a,b$ og $c$ er de tre sidelengdene i en trekant, vis at
$$\sqrt{a+b-c}+\sqrt{b+c-a}+\sqrt{c+a-b}\le \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}.$$

[alund]

1) Vis at hvis $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$, så er $(a+1)(b+1)(c+1)\ge 64$.

Betingelsen gir at $abc=ab+bc+ca$ og at $3=\frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}$, som er det harmoniske gjennomsnittet.
Fra AM-GM-HM vet vi da at $a+b+c\ge 9$ og at $abc\ge 27$.
Dermed er $(a+1)(b+1)(c+1)=abc+ab+bc+ca+a+b+c+1=2abc+a+b+c+1\ge 64$, som skulle vises.

[Markus]

3) Hvis $a,b$ og $c$ er de tre sidelengdene i en trekant, vis at
$$\sqrt{a+b-c}+\sqrt{b+c-a}+\sqrt{c+a-b}\le \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}.$$

Det at $a,b,c$ er sidelengder i en trekant betyr at $a,b,c\ge 0$ - noe som er krevd for at vi skal kunne bruke Jensens ulikhet med $\sqrt{2x}$ som funksjon, da $\sqrt{2x}$ har definisjonsmengde på intervallet $[0,+\mathrm{\infty }]$.

Vi starter med en substitusjon slik at vi får fjernet minustegnet fra det ene leddet i kvadratroten, og derav får brukt Jensens ulikhet; la $a=x+y,b=x+z,c=y+z$, da blir ulikheten vi ønsker å vise $$\sqrt{2x}+\sqrt{2z}+\sqrt{2y}\le \sqrt{x+y}+\sqrt{x+z}+\sqrt{y+z}$$Funksjonen $f(x)=\sqrt{2x}$ er konkav så Jensens ulikhet gir oss at $$\sqrt{\frac{2(x+y)}{2}}\ge \frac{\sqrt{2x}+\sqrt{2y}}{2}⟹\sqrt{x+y}\ge \frac{\sqrt{2x}+\sqrt{2y}}{2}$$ Og på samme måte at $$\begin{gathered} \sqrt{x+z}\ge \frac{\sqrt{2x}+\sqrt{2z}}{2} \\ \sqrt{y+z}\ge \frac{\sqrt{2y}+\sqrt{2z}}{2} \end{gathered}$$ Kombinerer vi disse får vi at $$\sqrt{x+y}+\sqrt{x+z}+\sqrt{y+z}\ge \frac{2\sqrt{2x}+2\sqrt{2y}+2\sqrt{2z}}{2}=\sqrt{2x}+\sqrt{2y}+\sqrt{2z}$$ Og det var dette som skulle vises.

[mingjun]

2) De positive tallene $a,b,c$ tilfredsstiller $a+b+c=1$. Vis at
$$\sqrt{ab+c}+\sqrt{bc+a}+\sqrt{ca+b}\ge 1+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}.$$

Vi starter med å homogenisere ulikheten til:
$$\sum _{cyc}\left(\sqrt{a^2+\sum _{cyc}ab}\right)\ge \sum _{cyc}a+\sum _{cyc}\sqrt{ab}.$$

Dermed er det tilstrekkelig å vise at $\sqrt{a^2+\sum _{cyc}ab}\ge a+\sqrt{bc}$, men dette følger direkte fra å kvadrere begge sider og anvende AMGM.

EDIT: forkortet beviset

[stensrud]

Betingelsen gir at $abc=ab+bc+ca$ og at $3=\frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}$, som er det harmoniske gjennomsnittet.
Fra AM-GM-HM vet vi da at $a+b+c\ge 9$ og at $abc\ge 27$.
Dermed er $(a+1)(b+1)(c+1)=abc+ab+bc+ca+a+b+c+1=2abc+a+b+c+1\ge 64$, som skulle vises.

Fint.

Det at $a,b,c$ er sidelengder i en trekant betyr at $a,b,c\ge 0$ - noe som er krevd for at vi skal kunne bruke Jensens ulikhet med $\sqrt{2x}$ som funksjon, da $\sqrt{2x}$ har definisjonsmengde på intervallet $[0,+\mathrm{\infty }]$.

Vi starter med en substitusjon slik at vi får fjernet minustegnet fra det ene leddet i kvadratroten, og derav får brukt Jensens ulikhet; la $a=x+y,b=x+z,c=y+z$

Flott! Eneste jeg kanskje ville tatt med er en begrunnelse for hvorfor du kan gjøre den substitusjonen du gjør (trekantulikheten). Alternativt går det vel fint å bare si at man bruker Ravi-substitusjonen. Forresten så kan man gjøre beviset enda kortere ved å bruke Karamatas ulikhet, siden $(a+b-c,c+a-b,b+c-a)\succ (a,b,c)$ hvis vi antar $a\ge b\ge c$.

