Ulikhetmaraton

[zzzivert]

La $x=\frac{a}{b},y=\frac{b}{c},z=\frac{c}{a}$, der $a,b,c>0$.
$\sum _{cyc}\frac{1}{(x+1{)}^2+y^2+1}=\sum _{cyc}\frac{1}{(\frac{a}{b}+1{)}^2+(\frac{b}{c}{)}^2+1}=\sum _{cyc}\frac{(bc{)}^2}{c^2(a+b{)}^2+b^4+(bc{)}^2}$
Av AM-GM har vi $c^2{a}^2+b^4\ge 2a{b}^{2}c$.
Derfor får vi
$c^2(a+b{)}^2+b^4+(bc{)}^2=c^2{a}^2+b^4+2c^{2}ab+2b^2{c}^2\ge 2a{b}^{2}c+2c^{2}ab+2b^2{c}^2=2bc(ab+ac+bc)$
Som betyr
$\sum _{cyc}\frac{(bc{)}^2}{c^2(a+b{)}^2+b^4+(bc{)}^2}\le \sum _{cyc}\frac{(bc{)}^2}{2bc(ab+ac+bc)}=\frac{1}{2}$

[zzzivert]

Oppfølger:

La $a,b,c,d$ være ikke-negative reelle tall s.a. $ab+bc+cd+da=1$. Vis at
$\frac{a^3}{b+c+d}+\frac{b^3}{a+c+d}+\frac{c^3}{a+b+d}+\frac{d^3}{a+b+c}\ge \frac{1}{3}$

[Mattebruker]

Registrerer at ab + bc + cd + da = (a +c)(b+d) = 1

Sett S = a + b + c + d

Innfører hjelpefunksjonen

f( x ) = x${}^3$/(S - x ) , der x< S

Funksjonen f er konveks ( f''( x ) > 0 ) . Jensen gir då

(f( a ) + f( b) + f( c ) + f( d ))/4 >= f(S/4) = S${}^2$/48 , som gir

f( a ) + f( b ) + f( c ) + f( d ) >= S${}^2$/12

[Mattebruker]

S${}^2$ = (a + b + c + d )${}^2$ = [ (a + c) + (b + d )]${}^2$ = (a +c)${}^2$ + (b + d)${}^2$ + 2

Sidan (a + c) = 1/(b + d) , kan vi lett vise at (a+c)${}^2$ + (b + d )${}^2$ har sin minste verdi ( 2) når

a + c = b + d = 1. Då endar vi opp med at

f( a ) + f(b) + f( c ) + f( d ) >= S${}^2$/12 >= ( 2 + 2 )/12 = 1/3 ( som skulle visast )

[zzzivert]

Flott!

[Markus]

Utnytter meg av muligheten til å poste en oppfølger, siden du glemte det mattegjest.

La $a_1,a_2,\dots ,a_n$ og ${\omega }_1,{\omega }_2,\dots ,{\omega }_n$ være ikke-negative reelle tall slik at ${\omega }_1+{\omega }_2+\cdots +{\omega }_n=1$. Vis at $${\omega }_1{a}_1+{\omega }_2{a}_2+\cdots +{\omega }_n{a}_n\ge a_1^{{\omega }_1}{a}_2^{{\omega }_2}\cdots a_n^{{\omega }_n}$$ og at AM-GM-ulikheten følger av ulikheten du skulle vise.

[Mattebruker]

Ulikskapen følgjer av Jensen når vi innfører den konkave hjelpefunksjonen

f( x ) = log${}_g(x)$ der grunntalet g > 1

log( w${}_1$*a${}_1$ + ...............+ w${}_n$ * a${}_n$ ) >=SUM( w${}_i$*log(a${}_i$) frå i = 1 til i = n) (brukar logaritmereglane for potens og produkt "baklengs" ) = log ( H. S.)

