Ulikhetmaraton

[Gustav]

Oppfølger:
La $a_1,a_2,\dots ,a_n$ være positive reelle tall slik at $a_1{a}_2\cdots a_n=1$. Vis at $$(1+a_1)(1+a_2)\cdots (1+a_n)\ge 2^n$$

Fra AM-GM er $1+a_i\ge 2\sqrt{a_i}$, så $(1+a_1)(1+a_2)\cdots (1+a_n)\ge 2^n\sqrt{a_1{a}_2...a_n}=2^n$

[Markus]

Fra AM-GM er $1+a_i\ge 2\sqrt{a_i}$, så $(1+a_1)(1+a_2)\cdots (1+a_n)\ge 2^n\sqrt{a_1{a}_2...a_n}=2^n$

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 $a_1+a_2+\cdots +a_n=b_1+b_2+\cdots +b_n$. Vis at $$\frac{a_1^2}{a_1+b_1}+\frac{a_2^2}{a_2+b_2}+\cdots +\frac{a_n^2}{a_n+b_n}\ge \frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{2}$$

[Gustav]

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

La $\phi (x)=\frac{1}{1+x}$, som er konveks, så $\frac{\sum _i{a}_i\phi (\frac{b_i}{a_i})}{\sum _i{a}_i}\ge \phi (\frac{\sum _i{b}_i}{\sum _i{a}_i})=\frac{1}{2}$, av Jensen.

[Gustav]

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 $0\le a,b,c,d\le 3$

[zzzivert]

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
$(w+1{)}^2(w-1{)}^2+(x+1{)}^2(x-1{)}^2+(y+1{)}^2(y-1{)}^2+(z+1{)}^2(z-1{)}^2\le 12$
$\iff w^4+x^4+y^4+z^4-2(w^2+x^2+y^2+z^2)+4\le 12$
$\iff w^4+x^4+y^4+z^4\le 16$

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]

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

[Gustav]

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
$(w+1{)}^2(w-1{)}^2+(x+1{)}^2(x-1{)}^2+(y+1{)}^2(y-1{)}^2+(z+1{)}^2(z-1{)}^2\le 12$
$\iff w^4+x^4+y^4+z^4-2(w^2+x^2+y^2+z^2)+4\le 12$
$\iff w^4+x^4+y^4+z^4\le 16$

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!

[mingjun]

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 $2(ac+ad+bc+bd+cd)\le 2(a^2+b^2+c^2+d^2)+4ab$. Ettersom $c^2+d^2\ge \frac{{(|c|+|d|)}^2}{2}\ge \frac{{(c+d)}^2}{2}$ er det tilstrekkelig å vise at $2(ac+ad+bc+bd+cd)\le 2(a^2+b^2)+4ab+c^2+d^2+\frac{{(c+d)}^2}{2}$. Dette følger fra å addere ulikhetene $$c^2-2cd+d^2\ge 0\iff (c-d{)}^2\ge 0,$$ $$\frac{{(c+d)}^2}{2}+2(a^2+b^2)+4ab\ge 2(ac+ad+bc+bd)\iff 2{(a+b-\frac{c+d}{2})}^2\ge 0.$$

[mingjun]

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

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

HInt:

[+] Skjult tekst

Det kan være nyttig å betrakte problemet for to variabler, altså $\sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}\le {\left({\displaystyle \frac{a+b}{2}}\right)}^2+1$ med $ab\ge 1$.

[lfe]

Gjenopplivelse:
1) Påstand: Ulikheten holder for alle $a,b,c\ge 1$
Bevis:
La $f(x)=ln(x^2+1)$. Vi har at $f^{″}(x)=\frac{-2x^2+2}{x^4+2x^2+1}$. Dermed ser vi at $f$ er konkav for $x\ge 1$ og at ulikheten følger av Jensens $$ln\left(\sqrt[3]{(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}\right)=\frac{f(a)+f(b)+f(c)}{3}\le f\left(\frac{a+b+c}{3}\right)=ln({\left(\frac{a+b+c}{3}\right)}^2+1)$$

2) Påstand: For $ab\ge 1$ er $(a^2+1)(b^2+1)\le ({\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2+1)$.
Bevis:
Vi har $({\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2+1)-(a^2+1)(b^2+1)=(a-b{)}^2(a^2+b^2+6ab-8)$. Det holder derfor å vise at $0\le a^2+b^2+6ab-8$.
Av $ab\ge 1$ følger det at $a^2+b^2+6ab\ge a^2+{\frac{1}{a}}^2+6\ge 8$, der den siste ulikheten følger av AM-GM. Påstanden er dermed vist.


Dersom $a,b,c\ge 1$, så følger ulikheten i oppgaven av 1). Vi kan dermed uten tap av generalitet anta $a<1$ og $b,c\ge 1$ siden vi ikke kan ha to av $a,b,c$ mindre enn 1. Av påstand 2 har vi $\sqrt[3]{(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}\le \sqrt[3]{({\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2+1)(c^2+1)}$. Av kravet i oppgaven må $b\ge \frac{1}{a}$ som impliserer $\frac{a+b}{2}\ge 1$. Av 1) følger $\sqrt[3]{({\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2+1)(c^2+1)}\le {\left(\frac{a+b+c}{3}\right)}^2+1$. Dermed er ulikheten bevist for alle $a,b,c\in {\mathbb{R}}^{+}$.

[lfe]

Ny ulikhet:
La $x,y,z$ være positive reelle tall slik at $xy+yz+zx=3xyz$. Vis at $x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x\ge 2(x+y+z)-3$.

[popdit]

Ny ulikhet:
La $x,y,z$ være positive reelle tall slik at $xy+yz+zx=3xyz$. Vis at $x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x\ge 2(x+y+z)-3$.

Vi skriver om betingelsen til
$$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=3$$
Vi kan dermed skrive om ulikheten til
$$x^{2}y+\frac{1}{y}+y^{2}z+\frac{1}{z}+z^{2}x+\frac{1}{x}\ge 2(x+y+z)$$
Vi tar AM-GM på 2 og 2 ledd, som gir ulikheten.

[popdit]

$\underset{―}{\text{Ny oppgave:}}$
La $a,b,c$ være positive reelle tall slik at $abc=1$. Vis at
$$\frac{a+b+c+3}{4}\ge \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}$$

[noaherkul1234567890]

Ved å bruke AM-GM og GM-HM, samt at $abc=1$, finner vi at
$$\begin{array}{rl}\frac{a+b+c+3}{4}& =\frac{1}{2}(\frac{a+1}{2}+\frac{b+1}{2}+\frac{c+1}{2})\\ & \ge \frac{1}{2}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\\ & =\frac{1}{2}(a\sqrt{bc}+b\sqrt{ac}+c\sqrt{ab})\\ & \ge \frac{1}{2}(\frac{2a}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}+\frac{2b}{\frac{1}{a}+\frac{1}{c}}+\frac{2c}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}})\\ & =\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}.\end{array}$$

[noaherkul1234567890]

Ny oppgave:

Let $u_1,u_2,\dots ,u_{2019}$ be real numbers satisfying $$u_1+u_2+\cdots +u_{2019}=0\text{ and }{u}_1^2+u_2^2+\cdots +u_{2019}^2=1.$$Let $a=min(u_1,u_2,\dots ,u_{2019})$ and $b=max(u_1,u_2,\dots ,u_{2019})$. Prove that
$$ab⩽-\frac{1}{2019}.$$