Vi starter med å homogenisere ulikheten til:
$$\sum _{cyc}\left(\sqrt{a^2+\sum _{cyc}ab}\right)\ge \sum _{cyc}a+\sum _{cyc}\sqrt{ab}.$$

Dermed er det tilstrekkelig å vise at $\sqrt{a^2+\sum _{cyc}ab}\ge a+\sqrt{bc}$, men dette følger direkte fra å kvadrere begge sider og anvende AMGM.

Alternativt:
$$\sqrt{a^2+ab+bc+ca}=\sqrt{(a+b)(a+c)}\ge a+\sqrt{bc}$$
(Cauchy-Schwarz).


Noen som har noen oppfølgere?

[Markus]

Takk for tilbakemeldingen, stensrud! Har ikke hørt om Karamata enda, så det er vel noe å lese seg opp på. Uansett, her er noen oppfølgere

$(1)$ La $a,b,c$ være lengden til sidene i en trekant. Vis at $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge \frac{3}{2}$$
$(2)$ La $a,b,c,d\in {\mathbb{R}}^{+}$. Vis at $$a^5+b^5+c^5+d^5\ge abcd(a+b+c+d)$$
$(3)$ La $a,b,c\in {\mathbb{R}}^{+}$ slik at $a+b+c=3$. Vis at $$\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\ge 3$$

[stensrud]

Uansett, her er noen oppfølgere

$(1)$ La $a,b,c$ være lengden til sidene i en trekant. Vis at $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge \frac{3}{2}$$
$(2)$ La $a,b,c,d\in {\mathbb{R}}^{+}$. Vis at $$a^5+b^5+c^5+d^5\ge abcd(a+b+c+d)$$
$(3)$ La $a,b,c\in {\mathbb{R}}^{+}$ slik at $a+b+c=3$. Vis at $$\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\ge 3$$

Den første viste vi vel tidligere i denne tråden? Den andre følger direkte av Muirheads ulikhet siden $(5,0,0,0)\succ (2,1,1,1)$; alternativt kan man bruke AM-GM. På den siste bruker vi Power Mean:

$${\left(\frac{a^{-\frac{1}{2}}+b^{-\frac{1}{2}}+c^{-\frac{1}{2}}}{3}\right)}^{-2}\le \frac{a+b+c}{3}⟺a^{-\frac{1}{2}}+b^{-\frac{1}{2}}+c^{-\frac{1}{2}}\ge \sqrt{\frac{3^3}{(a+b+c)}}=3.$$

Enda flere:

1) Let $n$ be positive integer and let $a-1,a_2,\dots ,a_n$ be real numbers satisfying $0\le a_i\le 1$ for $i=1,2,\dots ,n$. Prove the inequality
$$(1-a_1^n)(1-a_2^n)\cdots (1-a_n^n)\le (1-a_1{a}_2\cdots a_n{)}^n.$$

2) Gitt ikke-negative reelle tall $a,b,c,d$, vis at dersom $abcd=1$, gjelder
$$a^{4}b+b^{4}c+c^{4}d+d^{4}a\ge a+b+c+d.$$

3) Positive tall $b_1,b_2,\dots ,b_n$ er gitt slik at
$$b_1+b_2+\cdots +b_n\le 10.$$Videre er $a_1=b_1$ og $a_m=s{a}_{m-1}+b_m$ for $m>1$, der $0\le s<1$. Vis at
$$a_1^2+a_2^2+\cdots +a_n^2\le \frac{100}{1-s^2}.$$

4) For $x,y\ge 0$, vis at
$$2^x+2^y>xy$$

5) Let $a,b,c$ be positive real numbers so that $abc=1$. Prove that
$$(a-1+\frac{1}{b})(b-1+\frac{1}{c})(c-1+\frac{1}{a})\le 1.$$

[Markus]

Strøkent som vanlig!

Den første viste vi vel tidligere i denne tråden?

Jo, presterte visst å skrive den samme ulikheten som i originalinnlegget, huff a meg

Den andre følger direkte av Muirheads ulikhet siden $(5,0,0,0)\succ (2,1,1,1)$; alternativt kan man bruke AM-GM.