Ved aritmetisk middel ( AM ) har alle elementa a${}_1$ , ..............., a${}_n$ lik vekt , dvs.

w${}_1$ = w${}_2$ = ........................... = w${}_n$ = 1/n . Ulikskapen får då forma

(a${}_1$ + a${}_2$ + ............... + a${}_n$)/n >= (a${}_1$*a${}_2$*..........*a${}_n{)}^{1/n}$ (som skulle visast )

[Mattebruker]

OBS ! Bruken av Jensen med f( x ) = log( x ) har som føresetnad at

a${}_1$ , a${}_2$ , ................................... , a${}_n$

er positive tal, dvs. vi må utelukke null( 0 ) som er eit ikkje-negativt tal.

[Gustav]

Ulikskapen følgjer av Jensen når vi innfører den konkave hjelpefunksjonen

f( x ) = log${}_g(x)$ der grunntalet g > 1

log( w${}_1$*a${}_1$ + ...............+ w${}_n$ * a${}_n$ ) >=SUM( w${}_i$*log(a${}_i$) frå i = 1 til i = n) (brukar logaritmereglane for potens og produkt "baklengs" ) = log ( H. S.)

Ved aritmetisk middel ( AM ) har alle elementa a${}_1$ , ..............., a${}_n$ lik vekt , dvs.

w${}_1$ = w${}_2$ = ........................... = w${}_n$ = 1/n . Ulikskapen får då forma

(a${}_1$ + a${}_2$ + ............... + a${}_n$)/n >= (a${}_1$*a${}_2$*..........*a${}_n{)}^{1/n}$ (som skulle visast )

Bra, ulikheten er jo triviell dersom en $a_i=0$, så vi kan anta $a_i$ positiv. Har du en oppfølger, Mattegjest?

[Mattebruker]

Oppfølgar:

Vis at abc <= (ab + bc + ca )(a${}^2$ + b${}^2$ + c${}^2$ )${}^2$

for alle positive reelle tal a , b og c som er slik at a + b +c = 1

[zzzivert]

Deler vi på $abc$ blir ulikheten:
$(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(a^2+b^2+c^2{)}^2\ge 1$
Fra AM-HM har vi
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge \frac{9}{a+b+c}=9$
og fra QM-AM har vi
$\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}\ge \frac{a+b+c}{3}=\frac{1}{3}$
Derfor får vi
$(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(a^2+b^2+c^2{)}^2\ge 9\cdot \frac{1}{9}=1$

[Mattebruker]

Sjølvsagt heilt korrekt ! Problemet løysast ved å bruke " standard verktøy ".
Eg brukte Cauchy-Schwarz samt AM-HM og kom fram til same resultatet.

[stensrud]

Oppfølgar:

Vis at abc <= (ab + bc + ca )(a${}^2$ + b${}^2$ + c${}^2$ )${}^2$

for alle positive reelle tal a , b og c som er slik at a + b +c = 1

Alternativ løsning: Definer $S_1=(a+b+c)/3,S_2=(ab+bc+ca)/3$ og $S_3=abc$. Etter homogenisering er ulikheten som skal vises ekvivalent med
$$27S_1^3{S}_3\le 3S_2(9S_1^2-6S_2{)}^2.$$
Vi har
$$3S_2(9S_1^2-6S_2{)}^2\ge 3S_2(3S_1^2{)}^2=27S_2{S}_1^4,$$
og det følger av Maclaurins ulikhet at $S_2\ge S_3^{2/3}$ og $S_1\ge S_3^{1/3}$, som er nok.

[Gustav]

Alternativ løsning: Definer $S_1=(a+b+c)/3,S_2=(ab+bc+ca)/3$ og $S_3=abc$. Etter homogenisering er ulikheten som skal vises ekvivalent med
$$27S_1^3{S}_3\le 3S_2(9S_1^2-6S_2{)}^2.$$
Vi har
$$3S_2(9S_1^2-6S_2{)}^2\ge 3S_2(3S_1^2{)}^2=27S_2{S}_1^4,$$
og det følger av Maclaurins ulikhet at $S_2\ge S_3^{2/3}$ og $S_1\ge S_3^{1/3}$, som er nok.

Fin den!

[Gustav]

Finn minimumsverdien til $xyz$ dersom $x+2y+3z=6$ og $x,y,z>0$.