Ulikhetmaraton

Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Gustav » 26/01-2019 15:11

zzzivert skrev:En alternativ løsning til den trigonometriske ulikheten:

Vi bruker følgende:
1) $\sin(\alpha)-\sin(\beta)=2\sin(\frac{\alpha-\beta}{2})\cos(\frac{\alpha+\beta}{2})$
2) $|\cos(x)|\le 1$
3) $|\sin(x)|\le |x|$

I den opprinnelige ulikheten substituerer vi $x$ med $x+y$. Da får vi:
$|\sin(x+y)-\sin(y)|\le |x|$

Bruker vi 1), 2) og 3) får vi:
$|\sin(x+y)-\sin(y)|=2|\sin(\frac{x}{2})||\cos(\frac{2x+y}{2})|\le 2|\sin(\frac{x}{2})|\le2|\frac{x}{2}|=|x|$.


nice
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4295
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Kay » 26/01-2019 16:06

En annen kul løsning på den som jeg ikke tar noen ære for er at

Hvis [tex]x<y[/tex] har man at [tex]\left |\frac{\sin y-\sin x}{y-x} \right |=\left |\frac{1}{y-x}\int_x^y\cos(t)dt \right |\leq \int_0^1|\cos(x+\tau(y-x))|d\tau<1[/tex]

Fordi integranden er [tex]\leq 1[/tex], men ikke [tex]\equiv 1[/tex]
[tex]e=\pi=3[/tex]
Kay offline
Galois
Galois
Innlegg: 559
Registrert: 13/06-2016 18:23

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Gustav » 26/01-2019 17:27

Kay skrev:En annen kul løsning på den som jeg ikke tar noen ære for er at

Hvis [tex]x<y[/tex] har man at [tex]\left |\frac{\sin y-\sin x}{y-x} \right |=\left |\frac{1}{y-x}\int_x^y\cos(t)dt \right |\leq \int_0^1|\cos(x+\tau(y-x))|d\tau<1[/tex]

Fordi integranden er [tex]\leq 1[/tex], men ikke [tex]\equiv 1[/tex]


Litt artig med så mange helt forskjellige og kreative løsninger på én ulikhet!
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4295
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Markus » 27/01-2019 03:05

Så gøy å se så mange løsninger! Dette var «gitt» på eksamenen min i gk analyse 1 i år (oppgaven var å vise at $\sin(x)$ er uniformt kontinuerlig, og da inngår denne ulikheten).

Angående ulikhetlitteratur som du etterspør Aleks, syntes jeg at MITs «Introduction to olympiad inequalities» (tror det var noe sånt den het) var fin som en introduksjon. Etter det har jeg egentlig lest litt her og der. Evan Chen sine hefter slår som regel aldri feil. Brilliant.org har også noen fine sider på ulikheter.
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Markus » 28/01-2019 20:54

Gustav skrev:To lignende oppfølgere:
2. La $n\ge 3$ og $a_1,a_2,..., a_n$ være positive reelle tall. Vis at $$ \frac{1+a_1^2}{a_2+a_3}+\frac{1+a_2^2}{a_3+a_4}+\cdots +\frac{1+a_n^2}{a_1+a_2}\ge n $$

Skriver først om $$\begin{align*}
& \enspace \enspace \frac{1+a_1^2}{a_2+a_3}+\frac{1+a_2^2}{a_3+a_4}+\cdots +\frac{1+a_n^2}{a_1+a_2} \\
&= \left(\frac{1}{a_2+a_3}+\frac{1}{a_3+a_4}+\dots+\frac{1}{a_n+a_1}+\frac{1}{a_1+a_2}\right) + \left(\frac{a_1^2}{a_2+a_3}+\frac{a_2^2}{a_3+a_4} + \dots + \frac{a_{n-1}^2}{a_n+a_1}+\frac{a_n^2}{a_1+a_2} \right)
\end{align*}$$
Kall nå det første parantesen for $S_1$ og den andre for $S_2$. Bruker nå Titus lemma (eller Cauchy-Schwarz i Engelform - kjært barn har mange navn) på begge leddene som gir henholdsvis $$S_1=\frac{1}{a_2+a_3}+\frac{1}{a_3+a_4}+\dots+\frac{1}{a_n+a_1}+\frac{1}{a_1+a_2} \geq \frac{n^2}{2\sum_{i=1}^n a_i}$$ og $$S_2=\frac{a_1^2}{a_2+a_3}+\frac{a_2^2}{a_3+a_4} + \dots + \frac{a_{n-1}^2}{a_n+a_1}+\frac{a_n^2}{a_1+a_2} \geq \frac{\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)^2}{2\sum_{i=1}^n a_i} = \frac12 \sum_{i=1}^n a_i$$ Altså har vi at $S_1+S_2 \geq \frac12 \left(\frac{n^2}{\sum_{i=1}^n a_i} + \sum_{i=1}^n a_i \right)$ Av AM-GM er $$\left[\frac{n^2}{\sum_{i=1}^n a_i}\right] + \left[\sum_{i=1}^n a_i\right] \geq 2 \sqrt{\frac{n^2}{\sum_{i=1}^n a_i} \sum_{i=1}^n a_i} = 2n$$ Så $S_1+S_2 \geq n $ som skulle vises.
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Gustav » 28/01-2019 21:49

Perfekt!

