Ulikhetmaraton

[zzzivert]

Mener du maksimum?
Det er klart at $xyz>0$ og dersom $z=1,x=3-2y$ får vi $xyz=y(3-2y)\to 0$ når $y\to 0$.

For maksimum:
Av AM-GM har vi
$8=(\frac{x+2y+3z}{3}{)}^3\ge 6xyz$
$0<xyz\le \frac{8}{6}$

[Markus]

Oppfølger:
La $a,b,c,d\in \mathbb{R}$ slik at $a^2+b^2=c^2+d^2$. Finn maksimumsverdien til $$\frac{20bc+14bd+20ad-14ac}{a^2+b^2+c^2+d^2}$$

[zzzivert]

Av homogenitet kan vi anta at $a^2+b^2=c^2+d^2=1$.
Vi kan derfor gjøre substitusjonene:
$a=\sin (x),b=\cos (x),c=\sin (y),d=\cos (y)$
Utrykket blir dermed lik:
$10\cos (x)\sin (y)+10\sin (x)\cos (y)+7\cos (x)\cos (y)-7\sin (x)\sin (y)$
$=10\sin (x+y)+7\cos (x+y)\le \sqrt{{10}^2+7^2}\sqrt{{\sin }^2(x+y)+{\cos }^2(x+y)}=\sqrt{149}$
Her brukte vi Cauchy-Schwarz' ulikhet.

[Mattebruker]

Dette problemet har vore presentert tidlegare i dette forumet, og her presenterer zzzivert ei original og meget
elegant løysing.

[Markus]

Av homogenitet kan vi anta at $a^2+b^2=c^2+d^2=1$.
Vi kan derfor gjøre substitusjonene:
$a=\sin (x),b=\cos (x),c=\sin (y),d=\cos (y)$
Utrykket blir dermed lik:
$10\cos (x)\sin (y)+10\sin (x)\cos (y)+7\cos (x)\cos (y)-7\sin (x)\sin (y)$
$=10\sin (x+y)+7\cos (x+y)\le \sqrt{{10}^2+7^2}\sqrt{{\sin }^2(x+y)+{\cos }^2(x+y)}=\sqrt{149}$
Her brukte vi Cauchy-Schwarz' ulikhet.

Utrolig elegant løsning! Som mattegjest sier har ulikheten vært presentert før, men i mangel på nye ulikheter gikk jeg for en som hadde vært her tidligere, i håp om at flere ikke hadde sett den tidligere.

Dere må forresten huske på å poste oppfølgere. Den som viser en ulikhet poster en ny ulikhet til nestemann.

[Gustav]

Mener du maksimum?
Det er klart at $xyz>0$ og dersom $z=1,x=3-2y$ får vi $xyz=y(3-2y)\to 0$ når $y\to 0$.

For maksimum:
Av AM-GM har vi
$8=(\frac{x+2y+3z}{3}{)}^3\ge 6xyz$
$0<xyz\le \frac{8}{6}$

Jepp, beklager feilen!

Oppfølger: For positive reelle $a,b,c$ slik at $12\ge 21ab+2bc+8ca$, vis at

$\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\ge \frac{15}{2}$

Edit: Rettet feil i ulikheten påpekt av zzzivert

[zzzivert]

Oppfølger: For positive reelle $a,b,c$ slik at $12\ge 21ab+2bc+8ca$, vis at

$\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\le \frac{15}{2}$

Jeg antar at du mener
$\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\ge \frac{15}{2}$
siden $a\to 0$ er et moteksempel.

Dessuten holder det å se på verdier der
$12=21ab+2bc+8ca$
da mindre verdier av $a,b,c$ gir høyere verdier av $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}$.

Vi starter med substitusjonen
$a=\frac{1}{3}x,b=\frac{4}{5}y,c=\frac{3}{2}z$

Etter forenklinger lyder oppgaven:
Vis at
$6yz+5xz+4xy\ge 15xyz$
når:
$3yz+5xz+7xy=15$

Fra AM-GM (vektet) har vi:
$1=(\frac{3yz+5xz+7xy}{15}{)}^{15}\ge x^{12}{y}^{10}{z}^8$
og
$S=(\frac{6yz+5xz+4xy}{15}{)}^{15}\ge x^9{y}^{10}{z}^{11}$
som gir:
$1\cdot S^2\ge x^{12}{y}^{10}{z}^8\cdot x^{18}{y}^{20}{z}^{22}$
$\iff S^2\ge x^{30}{y}^{30}{z}^{30}$
$\iff 6yz+5xz+4xy\ge 15xyz$

[zzzivert]

Oppfølger:
La $a,b,c>0$. Vis at:
$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}>2$.

[Gustav]

Jeg antar at du mener
$\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\ge \frac{15}{2}$
siden $a\to 0$ er et moteksempel.

Selvsagt korrekt observert

[Mattebruker]

Viser til oppfølgar v/ zzzivert. Ut frå "symmetrien" i uttrykket er det freistande å hevde at V.S. ( LHS ) har sin
minste verdi når a = b = c. Da får vi at

V.S. >= 3/rota av ( 2 ) > 2

Dette er eit kvasibevis. Ventar spent på ei profesjonell løysing.


Mvh mattegjesten

[zzzivert]

Observer at dersom $a=b=1$ og $c\to 0$ går verdien av utrykket mot 2. Derfor stemmer det ikke at minste verdi er $\frac{3\sqrt{2}}{2}>2$.

Hint 1:

[+] Skjult tekst

$\sqrt{\frac{a}{b+c}}=\frac{a}{\sqrt{a(b+c)}}$

Hint 2:

[+] Skjult tekst

$\sqrt{a(b+c)}\le \frac{a+b+c}{2}$

[Mattebruker]

AM-GM gir
rota av (a (b + c ) ) <= ( a + b + c )/2

rota av (b (a + c ) ) <= ( b + a + c )/2

rota av ( ( c (a + b ) ) <= (c + a + b )/2

Vi har da at

rota av (a/( b+c ) ) = a/rota av (a(b+c)) >= 2a/( a + b + c )

rota av (b/(a +c)) = b/(rota av(b(a + c ) ) >= 2b/(a + b + c )

rota av (c/(a + b)) = c/(rota av(c(a+b)) >= 2c/(a + b + c )

Summerer V.S. og H.S. kvar for seg, og får

rota av (a/(b+c) + rota av (b/(a+c)) + rota av (c/( a+b ) ) >= 2(a+ b + c )/(a +b + c ) = 2 ( s. s. v. )

[zzzivert]

Det stemmer! Til slutt trengs det et lite argument hvorfor vi ikke kan få likhet.

Oppfølger:
La $a,b,c$ være sidelengder i en trekant.
Vis at
$$\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{c+a-b}+\frac{c}{a+b-c}\ge 3$$

[Mattebruker]

Sett S = a + b + c og innfører hjelpefunksjonen

f( x ) = x /(S - 2x ) . Ettersom denne funksjonen er konveks ( f''( x ) > 0 ) , får vi ifølge Jensen at

(f( a ) + f( b ) + f ( c ) )/3 >= f((a+b+c)/3) = S/3/(S - 2*S/3) = S/3/S/3 = 1, som er ekvivalent med at


a/(b+c - a) + b/(a+c - b) + c/(a + b - c) >= 3 ( s. s. v. )

[Mattebruker]

Gløymde å presisere at S - 2x > 0 når x er element i {a , b , c } ( summen av to sider i ein trekant er alltid større enn lengda av den 3. sida , dvs. a + b > c , a + c > b og b + c > a ).