Alternativt ved en blanding av Chebyshevs ulikhet og AM-GM. Anta wlog at $a\ge b\ge c\ge d⟹a^4\ge b^4\ge c^4\ge d^4$. Da følger det av Chebyshevs ulikhet at $$4(a^5+b^5+c^5+d^5)\ge (a^4+b^4+c^4+d^4)\cdot (a+b+c+d)$$ Videre har vi via AM-GM at $$a^4+b^4+c^4+d^4\ge 4\sqrt[4]{a^4{b}^4{c}^4{d}^4}⟹a^4+b^4+c^4+d^4\ge 4abcd$$ Ved å kombinere ulikheten av Chebyshev og AM-GM får vi da at $$4(a^5+b^5+c^5+d^5)\ge 4abcd(a+b+c+d)\therefore a^5+b^5+c^5+d^5\ge abcd(a+b+c+d)$$

På den siste bruker vi Power Mean:

Eventuelt Hölders ulikhet - men fremgangsmåten ser veldig lik ut med din;
$$\begin{gathered} {(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}})}^{\frac{2}{3}}(a+b+c{)}^{\frac{1}{3}}\ge {\left(\frac{a}{{\sqrt{a}}^2}\right)}^{\frac{1}{3}}+{\left(\frac{b}{{\sqrt{b}}^2}\right)}^{\frac{1}{3}}+{\left(\frac{c}{{\sqrt{c}}^2}\right)}^{\frac{1}{3}} \\ \therefore \frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\ge \sqrt{\frac{3^3}{3}}=3 \end{gathered}$$

[Gustav]

1) Let $n$ be positive integer and let $a-1,a_2,\dots ,a_n$ be real numbers satisfying $0\le a_i\le 1$ for $i=1,2,\dots ,n$. Prove the inequality
$$(1-a_1^n)(1-a_2^n)\cdots (1-a_n^n)\le (1-a_1{a}_2\cdots a_n{)}^n.$$

Definér $f(x)=\ln (1-x^n)$ som er konkav for $x\in (0,1)$. AM-GM+Jensen gir da at

$\ln (1-a_1{a}_2...a_n)\ge \ln (1-(\frac{1}{n}(a_1+a_2+...+a_n){)}^n)\ge \frac{1}{n}(\ln (1-a_1^n)+\ln (1-a_2^n)+...+\ln (1-a_n^n))$, som er ekvivalent med ulikheten.

[Gustav]

2) Gitt ikke-negative reelle tall $a,b,c,d$, vis at dersom $abcd=1$, gjelder
$$a^{4}b+b^{4}c+c^{4}d+d^{4}a\ge a+b+c+d.$$

Homogenisering gir $a^{4}b+b^{4}c+c^{4}d+d^{4}a\ge a^{2}bcd+a{b}^{2}cd+ab{c}^{2}d+abc{d}^2$.

Prøver en vektet AM-GM med vekter $w_i$ slik at

$\frac{w_1{a}^{4}b+w_2{b}^{4}c+w_3{c}^{4}d+w_4{d}^{4}a}{w}\ge \sqrt[w]{(a^{4}b{)}^{w_1}(b^{4}c{)}^{w_2}(c^{4}d{)}^{w_3}(d^{4}a{)}^{w_4}}=a^{2}bcd$ (*)

Det gir systemet

$4w_1+w_4=2w$
$w_1+4w_2=w$
$w_2+4w_3=w$
$w_3+4w_4=w$

Del alt på $w$ og kall $x_i=\frac{w_i}{w}$, så fås

$4x_1+x_4=2$
$x_1+4x_2=1$
$x_2+4x_3=1$
$x_3+4x_4=1$.

Løsning på dette systemet er ifølge wolfram alpha $x_1=\frac{23}{51}$, $x_2=\frac{7}{51}$, $x_3=\frac{11}{51}$, $x_4=\frac{10}{51}$.

Syklisk summering av (*) gir den ønskede ulikheten.

[Gustav]

$(2)$ La $a,b,c,d\in {\mathbb{R}}^{+}$. Vis at $$a^5+b^5+c^5+d^5\ge abcd(a+b+c+d)$$

Den andre følger direkte av Muirheads ulikhet siden $(5,0,0,0)\succ (2,1,1,1)$; alternativt kan man bruke AM-GM.

Muirhead krever vel symmetriske summer, mens i ulikheten er summene syklisk, eller er det noe jeg har misforstått?

[mingjun]

5) Let $a,b,c$ be positive real numbers so that $abc=1$. Prove that
$$(a-1+\frac{1}{b})(b-1+\frac{1}{c})(c-1+\frac{1}{a})\le 1.$$

Vi gjør substitusjonen $a=x/y,b=y/z,c=z/x$, slik at den ønskede ulikheten blir:
$${\displaystyle \frac{1}{xyz}}\prod _{cyc}(x-y+z)\le 1.$$

Dersom variablene $x,y,z$ ikke oppfyller trekantulikheten, blir venstresiden negativ, og ulikheten holder trivielt. Dermed kan vi anta at variablene oppfyller trekantulikheten, og vi gjør ravisubstitusjon med $x=m+n,y=n+t,z=t+m$, hvoretter vi kun trenger å bevise:
$$8mnt\le (m+n)(n+t)(t+m).$$ Men dette følger f.eks. fra å anvende amgm på hver faktor på høyre side.

Edit: hvis man føler seg masochistisk kan man også gange ut ulikheten som involverer $x,y,z$ og oppdage at den er Schur's Inequality med t=1.