Oppgaven er fra den polske olympiaden 2017/18. Tar du den andre også?
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4295
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Markus » 05/02-2019 00:05

Gustav skrev:Perfekt!

Oppgaven er fra den polske olympiaden 2017/18. Tar du den andre også?

Har du et hint Gustav? Jeg har gitt denne en del forsøk nå, men ender opp nesten hver gang med å komme under $n$, så jeg må ha en litt skarpere fremgangsmåte. Har prøvd Titu, etterfulgt av CS og AM-GM, i tillegg til CS først, men kommer ikke helt i mål.
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Gustav » 07/02-2019 18:20

Markus skrev:Har du et hint Gustav? Jeg har gitt denne en del forsøk nå, men ender opp nesten hver gang med å komme under $n$, så jeg må ha en litt skarpere fremgangsmåte. Har prøvd Titu, etterfulgt av CS og AM-GM, i tillegg til CS først, men kommer ikke helt i mål.


Først CS-ulikheten $ \sqrt{1+x_i^2}\sqrt{1+x_j^2}\ge 1+x_i x_j$
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4295
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Markus » 07/02-2019 19:23

Gustav skrev:Først CS-ulikheten $ \sqrt{1+x_i^2}\sqrt{1+x_j^2}\ge 1+x_i x_j$

Fra den ulikheten
$$ \begin{alignat*}{2}\frac{1+x_1^2}{1+x_1x_2}+\frac{1+x_2^2}{1+x_2x_3}+\cdots +\frac{1+x_n^2}{1+x_nx_1}&\ge \frac{1+x_1^2}{\sqrt{(1+x_1^2)(1+x_2^2)}} + \frac{1+x_2^2}{\sqrt{(1+x_2^2)(1+x_3^2)}} + \dots + \frac{1+x_n^2}{\sqrt{(1+x_n^2)(1+x_1^2)}} \\
&= \sqrt{1+x_1^2}\frac{1}{\sqrt{1+x_2^2}} + \sqrt{1+x_2^2}\frac{1}{\sqrt{1+x_3^2}} + \dots + \sqrt{1+x_n^2}\frac{1}{\sqrt{1+x_1^2}} \\
&= \sqrt{\frac{1+x_1^2}{1+x_2^2}} + \sqrt{\frac{1+x_2^2}{1+x_3^2}} + \dots + \sqrt{\frac{1+x_n^2}{1+x_1^2}} \end{alignat*}$$ Nå har vi av AM-GM at $$\begin{alignat*}{2} \sqrt{\frac{1+x_1^2}{1+x_2^2}} + \sqrt{\frac{1+x_2^2}{1+x_3^2}} + \dots + \sqrt{\frac{1+x_n^2}{1+x_1^2}} &\geq n\sqrt[n]{\sqrt{\frac{1+x_1^2}{1+x_2^2}}\sqrt{\frac{1+x_2^2}{1+x_3^2}} \cdots \sqrt{\frac{1+x_n^2}{1+x_1^2}}} \\
&=n\sqrt[2n]{\frac{(1+x_1^2)(1+x_2^2)\cdots(1+x_n^2)}{(1+x_2^2)(1+x_3^2)\cdots(1+x_1^2)}} = n\sqrt[2n]{1}=n \end{alignat*}$$ Som viser den ønskede ulikheten.
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Gustav » 07/02-2019 23:29

bra
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4295
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Markus » 08/02-2019 00:27

Oppfølger:
La $a,b,c$ være sidene i en trekant og $A$ dens areal. Vis at $$a^2+b^2+c^2\ge 4\sqrt{3}A$$.
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Kay » 08/02-2019 01:22

Markus skrev:Oppfølger:
La $a,b,c$ være sidene i en trekant og $A$ dens areal. Vis at $$a^2+b^2+c^2\ge 4\sqrt{3}A$$.


Av Heron's formel og NM i algebra:

[tex]a^2+b^2+c^2\geq 4\sqrt{3}\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} \\ \Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)^2\geq (4\sqrt{3}\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)})^2 \\ \Leftrightarrow \dots \ (lat) \\ \Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2[/tex]

Og dette stemmer som følger av [tex]a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac[/tex]

Som også bør bevises hvis jeg ønsker anvende det så enkelt og greit

Når [tex]a=b=c[/tex]

[tex]a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca \\ \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\geq 0 \\ \Leftrightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geq 0[/tex]

Tror dette holder?

