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 » 08/06-2019 01:07

Markus skrev:Oppfølger:
La $a_1,a_2,\dots,a_n$ være positive reelle tall slik at $a_1a_2\cdots a_n = 1$. Vis at $$(1+a_1)(1+a_2)\cdots(1+a_n)\geq 2^n$$


Fra AM-GM er $1+a_i\ge 2\sqrt{a_i}$, så $(1+a_1)(1+a_2)\cdots(1+a_n)\geq 2^n\sqrt{a_1a_2...a_n}=2^n$
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4302
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Markus » 09/06-2019 11:40

Gustav skrev:Fra AM-GM er $1+a_i\ge 2\sqrt{a_i}$, så $(1+a_1)(1+a_2)\cdots(1+a_n)\geq 2^n\sqrt{a_1a_2...a_n}=2^n$


Selvfølgelig helt rett! Oppfølger:
La $a_1,a_2,\dots,a_n$ og $b_1,b_2,\dots,b_n$ være positive heltall slik at $a_1+a_2+\dots+a_n=b_1+b_2+\dots+b_n$. Vis at $$\frac{a_1^2}{a_1+b_1}+\frac{a_2^2}{a_2+b_2} + \dots + \frac{a_n^2}{a_n+b_n} \geq \frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{2}$$
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Gustav » 09/06-2019 13:27

Markus skrev:La $a_1,a_2,\dots,a_n$ og $b_1,b_2,\dots,b_n$ være positive heltall slik at $a_1+a_2+\dots+a_n=b_1+b_2+\dots+b_n$. Vis at $$\frac{a_1^2}{a_1+b_1}+\frac{a_2^2}{a_2+b_2} + \dots + \frac{a_n^2}{a_n+b_n} \geq \frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{2}$$


La $\varphi(x)=\frac{1}{1+x}$, som er konveks, så $\frac{\sum_i a_i \varphi(\frac{b_i}{a_i})}{\sum_i a_i}\ge \varphi(\frac{\sum_i b_i}{\sum_i a_i})=\frac12$, av Jensen.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4302
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Gustav » 10/06-2019 08:07

Oppfølger (Tidligere IMO shortlist, dermed småvanskelig): La $a,b,c,d$ være reelle tall slik at $a+b+c+d=6$ og $a^2+b^2+c^2+d^2=12$. Vis at $$ 36\le 4(a^3+b^3+c^3+d^3)-(a^4+b^4+c^4+d^4)\le 48$$

Edit: Hint:
[+] Skjult tekst
Vis først at $0\le a,b,c,d\le 3$
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4302
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg zzzivert » 19/06-2019 13:59

Denne ulikheten er vrien siden vi ikke finner likhet når $a=b=c=d$,
faktisk er det ikke mulig fra betingelsene, derfor kan vi ikke gå rett på
AM-GM, Cauchy-Schwarz osv. Det neste steget er å finne når vi får
minimum og maksimum, og etter litt prøving finner vi (3, 1, 1, 1) og
(0, 2, 2, 2). Så vi ønsker å bruke ulikheter der disse gir likhet for grensene.
Vi kan også merke oss at vi kan legge til $a^2+b^2+c^2+d^2$ og $a+b+c+d$,
så lenge vi også trekker fra 12 og 6. Derfor kan vi lage nye utrykk som kanskje
er enklere å takle.

$4(a^3+b^3+c^3+d^3)-(a^4+b^4+c^4+d^4)$
$=-(a^4+b^4+c^4+d^4)+4(a^3+b^3+c^3+d^3)-4(a^2+b^2+c^2+d^2)+4\cdot 12$
$=-[a^2(a-2)^2+b^2(b-2)^2+c^2(c-2)^2+d^2(d-2)^2]+48$.
Derfor er ulikheten ekvivalent med å vise at
$0\le a^2(a-2)^2+b^2(b-2)^2+c^2(c-2)^2+d^2(d-2)^2\le 12$,
så nedre grense er trivielt sann, da summen av kvadrater er ikkenegativ.

La $w=a-1, x=b-1, y=c-1, z=d-1$. Da har vi
$w+x+y+z=a+b+c+d-4=2$,
$w^2+x^2+y^2+z^2=(a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2+(d-1)^2=a^2+b^2+c^2+d^2-2(a+b+c+d)+4=4$.
Ulikheten vi skal vise er
$(w+1)^2(w-1)^2+(x+1)^2(x-1)^2+(y+1)^2(y-1)^2+(z+1)^2(z-1)^2\le 12$
$\Leftrightarrow w^4+x^4+y^4+z^4-2(w^2+x^2+y^2+z^2)+4 \le 12$
$\Leftrightarrow w^4+x^4+y^4+z^4\le 16$

