Ulikhetmaraton

31/10-2018 13:37

Markus wrote:Jeg mistenker at problemet, i likhet med mye annet, kan også løses på en annen måte. Med for eksempel Cauchy-Schwarz kan vi også finne en nedre grense for uttrykket; $(n + \frac{1}{2})^{2} \geq (\sum_{i = 1}^{n} a_{i}) (\sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{a_{i}}) \geq n^{2}$ Den øvre og nedre grensen er så nærme hverandre, at jeg nesten tror det er med vilje, men jeg ser ikke helt veien videre herifra. Hvis noen vil hjelpe til eller gi hint settes det stor pris på!

Forresten, zzzivert, hvorfor kan du av homogenitet anta at $a_{1} = \frac{1}{2}$ ?

Hint : WLOG anta at

a_{1}

er minst og

a_{2}

størst. Bruk Cauchy-Schwarz på

[(a_{1} + a_{2}) + a_{3} + \dots + a_{n}] [(\frac{1}{a_{1}} + \frac{1}{a_{2}}) + \frac{1}{a_{3}} + \dots + \frac{1}{a_{n}}]

Angående det siste spørsmålet: Siden ulikheten er homogen er den ekvivalent med om du multipliserer alle

a_{i}

med en skalar

k

, dermed kan du WLOG anta at

a_{1} = \frac{1}{2}

(velg

k = \frac{1}{2 a_{1}}

).

01/11-2018 17:53

Oppfølger: Vis at for alle positive heltall

n

gjelder

\sqrt{2} \cdot \sqrt[4]{4} \cdot \sqrt[8]{8} \dots \sqrt[2^{n}]{2^{n}} \leq n + 1

.

zzzivert · 05/11-2018 20:29

La

p (n) = \sqrt{2} \cdot \sqrt[4]{4} \cdot \sqrt[8]{8} \dots \sqrt[2^{n}]{2^{n}}

. Da har vi:

p (n) = 2^{s (n)}

der

s (n) = \frac{1}{2} + \frac{2}{4} + \frac{3}{8} + \dots + \frac{n}{2^{n}}

.

La

f (x) = 1 + x + x^{2} + \dots + x^{n} = \frac{1 - x^{n + 1}}{1 - x}

. Da er:

f^{'} (x) = 1 + 2 x + 3 x^{2} + \dots + n x^{n - 1} = (\frac{1 - x^{n + 1}}{1 - x})^{'} = \frac{- (n + 1) x^{n} (1 - x) + 1 - x^{n + 1}}{(1 - x)^{2}} = \frac{n x^{n + 1} - (n + 1) x^{n} + 1}{(1 - x)^{2}}

Vi ser at

s (n) = \frac{1}{2} f^{'} (\frac{1}{2}) = 2 - (n + 2) (\frac{1}{2})^{n} < 2

Derfor er

p (n) < 4

og det holder å sjekke at

p (n) \leq n + 1

for

n = 1, 2

, som stemmer.

zzzivert · 05/11-2018 20:32

Oppfølger:

La

a, b, c

være positive reelle tall s.a.

a + b + c = 1

. Vis at

\sqrt{a b + c} + \sqrt{b c + a} + \sqrt{c a + b} \geq 1 + \sqrt{a b} + \sqrt{b c} + \sqrt{c a}

10/11-2018 03:02

zzzivert wrote:La $p (n) = \sqrt{2} \cdot \sqrt[4]{4} \cdot \sqrt[8]{8} \dots \sqrt[2^{n}]{2^{n}}$ . Da har vi:
$p (n) = 2^{s (n)}$ der $s (n) = \frac{1}{2} + \frac{2}{4} + \frac{3}{8} + \dots + \frac{n}{2^{n}}$ .

La $f (x) = 1 + x + x^{2} + \dots + x^{n} = \frac{1 - x^{n + 1}}{1 - x}$ . Da er:
$f^{'} (x) = 1 + 2 x + 3 x^{2} + \dots + n x^{n - 1} = (\frac{1 - x^{n + 1}}{1 - x})^{'} = \frac{- (n + 1) x^{n} (1 - x) + 1 - x^{n + 1}}{(1 - x)^{2}} = \frac{n x^{n + 1} - (n + 1) x^{n} + 1}{(1 - x)^{2}}$

Vi ser at $s (n) = \frac{1}{2} f^{'} (\frac{1}{2}) = 2 - (n + 2) (\frac{1}{2})^{n} < 2$
Derfor er $p (n) < 4$ og det holder å sjekke at
$p (n) \leq n + 1$ for $n = 1, 2$ , som stemmer.