Oppfølger: La [tex]P[/tex] være et punkt i [tex]\Delta ABC[/tex] vis at [tex]\sqrt{2}(PA+PB+PC)\geq \sqrt{a^2+b^2+c^2+4\sqrt{3}S}[/tex] hvor [tex]S=[\Delta ABC][/tex] er arealet av [tex]\Delta ABC[/tex] og [tex]a,b,c[/tex] er sidelengdene i trekanten.
[tex]e=\pi=3[/tex]
Kay offline
Galois
Galois
Innlegg: 559
Registrert: 13/06-2016 18:23

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg zzzivert » 09/02-2019 10:56

La $PA=x$, $PB=y$, $PC=z$, $\angle BPC = \alpha$, $\angle APC = \beta$ og $\angle APB = \gamma$.
Kvadrer vi ulikheten får vi:
$2(x+y+z)^2\ge a^2+b^2+c^2+4\sqrt{3}S$.
Bruker vi cosinus-setningen og arealsetningen får vi:
$2\sum x^2 + 4\sum yz \ge 2\sum x^2 -2\sum yz \cos{\alpha} + 2\sqrt{3}\sum yz \sin{\alpha}$
$\sum yz (2+\cos{\alpha}-\sqrt{3}\sin{\alpha})\ge 0$.
Til slutt observerer vi at:
$-2\sin(\theta-\frac{\pi}{6})=\cos{\theta}-\sqrt{3}\sin{\theta} \ \ \Rightarrow \ 2+\cos{\theta}-\sqrt{3}\sin{\theta}=2-2\sin(\theta-\frac{\pi}{6})\ge 0$.
zzzivert offline
Noether
Noether
Innlegg: 45
Registrert: 27/10-2014 09:26

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Markus » 21/03-2019 01:23

Kjører på med en ulikhet fra lineær algebra:

La $A$ være en symmetrisk $m\times m$-matrise, og anta at alle egenverdiene er slik at $0<\lambda_1\leq \lambda_2 \leq \dots \leq \lambda_m$. Vis at da er $$\langle A\mathbf{y}, \mathbf{y} \rangle \geq \lambda_1||\mathbf{y}||^2 \enspace \forall \mathbf{y} \in \mathbb{R}^n$$ Her denoterer selvfølgelig $\langle \cdot, \cdot \rangle$ det vanlige indreproduktet i $\mathbb{R}^n$. Denne skal fint kunne løses uten særlig mye lineær algebra kunnskaper, men det er essensielt å vite at egenvektorene tol $A$ er ortogonale dersom de har ulik egenverdi (i dette tilfellet gjelder dette siden $A$ er symmetrisk).
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Markus » 04/05-2019 13:43

Lite ekstase rundt denne ulikheten gitt. Presenterer en løsning og kommer med en oppfølger.

Løsning:
Først og fremst; siden $A$ er symmetrisk (og reell) sier spektralteoremet oss at det finnes en (ordnet) ortonormal basis $\beta = \{v_1,v_2,\dots,v_n\}$ for $\mathbb{R}^n$ bestående av egenvektorer for $A$, slik at $v_i$ har egenverdi $\lambda_i$. La $y \in \mathbb{R}^n$, da kan vi skrive $y=\sum_{i=1}^n c_i\mathbf{v}_i$ for $c_i \in \mathbb{R}$. Siden $\beta$ er ortonormal er $\mathbf{v}_i\mathbf{v}_j = 0$ når $i \neq j$ og $\mathbf{v}_i\mathbf{v}_j=1$ når $i = j$. Nå er $$||\mathbf{y}||^2 = \left \langle \sum_{i=1}^n c_i\mathbf{v}_i, \sum_{i=1}^n c_i\mathbf{v}_i \right \rangle = \sum_{i=1}^n c_i \left \langle \mathbf{v}_i, \sum_{i=1}^n c_i \mathbf{v}_i \right \rangle = \sum_{i=1}^n c_i \langle \mathbf{v}_i, c_i\mathbf{v}_i \rangle = \sum_{i=1}^n c_i^2$$ Dermed får vi at $$\begin{alignat*}{2} \langle A\mathbf{y},\mathbf{y} \rangle &= \left \langle \sum_{i=1}^n Ac_i\mathbf{v_i}, \sum_{i=1}^n c_i\mathbf{v}_i \right \rangle \\
&= \left \langle \sum_{i=1}^n c_i (A\mathbf{v}_i), \sum_{i=1}^n c_i\mathbf{v}_i \right \rangle \\
&= \left \langle \sum_{i=1}^n c_i \lambda_i \mathbf{v}_i, \sum_{i=1}^n c_i \mathbf{v}_i \right \rangle = \sum_{i=1}^n c_i^2\lambda_i \geq \lambda_1\sum_{i=1}^n c_i^2 = \lambda_1||\mathbf{y}|| \end{alignat*}$$

Oppfølger:
La $a_1,a_2,\dots,a_n$ være positive reelle tall slik at $a_1a_2\cdots a_n = 1$. Vis at $$(1+a_1)(1+a_2)\cdots(1+a_n)\geq 2^n$$
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

ForrigeNeste

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 5 gjester