Ulikhetmaraton

[lfe]

UTAG la $u_1=max\{u_i\}$ og $u_2=max\{u_i\}$. Dermed har vi
$$\begin{array}{rl}0& \ge \sum _{i=1}^{2019}(u_1-u_i)(u_2-u_i)\\ & =2019u_1{u}_2-(u_1+u_2)\sum _{i=1}^{2019}{u}_i+\sum _{i=1}^{2019}{u}_i^2\\ & =2019u_1{u}_2+1\end{array}$$
Dette impliserer ulikheten i oppgaven.

[lfe]

Ny ulikhet:
La $n\ge 2$ være et heltall og la $a_1,a_2,...,a_n>1$ være reelle tall. Vis at
$$\prod _{i=1}^n(a_i{a}_{i+1}-\frac{1}{a_i{a}_{i+1}})\ge 2^n\prod _{i=1}^n(a_i-\frac{1}{a_i})$$
Her er $a_{n+1}=a_1$.

[Lil_Flip39]

Påstand 1: Vi har $xy-\frac{1}{xy}⩾2\sqrt{(x-\frac{1}{x})(y-\frac{1}{y})}$ når $x,y>1$
Bevis:
$$(x-1)(y-1)⩾(\frac{1}{x}-1)(\frac{1}{y}-1)⟺xy-x-y⩾\frac{1}{xy}-\frac{1}{x}-\frac{1}{y}⟺xy-\frac{1}{xy}⩾x-\frac{1}{x}+y-\frac{1}{y}$$
Den første ulikheten er åpenbar, så resten følger også. Så nå har vi:
$$xy-\frac{1}{xy}⩾x-\frac{1}{x}+y-\frac{1}{y}⩾2\sqrt{(x-\frac{1}{x})(y-\frac{1}{y})}$$
som var det vi ville vise.

Nå, bruker vi påstand 1 på alle $a_i{a}_{i+1}$ og da har vi følgene:
$$\prod _{i=1}^n(a_i{a}_{i+1}-\frac{1}{a_i{a}_{i+1}})⩾\prod _{i=1}^{n}2\sqrt{(a_i-\frac{1}{a_i})(a_{i+1}-\frac{1}{a_{i+1}})}=2^n\prod _{i=1}^n(a_i-\frac{1}{a_i})$$

Yippie!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!

[Lil_Flip39]

Prove that for any real numbers $a,b,c,d\ge \frac{1}{3}$ the following inequality holds:
$$\sqrt{\frac{a^6}{b^4+c^3}+\frac{b^6}{c^4+d^3}+\frac{c^6}{d^4+a^3}+\frac{d^6}{a^4+b^3}}\ge \frac{a+b+c+d}{4}$$

[lfe]

La $p_i=\sum _{c}yc{a}^i$ være den i-te potenssummen. Av T2 lemma har vi at
$$\sum _{cyc}\frac{a^6}{b^4+c^3}\ge \frac{p_3^2}{p_4+p_3}$$
Vi ønsker nå å vise at $\frac{p_3}{\sqrt{p_4+p_3}}\ge \frac{p_1}{4}$. Dette er ekvivalent med $16p_3^2\ge p_1^2(p_4+p_3)$.
Vi ser først på $p_4+p_3$. UTAG la $a\ge b\ge c\ge d$:
$$p_4+p_3=\sum _{cyc}{a}^3(a+1)\le (a+1)\sum _{cyc}{a}^3\le p_1{p}_3$$
Den siste ulikheten ovenfor følger av at $a,b,c,d\ge \frac{1}{3}$. Av Muirhead følger det at $16p_3\ge p_1^3$. Dermed har vi
$$p_1^2(p_4+p_3)\le p_1^3{p}_3\le 16p_3^2$$
som skulle vises.

[lfe]

La $a$, $b$, $c$, $x$, $y$, $z$ være positive reelle tall, slik at $xy+yz+zx=3$. Vis at
$$\frac{a}{b+c}(y+z)+\frac{b}{c+a}(z+x)+\frac{c}{a+b}(x+y)\ge 3$$

[CCPenguin]

Vi utsletter oppgaven med lagranges multiplikatormetode.
Vi fikserer a,b,c, og lar x,y,z variere.
La $a^{\prime }=\frac{a}{b+c}$.