Flott

18/11-2018 17:50

Gustav wrote:Hint : WLOG anta at $a_{1}$ er minst og $a_{2}$ størst. Bruk Cauchy-Schwarz på

$[(a_{1} + a_{2}) + a_{3} + \dots + a_{n}] [(\frac{1}{a_{1}} + \frac{1}{a_{2}}) + \frac{1}{a_{3}} + \dots + \frac{1}{a_{n}}]$

Tok litt tid å få denne til, men det var jo ikke så mye verre enn å faktisk skrive ut uttrykket ved å bruke hintet

Anta (wlog) at

a_{1}

er minst og at

a_{2}

er størst. Cauchy-Schwarz, sammen med den gitte bibetingelsen i oppgaven, gir

{(n + \frac{1}{2})}^{2} \geq ((a_{1} + a_{2}) + a_{3} + \dots + a_{n}) ((\frac{1}{a_{1}} + \frac{1}{a_{2}}) + \frac{1}{a_{3}} + \dots + \frac{1}{a_{n}}) \geq {(\sqrt{2 + \frac{a_{2}}{a_{1}} + \frac{a_{1}}{a_{2}}} + (n - 2))}^{2} ⟹ {(n + \frac{1}{2})}^{2} \geq {(\sqrt{2 + \frac{a_{2}}{a_{1}} + \frac{a_{1}}{a_{2}}} + (n - 2))}^{2}

Siden

a_{1}, a_{2}

er positive tall, kan vi ta roten på begge sidene, og flytte om litt for å få

\frac{5}{2} \geq \sqrt{2 + \frac{a_{2}}{a_{1}} + \frac{a_{1}}{a_{2}}}

Siden

a_{1}

er antatt minst og

a_{2}

er antatt størst, kan vi wlog anta at

\frac{a_{1}}{a_{2}} \leq 1

, så

\sqrt{2 + \frac{a_{2}}{a_{1}} + \frac{a_{1}}{a_{2}}} \geq \sqrt{3 + \frac{a_{2}}{a_{1}}}

Dette gir endelig at

\frac{5}{2} \geq \sqrt{3 + \frac{a_{2}}{a_{1}}} ⟹ \frac{13}{4} a_{1} \geq a_{2}

Som er et sterkere resultat enn det vi skulle vise. Hvordan løste du den Gustav?

20/11-2018 00:59

Markus wrote: Siden $a_{1}$ er antatt minst og $a_{2}$ er antatt størst, kan vi wlog anta at $\frac{a_{1}}{a_{2}} \leq 1$ , så $\sqrt{2 + \frac{a_{2}}{a_{1}} + \frac{a_{1}}{a_{2}}} \geq \sqrt{3 + \frac{a_{2}}{a_{1}}}$

Dette steget kan vel ikke stemme da den siste ulikheten er ekvivalent med

\frac{a_{1}}{a_{2}} \geq 1

.

Markus wrote:Siden $a_{1}, a_{2}$ er positive tall, kan vi ta roten på begge sidene, og flytte om litt for å få $\frac{5}{2} \geq \sqrt{2 + \frac{a_{2}}{a_{1}} + \frac{a_{1}}{a_{2}}}$ Siden $a_{1}$ er antatt minst og $a_{2}$ er antatt størst, kan vi wlog anta at $\frac{a_{1}}{a_{2}} \leq 1$ ,

Den første ulikheten er ekvivalent med

(4 a_{1} - a_{2}) (a_{1} - 4 a_{2}) \leq 0

, så da følger at

4 a_{1} \geq a_{2}

som skulle vises.

20/11-2018 19:59

Gustav wrote:
Markus wrote: Siden $a_{1}$ er antatt minst og $a_{2}$ er antatt størst, kan vi wlog anta at $\frac{a_{1}}{a_{2}} \leq 1$ , så $\sqrt{2 + \frac{a_{2}}{a_{1}} + \frac{a_{1}}{a_{2}}} \geq \sqrt{3 + \frac{a_{2}}{a_{1}}}$
Dette steget kan vel ikke stemme da den siste ulikheten er ekvivalent med $\frac{a_{1}}{a_{2}} \geq 1$ .

Markus wrote:Siden $a_{1}, a_{2}$ er positive tall, kan vi ta roten på begge sidene, og flytte om litt for å få $\frac{5}{2} \geq \sqrt{2 + \frac{a_{2}}{a_{1}} + \frac{a_{1}}{a_{2}}}$ Siden $a_{1}$ er antatt minst og $a_{2}$ er antatt størst, kan vi wlog anta at $\frac{a_{1}}{a_{2}} \leq 1$ ,
Den første ulikheten er ekvivalent med

$(4 a_{1} - a_{2}) (a_{1} - 4 a_{2}) \leq 0$ , så da følger at $4 a_{1} \geq a_{2}$ som skulle vises.