Den siste ulikheten er sann siden $w^4+x^4+y^4+z^4\le (w^2+x^2+y^2+z^2)^2=16$.
zzzivert offline
Noether
Noether
Innlegg: 47
Registrert: 27/10-2014 09:26

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg zzzivert » 19/06-2019 14:25

Oppfølger:
La $a, b, c, d \in \mathbb{R}$. Vis at
$(a+b+c+d)^2\le 3(a^2+b^2+c^2+d^2)+6ab$.
zzzivert offline
Noether
Noether
Innlegg: 47
Registrert: 27/10-2014 09:26

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg Gustav » 21/06-2019 00:03

zzzivert skrev:Denne ulikheten er vrien siden vi ikke finner likhet når $a=b=c=d$,
faktisk er det ikke mulig fra betingelsene, derfor kan vi ikke gå rett på
AM-GM, Cauchy-Schwarz osv. Det neste steget er å finne når vi får
minimum og maksimum, og etter litt prøving finner vi (3, 1, 1, 1) og
(0, 2, 2, 2). Så vi ønsker å bruke ulikheter der disse gir likhet for grensene.
Vi kan også merke oss at vi kan legge til $a^2+b^2+c^2+d^2$ og $a+b+c+d$,
så lenge vi også trekker fra 12 og 6. Derfor kan vi lage nye utrykk som kanskje
er enklere å takle.

$4(a^3+b^3+c^3+d^3)-(a^4+b^4+c^4+d^4)$
$=-(a^4+b^4+c^4+d^4)+4(a^3+b^3+c^3+d^3)-4(a^2+b^2+c^2+d^2)+4\cdot 12$
$=-[a^2(a-2)^2+b^2(b-2)^2+c^2(c-2)^2+d^2(d-2)^2]+48$.
Derfor er ulikheten ekvivalent med å vise at
$0\le a^2(a-2)^2+b^2(b-2)^2+c^2(c-2)^2+d^2(d-2)^2\le 12$,
så nedre grense er trivielt sann, da summen av kvadrater er ikkenegativ.

La $w=a-1, x=b-1, y=c-1, z=d-1$. Da har vi
$w+x+y+z=a+b+c+d-4=2$,
$w^2+x^2+y^2+z^2=(a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2+(d-1)^2=a^2+b^2+c^2+d^2-2(a+b+c+d)+4=4$.
Ulikheten vi skal vise er
$(w+1)^2(w-1)^2+(x+1)^2(x-1)^2+(y+1)^2(y-1)^2+(z+1)^2(z-1)^2\le 12$
$\Leftrightarrow w^4+x^4+y^4+z^4-2(w^2+x^2+y^2+z^2)+4 \le 12$
$\Leftrightarrow w^4+x^4+y^4+z^4\le 16$

Den siste ulikheten er sann siden $w^4+x^4+y^4+z^4\le (w^2+x^2+y^2+z^2)^2=16$.


Imponerende løsning!
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4302
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg mingjun » 30/07-2019 00:06

zzzivert skrev:Oppfølger:
La $a, b, c, d \in \mathbb{R}$. Vis at
$(a+b+c+d)^2\le 3(a^2+b^2+c^2+d^2)+6ab$.


Ulikheten er ekvivalent med $2(ac+ad+bc+bd+cd) \leq 2(a^2+b^2+c^2+d^2)+4ab$. Ettersom $c^2+d^2\geq \frac{\left(|c|+|d|\right)^2}{2}\geq \frac{\left(c+d\right)^2}{2}$ er det tilstrekkelig å vise at $2(ac+ad+bc+bd+cd) \leq 2(a^2+b^2)+4ab+c^2+d^2+\frac{\left(c+d\right)^2}{2}$. Dette følger fra å addere ulikhetene $$ c^2-2cd+d^2\geq 0\Leftrightarrow(c-d)^2\geq 0 ,$$ $$\frac{\left(c+d\right)^2}{2}+2(a^2+b^2)+4ab\geq 2(ac + ad + bc+ bd) \Leftrightarrow 2\left(a+b-\frac{c+d}{2}\right)^2 \geq 0.$$
mingjun offline
Cayley
Cayley
Innlegg: 91
Registrert: 18/11-2016 21:13
Bosted: Det projektive planet

Re: Ulikhetmaraton

Innlegg mingjun » 30/07-2019 00:52

Satser på at denne oppfølgeren fra IMO shortlist ikke har blitt postet før:

For positive reele tall $a,b,c$ som oppfyller $\min\left(ab,bc,ca\right)\geq1$, vis at $$\sqrt[3]{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)}\leq \left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)^2+1.$$

HInt:
[+] Skjult tekst
Det kan være nyttig å betrakte problemet for to variabler, altså $\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)}\leq \left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2+1$ med $ab\geq 1$.
mingjun offline
Cayley
Cayley
Innlegg: 91
Registrert: 18/11-2016 21:13
Bosted: Det projektive planet

Forrige

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 9 gjester