Observer at om en av variablene x,y,z blir arbitrert stor, er ulikheten åpenbart sann. Om z = 0, får vi at xy = 3.
Vi ønsker nå å vise
$\frac{(a^{\prime }+c^{\prime })y+(b^{\prime }+c^{\prime })x}{2}\ge \frac{3}{2}$
Ved am gm har vi
$\frac{(a^{\prime }+c^{\prime })y+(b^{\prime }+c^{\prime })x}{2}\ge \sqrt{xy(a^{\prime }+c^{\prime })(b^{\prime }+c^{\prime })}=\sqrt{3}\sqrt{(a^{\prime }+c^{\prime })(b^{\prime }+c^{\prime })}$
Ved å kvadrere og dele på 3 ser vi at vi bare ønsker å vise at
$(a^{\prime }+c^{\prime })(b^{\prime }+c^{\prime })\ge \frac{3}{4}$
Som ved definisjonen av a',b',c' og ganging med (a+b)(b+c)(a+c) er ekvivalent med å vise
$4(ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c))+4\frac{c^2(b+c)(a+c}{(a+b)}\ge 3(a+b)(b+c)(c+a)$
Hvis vi glemmer c^2greia ser vi at hver side har 24 terms, og venstresiden majoriserer åpenbart høyresiden. Dermed følger oppgaven av muirhead.
Vi løser nå det generelle tilfellet. La a,b,c være fikserte. La f være venstresiden som funksjon av x,y,z, og la g=xy+yz+xz. Da vil minimal og maksimalverdier til f opptre når
$y+z=\lambda (b^{\prime }+c^{\prime }),x+z=\lambda (a^{\prime }+c^{\prime }),y+x=\lambda (a^{\prime }+b^{\prime })$
Av linear algebra får vi $x=\lambda a^{\prime },y=\lambda b^{\prime },z=\lambda c^{\prime }$.
Plugger vi dette inn i g ser vi at:
$a^{\prime }{b}^{\prime }+a^{\prime }{c}^{\prime }+b^{\prime }{c}^{\prime }=\frac{3}{{\lambda }^2}$
Og om vi plugger det inn i f får vi at vi ønsker å vise.
$\lambda (2a^{\prime }{b}^{\prime }+2b^{\prime }{c}^{\prime }+2a^{\prime }{c}^{\prime })\ge 3$
Vi plugger in g og ser at det reduserer til å vise:
$\lambda \le 2$
Anta for motsigelse $\lambda >2$, da får vi ved å plugge inn i g at:
$(a^{\prime }{b}^{\prime }+b^{\prime }{c}^{\prime }+c^{\prime }{a}^{\prime })<\frac{3}{2}$
Som ved å gange med (a+b)(b+c)(a+c) gir at:
$2(ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c))<3(a+b)(b+c)(a+c)$
Som er en klar motsigelse, siden vi allerede har vist med muirhead at dette ikke stemmer.

[CCPenguin]

Følgen a_n er definert rekursivt ved:
a_0 = -1
og
$\sum _0^n\frac{a_{n-k}}{k+1}=0$ for $n\ge 1$
Vis at
$a_n>0$ for alle n>0

[Lil_Flip39]

Først har vi følgene lemma som vi bruker. $\frac{n+2}{k+2}<\frac{n+1}{k+1}$ hvis $n⩾k$. Dette følger av utvidelse.
Vi viser oppgaven via induksjon, hvor base case er trivelt, siden $a_1=\frac{1}{2}$.
Anta at alt til $a_i$ er positivt for $i=1,2,\cdots ,n$ Vi viser at $a_{n+1}$ må være positivt. Av den rekursive likningen har vi:
$$S_1=\sum _{k=0}^n\frac{a_{n-k}}{k+1}=0$$
$$S_2=\sum _{k=1}^{n+1}\frac{a_{n+1-k}}{k+1}=-a_{n+1}$$
Hvis vi nå ser på
$$(n+2)a_{n+1}=(n+1)S_1-(n+2)S_2=\sum _{k=0}^{n-1}(\frac{n+1}{k+1}{a}_{n-k}-\frac{n+2}{k+2}{a}_{n-k})=\sum _{k=0}^{n-1}{a}_{n-k}(\frac{n+1}{k+1}-\frac{n+2}{k+2})>0$$
siden alle $a_i$ er positive, og alle $\frac{n+1}{k+1}-\frac{n+2}{k+2}$ er positive av lemma, så vi er ferdige.

[Lil_Flip39]

Ny lett ulikhet:
La $a,b>1$ være heltall. Vis at følgene ulikhet holder:
$$\frac{1}{gcd(a,b-1)}+\frac{1}{gcd(a-1,b)}⩾\frac{2}{\sqrt{a+b-1}}$$

[CCPenguin]

Vi skriver om ulikheten til
$\sqrt{a+b-1}(gcd(a-1,b)+gcd(a,b-1))\ge 2gcd(a,b-1)gcd(a-1,b)$
Av AMGM er
$gcd(a-1,b)+gcd(a,b-1)>2\sqrt{gcd(a,b-1)\ast gcd(a-1,b)}$
Dette har likhet når de to termsa er like, men som enhver oppegående, velfungerende person vet vil ikke det skje.
Dermed kan vi redusere oppgaven til:
$\sqrt{a+b-1}\ge \sqrt{gcd(a,b-1)\ast gcd(a-1,b)}$
$a+b-1\ge gcd(a,b-1)\ast gcd(a-1,b)$
Som vi nå skal vise.
La gcd(a,b-1) = k, da er a=kq, b-1 = kr.
Videre ser vi da at $gcd(a-1,b)=gcd(kq-1,kr+1)=gcd(kq+kr,kr+1)=gcd(r+q,kr+1)\le r+q$
Dermed får vi $gcd(a,b-1)\ast gcd(a-1,b)\le kq+kr=a+b-1$
Og oppgaven er løst

