Ulikhetmaraton

[Gustav]

Meiner innsendar at nemnar i "mellomleddet" skal vere tredjerota av (2 ) ?

Beklager feilen

[Markus]

Oppfølger:

Vis at $\frac{a+b+c}{3}\ge \frac{\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}}{2}\ge \sqrt[3]{abc}$

Regner med $a,b,c\in {\mathbb{R}}_{\ge 0}$ her, siden $a,b,c\in \mathbb{R}$ kan gi komplekse tall i henholdsvis andre og tredje ledd. Den første ulikheten følger av AM-GM: $$\begin{gathered} \frac{(a+b)+(b+c)+(c+a)}{3}\ge \sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)} \\ \therefore \frac{a+b+c}{3}\ge \frac{\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}}{2} \end{gathered}$$ For den andre ulikheten, observer at $(a+b)(b+c)(c+a)=a^{2}b+a^{2}c+a{b}^2+2abc+a{c}^2+b^{2}c+b{c}^2$.
AM-GM gir $$\begin{gathered} \frac{a^{2}b+a^{2}c+a{b}^2+abc+abc+a{c}^2+b^{2}c+b{c}^2}{8}\ge \sqrt[8]{(abc{)}^8}=abc \\ \therefore \frac{(a+b)(b+c)(a+c)}{8}\ge abc \end{gathered}$$ Ved å nå ta tredjeroten av ulikheten oppnås den ønskede ulikheten.

Oppfølger:
La $P(x)$ være et polynom med positive koeffisienter. Vis at hvis ulikheten $$P\left(\frac{1}{x}\right)\ge \frac{1}{P(x)}$$ holder for $x=1$, holder den for alle $x>0$.

[Mattebruker]

Gitt polynomfunksjonen

P( x ) = a${}_n$ * x${}^n$ + ..................+ a${}_1$*x + a${}_0$

der alle koeffisientane (a-ane ) > 0.

Får oppgitt at ulikskapen gjeld for x = 1 ( som er ekvivalent med at P( 1 ) >= 1).

Anta først at x > 1.

Då er a${}_i$*x${}^i$ > a${}_i$ for alle 1<= i <= n. Det betyr at

P( x ) > a${}_n$ + a${}_{n-1}$+ ..................... + a${}_1$ +a${}_0$ > = 1

Anta så at 0 < x < 1 som er ekvivalent med at 1/x > 1. Dette medfører at

P(1/x) > a${}_n$ + a${}_{n-1}$ + .................+ a${}_1$ + a${}_0$ >= 1

Konklusjon : P( x ) * P(1/x) >= 1 som er ekvivalent med at P(1/x) >= 1/P( x ) for alle x > 0 ( s.s.v. )

[Mattebruker]

Er nettopp komen tilbake frå ein lengre fottur. Undervegs kom eg til å tenkje på den løysinga eg presenterte før eg drog.
Første delen er heilt patent. Siste delen derimot "heng ikkje på greip". Difor vil eg gjerne få rette opp det mistaket
eg har gjort.

Definerer desse talfølgjene:

p${}_i$ = rota av(a${}_i$ *x${}^i$) , 0 <= i <= n

q${}_i$ = rota av (a${}_i$/x${}^i$ ) , 0 <= i <= n

Cauchy gir :

f( x ) * f( 1/x ) = (sum(p${}_i$${}^2$) *sum(q${}_i$${}^2$) >= (sum(p${}_i$ * q${}_i$ ) = (a${}_0$ + a${}_1$ + ..... + a${}_n$)${}^2$ = 1 * 1 = 1

Dermed har vi vist at f(1/x) * f ( x ) >= 1 for alle x > 0 (s.s.v. )

Håper at denne løysinga held mål.

[Markus]

Ser bra ut det der!
Har du en oppfølger?

[Mattebruker]

Ein "snill" oppfølgar:

La A , B og C vere vinklane i ein vilkårleg trekant.

Vis at sin( A ) + sin( B ) + sin( C ) <= 3/2 * rota av ( 3 )

[Kay]

Ein "snill" oppfølgar:

La A , B og C vere vinklane i ein vilkårleg trekant.

Vis at sin( A ) + sin( B ) + sin( C ) <= 3/2 * rota av ( 3 )

Betrakt $f(x)=\sin (x),x\in [0,\pi ]$, $f$ er konkavt på dette intervallet og da følger det fra Jensen at $\frac{\sin (A)+\sin (B)+\sin (C)}{3}\le \sin \frac{A+B+C}{3}=\sin (60)=\frac{\sqrt{3}}{2}$


Oppfølger: Vis at $\sum _{i=1}^{2^n}\frac{1}{i}\ge 1+\frac{n}{2}$

[Markus]

Oppfølger: Vis at $\sum _{i=1}^{2^n}\frac{1}{i}\ge 1+\frac{n}{2}$

Er ikke dette en del av Oresmes bevis på at den harmoniske rekken divergerer?
Observer at $$\begin{gathered} n=2:1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\ge 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=2=1+\frac{n}{2} \\ n=3:1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}\ge 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}=1+3\cdot \frac{1}{2}=1+\frac{n}{2} \\ \text{osv.} \end{gathered}$$
Siden vi summer opp til $2^n$ vil det alltid antall ledd være en potens av $2$. Derfor vil mønsteret over holde $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$

