nicezzzivert wrote: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:
$|\sin(x+y)-\sin(y)|=2|\sin(\frac{x}{2})||\cos(\frac{2x+y}{2})|\le 2|\sin(\frac{x}{2})|\le2|\frac{x}{2}|=|x|$.
Ulikhetmaraton
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
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]
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!Kay wrote: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]
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.
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.
Skriver først om $$\begin{align*}Gustav wrote: To lignende oppfølgere:
2. La $n\ge 3$ og $a_1,a_2,..., a_n$ være positive reelle tall. Vis at $$ \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 $$
& \enspace \enspace \frac{1+a_1^2}{a_2+a_3}+\frac{1+a_2^2}{a_3+a_4}+\cdots +\frac{1+a_n^2}{a_1+a_2} \\
&= \left(\frac{1}{a_2+a_3}+\frac{1}{a_3+a_4}+\dots+\frac{1}{a_n+a_1}+\frac{1}{a_1+a_2}\right) + \left(\frac{a_1^2}{a_2+a_3}+\frac{a_2^2}{a_3+a_4} + \dots + \frac{a_{n-1}^2}{a_n+a_1}+\frac{a_n^2}{a_1+a_2} \right)
\end{align*}$$
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.
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.Gustav wrote:Perfekt!
Oppgaven er fra den polske olympiaden 2017/18. Tar du den andre også?
Først CS-ulikheten $ \sqrt{1+x_i^2}\sqrt{1+x_j^2}\ge 1+x_i x_j$Markus wrote: 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.
Fra den ulikhetenGustav wrote:Først CS-ulikheten $ \sqrt{1+x_i^2}\sqrt{1+x_j^2}\ge 1+x_i x_j$
$$ \begin{alignat*}{2}\frac{1+x_1^2}{1+x_1x_2}+\frac{1+x_2^2}{1+x_2x_3}+\cdots +\frac{1+x_n^2}{1+x_nx_1}&\ge \frac{1+x_1^2}{\sqrt{(1+x_1^2)(1+x_2^2)}} + \frac{1+x_2^2}{\sqrt{(1+x_2^2)(1+x_3^2)}} + \dots + \frac{1+x_n^2}{\sqrt{(1+x_n^2)(1+x_1^2)}} \\
&= \sqrt{1+x_1^2}\frac{1}{\sqrt{1+x_2^2}} + \sqrt{1+x_2^2}\frac{1}{\sqrt{1+x_3^2}} + \dots + \sqrt{1+x_n^2}\frac{1}{\sqrt{1+x_1^2}} \\
&= \sqrt{\frac{1+x_1^2}{1+x_2^2}} + \sqrt{\frac{1+x_2^2}{1+x_3^2}} + \dots + \sqrt{\frac{1+x_n^2}{1+x_1^2}} \end{alignat*}$$ 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.
Av Heron's formel og NM i algebra:Markus wrote:Oppfølger:
La $a,b,c$ være sidene i en trekant og $A$ dens areal. Vis at $$a^2+b^2+c^2\ge 4\sqrt{3}A$$.
[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.
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:
$-2\sin(\theta-\frac{\pi}{6})=\cos{\theta}-\sqrt{3}\sin{\theta} \ \ \Rightarrow \ 2+\cos{\theta}-\sqrt{3}\sin{\theta}=2-2\sin(\theta-\frac{\pi}{6})\ge 0$.
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:
$-2\sin(\theta-\frac{\pi}{6})=\cos{\theta}-\sqrt{3}\sin{\theta} \ \ \Rightarrow \ 2+\cos{\theta}-\sqrt{3}\sin{\theta}=2-2\sin(\theta-\frac{\pi}{6})\ge 0$.
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).
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).
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 $$(1+a_1)(1+a_2)\cdots(1+a_n)\geq 2^n$$
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 $$(1+a_1)(1+a_2)\cdots(1+a_n)\geq 2^n$$