Ulikhetmaraton

[Gustav]

Oppfølger:
Gitt $a,b,c\in {\mathbb{R}}^{+}$, vis at $a^a{b}^b{c}^c\ge {\left(\frac{a+b+c}{3}\right)}^{a+b+c}$

Ulikheten er ekvivalent med $\frac{a\ln a+b\ln b+c\ln c}{3}\ge \frac{a+b+c}{3}\ln \frac{a+b+c}{3}$ som er Jensen med $f(x)=x\ln x$

Oppfølger: For $x>1$ vis at $\frac{1}{x-1}+\frac{1}{x}+\frac{1}{x+1}>\frac{3}{x}$

[jhoe06]

Oppfølger: For $x>1$ vis at $\frac{1}{x-1}+\frac{1}{x}+\frac{1}{x+1}>\frac{3}{x}$

Følger av Jensen med $f(x)=\frac{1}{x}$ siden ulikheten kan skrives som
$$\frac{1}{3(x-1)}+\frac{1}{3x}+\frac{1}{3(x+1)}>\frac{1}{\frac{(x-1)+x+(x+1)}{3}}.$$
Oppfølger: For $x,y,z>0$ er
$$\frac{x+y+z}{2}\le \frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}.$$

[Mattebruker]

Ser straks at dette er ein ulikskap av typen Jensen.

Innfører hjelpefunksjonen

f( u ) = 1/u , u > 0

Funksjonen f er konveks ( f''( u ) >0 i heile R${}_{+}$). Jensen gir då

( f( x - 1) + f( x ) + f( x + 1 ) )/3 > f(( x -1 + x + x + 1)/3 ) = f(x) = 1/x

Her ligg løysinga heilt " oppe i dagen ", i motsetnad til det problemet Gustav presenterte
i dette forumet for nokre dagar sidan: Sitat: For parvis distinkte , ikkje-negative reelle tal , a , b og c , vis at

a${}^2$/(b - c )${}^2$ + b${}^2$/(c - a )${}^2$ + c${}^2$/( b - a )${}^2$ > 2

[Mattebruker]

Jhoe skreiv:

For x , y , z > 0 , vis at

( x + y + z ) /2 <= x^2/(y + z ) + y^2/(x + z ) + z^2/(x + y )

Løysing: Meiner at ulikskapen følgjer av Cauchy-Schwarz.

Innfører desse talfølgjene:

a${}_1$ = x/(rota av(y + z)) o.s.v.
b${}_1$ = rota av (y + z ) o.s.v.

Cauchy-Schwarz gir då sum ((a${}_i$)${}^2$) * sum((b${}_i$)${}^2$ >= sum(a${}_i$*b${}_i$) = ( x + y + z )${}^2$ som er ekvivalent med

(x^2/(y + z ) + y^2/(x + z ) + z^2/(x + y ) * 2(x + y + z ) >= (x + y + z )^2

Deler med (x + y + z ) på begge sider og får ulikskapen vi skulle vise.

[Gustav]

Følger av Jensen med $f(x)=\frac{1}{x}$ siden ulikheten kan skrives som
$$\frac{1}{3(x-1)}+\frac{1}{3x}+\frac{1}{3(x+1)}>\frac{1}{\frac{(x-1)+x+(x+1)}{3}}.$$

Korrekt! Renessansematematikeren Pietro Mengoli løste den visstnok på 1600-tallet kun ved hjelp av algebra. Det kan være en ekstra utfordring.

Oppfølger: La $a,b,c,d$ være positive reelle tall. Vis at $\frac{a+b+c+d}{4}\ge \sqrt{\frac{ab+bc+cd+da}{4}}$

[Markus]

Renessansematematikeren Pietro Mengoli løste den visstnok på 1600-tallet kun ved hjelp av algebra. Det kan være en ekstra utfordring.

Fellesnevner blir $(x-1)x(x+1)=x(x^2-1)$, og ulikheten blir $$\begin{gathered} \frac{x(x+1)+(x+1)(x-1)+(x-1)x}{x(x^2-1)}\ge \frac{3(x-1)(x+1)}{x(x^2-1)} \\ \therefore x^2+x+x^2-1+x^2-x\ge 3x^2-3 \\ \therefore 3x^2-1\ge 3x^2-3 \end{gathered}$$ Som åpenbart er sant. Med ulikheten her ga Mengoli for øvrig en av de første bevisene på at den harmoniske rekken $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots$ divergerer, som også kan være en ekstra utfordring for den ekstra interesserte.

Alternativ kunne man også brukt AM-HM på denne. $$\frac{\frac{1}{x-1}+\frac{1}{x}+\frac{1}{x+1}}{3}\ge \frac{3}{x-1+x+x+1}=\frac{1}{x}$$

[Mattebruker]

Svar på oppfølgar:

Vi har at
ab + bc + cd + da = (a + c)(b + d)

Sett a + c = x og b + d = y

AM-GM gir å

(x + y)/2 >= rota av (a+c)(b+d) som er ekvivalent med at

(a + b + c + d)/2 >= kvadratrota av (a + c)*(b + d ) = kvadratrota av(ab + bc + ad + cd )

(som skulle visast )

P.S. Gustav ! Mattegjest ventar spent på løysinga av den ulikskapen du presenterte
" some days ago " (jamfør mitt førre innlegg )

[Gustav]

Svar på oppfølgar:

Vi har at
ab + bc + cd + da = (a + c)(b + d)

Sett a + c = x og b + d = y

AM-GM gir å

(x + y)/2 >= rota av (a+c)(b+d) som er ekvivalent med at

(a + b + c + d)/2 >= kvadratrota av (a + c)*(b + d ) = kvadratrota av(ab + bc + ad + cd )

(som skulle visast )

P.S. Gustav ! Mattegjest ventar spent på løysinga av den ulikskapen du presenterte
" some days ago " (jamfør mitt førre innlegg )

Flott! Ulikheten du refererer til er løst her https://artofproblemsolving.com/communi ... 71p7967479 og her https://artofproblemsolving.com/communi ... 317p234720

Oppfølger: For positive reelle $a,b$, vis at $\frac{1}{2}(a+b)+\frac{1}{4}\ge \sqrt{\frac{a+b}{2}}$

[Mattebruker]

Takk for svar ! Interessante løysingar.

Så til oppfølgaren.

Innfører ny variabel x = (a + b)/2 og definerer hjelpefunksjonen

f( x ) = x - rota av ( x )

Likninga f'(x) = 0 har løysinga x = 1/4 og f''(1/4) = 2 > 0

f(x)${}_{min}$ = f(1/4) = -1/4

Dermed har vi vist at x - rota av (x ) >= -1/4 som er ekvivalent med at x + 1/4 >= rota av ( x ) (s.s.v)

[Markus]

Du glemte av en oppfølger mattegjest, så jeg benytter meg av anledningen!

Oppfølger
La $a,b,c$ være positive reelle tall slik at $abc=1$. Vis at $$\frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(c+a)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\ge \frac{3}{2}$$

[mingjun]

Oppfølger
La $a,b,c$ være positive reelle tall slik at $abc=1$. Vis at $$\frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(c+a)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\ge \frac{3}{2}$$

Ved CS: $$\left(\sum _{cyc}{\displaystyle \frac{1}{a^3(b+c)}}\right)\left(\sum _{cyc}a(b+c)\right)\ge {\left(\sum _{cyc}{\displaystyle \frac{1}{a}}\right)}^2$$
$$\Rightarrow \sum _{cyc}{\displaystyle \frac{1}{a^3(b+c)}}\ge {\left(\sum _{cyc}{\displaystyle \frac{1}{a}}\right)}^2/\left(\sum _{cyc}a(b+c)\right)$$
$$={\left(\sum _{cyc}{\displaystyle \frac{1}{a}}\right)}^2/\left(2\sum _{cyc}ab\right)$$
$$={\left(\sum _{cyc}{\displaystyle \frac{1}{a}}\right)}^2/\left(2\sum _{cyc}{\displaystyle \frac{1}{a}}\right)$$
$${\displaystyle \frac{1}{2}}\left(\sum _{cyc}{\displaystyle \frac{1}{a}}\right)\ge {\displaystyle \frac{3}{2}},$$ hvor den siste ulikheten følger av am-gm.

Oppfølger: Gitt at $a+b+c=3$, vis at $$\sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{b^2+bc+c^2}+\sqrt{c^2+ca+c^2}\ge \sqrt{3}.$$

[Gustav]

Oppfølger: Gitt at $a+b+c=3$, vis at $$\sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{b^2+bc+c^2}+\sqrt{c^2+ca+c^2}\ge \sqrt{3}.$$

$\sqrt{a^2+ab+b^2}\ge \sqrt{\frac{1}{2}{a}^2+ab+\frac{1}{2}{b}^2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{a^2+2ab+b^2}=\frac{1}{\sqrt{2}}|a+b|$

Fra trekantulikheten er da $\frac{1}{\sqrt{2}}(|a+b|+|b+c|+|c+a|)\ge \sqrt{2}|a+b+c|=3\sqrt{2}\ge \sqrt{3}$


Oppfølger: For x,y,z>0, vis at $\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}\ge \frac{3}{2}$

[Mattebruker]

Elegant og kreativ løysing !

Når det gjeld oppfølgar, meiner eg å hugse at denne ulikskapen har vore presentert tidlegare på dette forumet.
I alle fall får vi løysinga ved å bruke AM-HM-verktøyet på desse tre elementa: (x + y) , (x + z) og (y + z).

[Mattebruker]

Viser til førre ulikskap ( Gustav si løysing ):

Gustav avsluttar sin " deduksjon " med å skrive rota av ( 2 ) * 3 >= rota av ( 3 ).

Da kan vi like gjerne skrive rota av( 2 ) * 3 > 3

Difor lurer eg på om der er ein skrivefeil i oppgaveteksta: Kunne vere freistande å skrive > 3 i staden for >= rota av ( 3 ) på H. S. Elles reagerer eg på første leddet (c${}^2$) under siste rotteiknet på V. S. For å bevare
symmetrien i uttrykket må første leddet vere a${}^2$, eller ......... ?

[Gustav]

Difor lurer eg på om der er ein skrivefeil i oppgaveteksta: Kunne vere freistande å skrive > 3 i staden for >= rota av ( 3 ) på H. S. Elles reagerer eg på første leddet (c${}^2$) under siste rotteiknet på V. S. For å bevare
symmetrien i uttrykket må første leddet vere a${}^2$, eller ......... ?

Jeg lurte også på det samme. Det hadde gitt mer mening om venstresida skulle vises å være strengt større enn 3. Håper mingjun kan oppklare saken.