[CCPenguin]

Let ABC be a triangle and $M$ be an interior point. Prove that

$min\{MA,MB,MC)+MA+MB+MC<AB+AC+BC$

[Lil_Flip39]

Vi starter først med et lemma: I en trekant, så er lengden av medianen mindre en gjennomsnittet av lengden av de $2$ sidene som går uti fra samme hjørne som medianen. Dette følger siden hvis vi reflekterer dette hjørnet over midpunktet, får vi et parallelogram og vi er ferdige via trekantulikheten.
La $D,E,F$ være midpunktene i trekanten $ABC$. Vi vet at $M$ ligger enten i $ABD$ eller $ACD$, WLOG at $M$ ligger i $ABD$. Da har vi at $AM+BM<AD+BD<\frac{BC}{2}+\frac{AC}{2}+\frac{AB}{2}=s$. Her er $s$ halvparten av omkreksten som vanlig. Videre ser vi på trekantene $ACE$ og $BCE$ og ser om $M$ ligger i en av de, og derfra med samme argument får man at enten $CM+BM<s$ eller $AM+CM<s$. Uansett hvilken som stemmer, kan vi summere den sammen med den orginale vi fikk og vi får resultatet.

[Lil_Flip39]

In a contest, there are $m$ candidates and $n$ judges, where $n\ge 3$ is an odd integer. Each candidate is evaluated by each judge as either pass or fail. Suppose that each pair of judges agrees on at most $k$ candidates. Prove that $$\frac{k}{m}\ge \frac{n-1}{2n}$$.

[lfe]

Legg merke til at kravene i oppgaven er ekvivalent med: Vi har $n$ binærstrenger av lengde $m$ som all innbyrdes har hammingavstand større eller lik $m-k$. For hver binærstreng $s^{(i)}$ definerer vi korresponderende vektorer $v^{(i)}\in \{-1,1{\}}^m$ for $1\le i\le n$, der $v_k^{(i)}$ er lik $-1$ hvis $s_k^{(i)}=0$ og $v_k^{(i)}=1$ hvis $s_k^{(i)}=1$. Vi har da at $v_k^{(i)}{v}_k^{(j)}=-1$ hviss de $s_k^{(i)}\ne s_k^{(j)}$. Vi bruker vanlig euklidsk indreprodukt videre i løsningen. La $d_H$ være hamming distansen mellom to binærstrenger. Vi har
$$\begin{array}{rlr}⟨v^{(i)},v^{(j)}⟩& =\text{(\# plasser der }{s}_k^{(i)}=s_k^{(j)}\text{)}-\text{(\# plasser der }{s}_k^{(i)}\ne s_k^{(j)}\text{)}& =m-2d_H(s^{(i)},s^{(i)})\end{array}$$
For $i\ne j$ har vi da $⟨v^{(i)},v^{(j)}⟩=m-2d_H(s^{(i)},s^{(i)})\le m-2(m-k)=2k-m$. Hvis $i=j$, så er $⟨v^{(i)},v^{(j)}⟩=m$. Det er $n(n-1)$ ordnede par av $i$ og $j$. Vi får dermed følgende sum
$$\begin{array}{rl}\sum _{1\le i,j\le n}⟨v^{(i)},v^{(j)}⟩& =\sum _{i=1}^n⟨v^{(i)},v^{(i)}⟩+\sum _{i\ne j}⟨v^{(i)},v^{(j)}⟩\\ & \le nm+n(n-1)(2k-m)\end{array}$$
La $S=\sum _{i=1}^n{v}^{(i)}$. Siden $n$ er odde kan ikke $S_i=0$. Dermed er $S_i^2\ge 1$. Videre har vi da at
$$\sum _{1\le i,j\le n}⟨v^{(i)},v^{(j)}⟩=⟨\sum _{i=1}^n{v}^{(i)},\sum _{j=1}^n{v}^{(j)}⟩={\Vert S\Vert }^2\ge m$$
Vi kombinerer disse to ulikhetene til $nm+n(n-1)(2k-m)\ge m$. Vi utvider og forenkler til $2kn(n-1)\ge m(n-1{)}^2$. Til slutt får vi $\frac{k}{m}\ge \frac{n-1}{2(n)}$.
$◻$

Kommentar: Når $n$ ikke er odde, så har vi den svakere ulikheten $\frac{k}{m}\ge \frac{n-2}{2(n-1)}$