Ja herregud, den ene ulikheten der stemmer jo ikke i det hele tatt... Hm..

Vi er enige i

\frac{5}{2} \geq \sqrt{\frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{1}} + 2}

? Hvis jeg forstår deg rett så kan vi gjøre litt algebra med denne og få

4 a_{1}^{2} - 13 a_{1} a_{2} + 4 a_{2}^{2} \geq 0 ⟹ 4 a_{1}^{2} - 17 a_{1} a_{2} + 4 a_{2}^{2} = (4 a_{1} - a_{2}) (a_{1} - 4 a_{2}) \geq 0

? Jeg gjorde dette en gang til, altså startet med

\frac{5}{2} \geq \sqrt{\frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{1}} + 2}

også kom jeg hit

\frac{13}{4} \geq \frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{1}}

Siden

\frac{a_{1}}{a_{2}} \geq 0

, fordi

a_{1}, a_{2}

er positive, vil vi få

\frac{13}{4} \geq \frac{a_{2}}{a_{1}}

, men herifra følger den samme konklusjonen som jeg hadde istad, så jeg mistenker at jeg gjør en feil et sted, men jeg klarer ikke å se den.

20/11-2018 20:56

Markus wrote:
Vi er enige i $\frac{5}{2} \geq \sqrt{\frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{1}} + 2}$ ? Hvis jeg forstår deg rett så kan vi gjøre litt algebra med denne og få $4 a_{1}^{2} - 13 a_{1} a_{2} + 4 a_{2}^{2} \geq 0 ⟹ 4 a_{1}^{2} - 17 a_{1} a_{2} + 4 a_{2}^{2} = (4 a_{1} - a_{2}) (a_{1} - 4 a_{2}) \geq 0$ ? Jeg gjorde dette en gang til, altså startet med $\frac{5}{2} \geq \sqrt{\frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{1}} + 2}$ også kom jeg hit $\frac{13}{4} \geq \frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{1}}$ Siden $\frac{a_{1}}{a_{2}} \geq 0$ , fordi $a_{1}, a_{2}$ er positive, vil vi få $\frac{13}{4} \geq \frac{a_{2}}{a_{1}}$ , men herifra følger den samme konklusjonen som jeg hadde istad, så jeg mistenker at jeg gjør en feil et sted, men jeg klarer ikke å se den.

Antar du har regna litt feil her. Det skal vel heller være

\frac{17}{4} \geq \frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{1}}

, som er ekvivalent med

(4 a_{1} - a_{2}) (a_{1} - 4 a_{2}) \leq 0

. Siden

a_{2} \geq a_{1}

er

a_{1} - 4 a_{2} < 0

, og vi kan konkludere med at

4 a_{1} - a_{2} \geq 0

, altså at

4 a_{1} \geq a_{2}

, som var det som skulle vises.

17/01-2019 01:27

La

a_{0}, a_{1}, a_{2}, \dots

være en uendelig følge av reelle tall slik at

\frac{a_{n - 1} + a_{n + 1}}{2} \geq a_{n}

for alle positive heltall

n

. Vis at

\frac{a_{0} + a_{n + 1}}{2} \geq \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}}{n}

holder for alle positive heltall

n

.

zzzivert · 19/01-2019 13:40

La

b_{n} = a_{n} - a_{n - 1}

, da har vi:

a_{n} = a_{n - 1} + b_{n} = a_{n - 2} + b_{n} + b_{n - 1} = \dots = a_{0} + \sum_{i = 1}^{n} b_{i}

.
Da blir den gitte ulikheten:

\frac{a_{n - 1} + a_{n + 1}}{2} \geq a_{n}

\frac{a_{n - 1} + a_{n - 1} + b_{n + 1} + b_{n}}{2} \geq a_{n - 1} + b_{n}

b_{n + 1} \geq b_{n}

Og ulikheten vi skal vise:

\frac{a_{0} + a_{n + 1}}{2} \geq \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}}{n}

\frac{a_{0} + a_{0} + \sum_{i = 1}^{n + 1} b_{i}}{2} \geq \frac{(a_{0} + b_{1}) + (a_{0} + b_{1} + b_{2}) + \dots + (a_{0} + \sum_{i = 1}^{n} b_{i})}{n}

\frac{1}{2} \sum_{i = 1}^{n + 1} b_{i} \geq \frac{n b_{1} + (n - 1) b_{2} + \dots + 2 b_{n - 1} + b_{n}}{n}

Vi har også ulikheten:

\frac{1}{2} \sum_{i = 1}^{n + 1} b_{i} \geq \frac{n + 1}{2 n} \sum_{i = 1}^{n} b_{i}

siden det er ekvivalent med

n b_{n + 1} \geq \sum_{i = 1}^{n} b_{i}

.
Derfor får vi:

\frac{1}{2} \sum_{i = 1}^{n + 1} b_{i} \geq \frac{n + 1}{2 n} \sum_{i = 1}^{n} b_{i} = \frac{\frac{n (n + 1)}{2}}{n} \frac{\sum_{i = 1}^{n} b_{i}}{n}

= \frac{n + (n - 1) + \dots + 2 + 1}{n} \cdot \frac{b_{1} + b_{2} + \dots + b_{n - 1} + b_{n}}{n}

.
Fra Chebyshevs ulikhet har vi:

\frac{n + (n - 1) + \dots + 2 + 1}{n} \cdot \frac{b_{1} + b_{2} + \dots + b_{n - 1} + b_{n}}{n} \geq \frac{n b_{1} + (n - 1) b_{2} + \dots + 2 b_{n - 1} + b_{n}}{n}

26/01-2019 00:18

En ganske lett en:

La

x, y \in R

. Du kan anta at

\sin (x)

er kontinuerlig. Vis at

| \sin (x) - \sin (y) | < | x - y |

26/01-2019 01:09

Jeg er ingen konkurransematematiker, men jeg begir meg ut på et forsøk. Og kan jeg anta at det menes

\leq

siden

x = y

er et moteksempel?

For

x = y

er løsningen åpenbar.

Siden vi har absoluttverdi på begge sider kan vi anta WLOG at

x > y

.

La

f (a) = \sin (a)

på

[y, x]

. Siden

f

er kontinuerlig og deriverbar overalt (burde sistnevnte bevises?), kan vi vha. middelverdisetningen avgjøre at

\exists c \in (y, x) | f^{'} (c) = \frac{f (x) - f (y)}{x - y}

.

Dette gir

f^{'} (c) = \cos (c) = \frac{\sin (x) - \sin (y)}{x - y} \Rightarrow \sin (x) - \sin (y) = \cos (c) (x - y) \Rightarrow | \sin (x) - \sin (y) | = | \cos (c) | | x - y | \leq | x - y |

siden

\cos (c) \in [- 1, 1] \Rightarrow | \cos (c) | \leq 1

Ser nå at dette ikke er identisk med det som skulle vises, men det får være en øvelse til leseren å bytte om på

x

og

y

i beviset, som vil gi ønsket utfall

Siden jeg er ganske grønn på akkurat dette, så har jeg ingen go-to ressurser for å finne en passende oppfølger. Kanskje noen har en anbefaling på ei bok med ulikhetsnøtter av stigende vanskelighetsgrad?

26/01-2019 10:57

En liten omskrivning av beviset gitt av Aleks

Bevis ved motsigelse:

For

x = y

holder ulikheten, så anta WLOG at

x > y

og

| \frac{\sin x - \sin y}{x - y} | > 1

. Da fins en

c \in (y, x)

slik at

| \cos c | = | (\sin c)^{'} | = | \frac{\sin x - \sin y}{x - y} | > 1

, som er en motsigelse. Ergo følger utsagnet.

To lignende oppfølgere:

1. La

n \geq 2

og

x_{1}, x_{2}, . . ., x_{n}

være positive reelle tall. Vis at

\frac{1 + x_{1}^{2}}{1 + x_{1} x_{2}} + \frac{1 + x_{2}^{2}}{1 + x_{2} x_{3}} + \dots + \frac{1 + x_{n}^{2}}{1 + x_{n} x_{1}} \geq n

2. La

n \geq 3

og

a_{1}, a_{2}, . . ., a_{n}

være positive reelle tall. Vis at

\frac{1 + a_{1}^{2}}{a_{2} + a_{3}} + \frac{1 + a_{2}^{2}}{a_{3} + a_{4}} + \dots + \frac{1 + a_{n}^{2}}{a_{1} + a_{2}} \geq n

zzzivert · 26/01-2019 12:46

En alternativ løsning til den trigonometriske ulikheten:

Vi bruker følgende:
1)

\sin (α) - \sin (β) = 2 \sin (\frac{α - β}{2}) \cos (\frac{α + β}{2})

2)

| \cos (x) | \leq 1

3)

| \sin (x) | \leq | x |

I den opprinnelige ulikheten substituerer vi

x

med

x + y

. Da får vi:

| \sin (x + y) - \sin (y) | \leq | x |

Bruker vi 1), 2) og 3) får vi:

| \sin (x + y) - \sin (y) | = 2 | \sin (\frac{x}{2}) | | \cos (\frac{2 x + y}{2}) | \leq 2 | \sin (\frac{x}{2}) | \leq 2 | \frac{x}{2} | = | x |

.