Mer rigorøst kan man vel gjøre det ved induksjon. Grunntilfellet $n=1$ er $1+\frac{1}{2}\ge 1+\frac{1}{2}$, som stemmer. Antar at det stemmer for $n=k$, og ønsker å vise at det da også stemmer for $n=k+1$. Av induksjonshypotesen har vi at $$\sum _{i=1}^{2^k}\left[\frac{1}{i}\right]+(\frac{1}{2^k+1}+\cdots +\frac{1}{2^{k+1}})\ge 1+\frac{k}{2}+(\frac{1}{2^k+1}+\cdots +\frac{1}{2^{k+1}})\le 1+\frac{k+1}{2}⟹\sum _{i=1}^{2^{k+1}}\frac{1}{i}\ge 1+\frac{k+1}{2}$$ Der den siste ulikheten er sann fordi $$\frac{1}{2^k+1}+\cdots +\frac{1}{2^{k+1}}\le 1+\frac{k+1}{2}$$ er ekvivalent med ulikheten $$\frac{1}{2^k+1}+\cdots +\frac{1}{2^{k+1}}\ge \frac{1}{2}$$ som er sann fordi $$\frac{1}{2^k+1}+\cdots +\frac{1}{2^{k+1}}\ge \underset{2^k\text{ ganger}}{\underbrace{\frac{1}{2^{k+1}}+\frac{1}{2^{k+1}}+\cdots +\frac{1}{2^{k+1}}}}=\frac{2^k}{2^{k+1}}=\frac{1}{2}$$ Som fullfører beviset.

Oppfølger
La $a,b,c,d\in {\mathbb{R}}^{+}$. Vis at $$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{4}{c}+\frac{16}{d}\ge \frac{64}{a+b+c+d}$$

[Mattebruker]

V.S. kan skrivast

1/a + 1/b + 2/c + 2/c + 4/d + 4/d + 4/d + 4/d

AM-HM gir : V.S./8 >= 8/(a + b + c + d ) som er ekvivalent med at

V.S. >= 64/(a + b + c + d ) ( s.s.v. )

[Mattebruker]

Oppfølgar:

La a , b , c og d vere element i R${}_{+}$

Sett S = (a + b + c)/d + (a + b + d)/c + (a + c + d )/b + (b + c + d )/a

Vis at S >= 12

[Markus]

Oppfølgar:

La a , b , c og d vere element i R${}_{+}$

Sett S = (a + b + c)/d + (a + b + d)/c + (a + c + d )/b + (b + c + d )/a

Vis at S >= 12

AM-GM på alle leddene gir $$S=\frac{a}{d}+\frac{b}{d}+\frac{c}{d}+\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{d}{c}+\frac{a}{b}+\frac{c}{b}+\frac{d}{b}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{d}{a}\ge 12\sqrt[12]{\frac{a^3{b}^3{c}^3{d}^3}{d^3{c}^3{b}^3{a}^3}}=12$$

Oppfølger
Anta at $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ er en deriverbar funksjon for alle $x$, slik at $f^{\prime }(x)\le m\mathrm{\forall }x$, og $f(10)=2$. Finn maksimumverdien til $f(15)$.

[hco96]

"Anta at $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ er en deriverbar funksjon for alle $x$, slik at $f^{\prime }(x)\le m\mathrm{\forall }x$, og $f(10)=2$. Finn maksimumverdien til $f(15)$."

Middelverdi setningen gir oss $f´(c)=\frac{f(15)-f(10)}{5}$ for en $c\in [10,15]$, dvs $f´(c)=\frac{f(15)-2}{5}$.
$f´(c)\le m$ dermed er $\frac{f(15)}{5}-\frac{2}{5}\le m$ så $f(15)\le 5m+2$.

[Markus]

Middelverdi setningen gir oss $f´(c)=\frac{f(15)-f(10)}{5}$ for en $c\in [10,15]$, dvs $f´(c)=\frac{f(15)-2}{5}$.
$f´(c)\le m$ dermed er $\frac{f(15)}{5}-\frac{2}{5}\le m$ så $f(15)\le 5m+2$.

Jepp, bra! Kanskje ikke den tyngste ulikhetoppgaven, men tenkte det var fint å bryte opp litt i all AM-GM-, Cauchy-Schwarz- og Jensen-ulikhetene med en liten kalkulus-ulikhet.

Har du en oppfølger?

[hco96]

Oppfølger:
Anta at $(U,\Vert \cdot {\Vert }_U),(V,\Vert \cdot {\Vert }_V)$ og $(W,\Vert \cdot {\Vert }_W)$ er tre normerte vektor rom over $\mathbf{R}$.
La $A:U\to V$ og $B:V\to W$ være begrensede lineær operatorer.
Vis at $C=B\circ A$ er en begrenset lineær operator og at $\Vert C\Vert \le \Vert A\Vert \Vert B\Vert$.

[Gustav]

Oppfølger:
Anta at $(U,\Vert \cdot {\Vert }_U),(V,\Vert \cdot {\Vert }_V)$ og $(W,\Vert \cdot {\Vert }_W)$ er tre normerte vektor rom over $\mathbf{R}$.
La $A:U\to V$ og $B:V\to W$ være begrensede lineær operatorer.
Vis at $C=B\circ A$ er en begrenset lineær operator og at $\Vert C\Vert \le \Vert A\Vert \Vert B\Vert$.

Dette er vel en standardoppgave i elementær funksjonalanalyse. Vi har at

$||Cx||=||B(Ax)||\le ||B|{|}_{op}\cdot ||Ax||\le ||B|{|}_{op}||A|{|}_{op}||x||$, så $C$ er begrenset. Dermed er også

$||C|{|}_{op}=sup(||Cx||:x\in U,||x||=1)\le sup(||B|{|}_{op}||A|{|}_{op}||x||:x\in U,||x||=1)=||B|{|}_{op}||A|{|}_{op}$.

Oppfølger:

For alle positive $x,y,z$ slik at $xyz=1$, vis at $\sum _{cyc}\frac{1}{(x+1{)}^2+y^2+1}\le \frac{1}{2}$

Hint:

[+] Skjult tekst

AM-GM, samt et smart variabelskifte