Ok, men den som løser oppgaven min blir nødt til å komme opp med en oppfølger (gjør ikke noe om den ikke er like vanskelig som denne...)
La [tex]x[/tex],[tex]y[/tex],[tex]z[/tex] være reelle tall, og [tex]x^2+y^2+z^2=2[/tex]
Vis at :
[tex]x+y+z-xyz \leq 2[/tex]
Lykke til (håper denne ikke allerede er posta)
Ny ulikhet
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Håper ikke du tar deg nær av at jeg skilte ut posten herfra og laget en ny tråd ![Smile :)](./images/smilies/icon_smile.gif)
![Smile :)](./images/smilies/icon_smile.gif)
Ok, ser ut til at denne var litt vel vanskelig... Her kommer uansett løsningen:
[tex]x^2+(y-z)^2 \geq 0 \,\, \Rightarrow \,\, yz \leq 1[/tex] slik kan vi også vise at [tex]xy \leq 1[/tex] og [tex]xz \leq 1[/tex]. Derfor har vi at:
[tex]2(1-xy)(1-yz)(1-zx)+(xyz)^2 \geq 0 \,\,\, \Leftrightarrow[/tex]
[tex]2- 2 \sum xy+ 2xyz \sum x -xyz \geq 0 \,\,\, \Leftrightarrow[/tex]
[tex]2- \left( (\sum x)^2 - \sum x^2 \right) + 2xyz \sum x -xyz \geq 0 \,\,\, \Leftrightarrow[/tex]
[tex]4 \geq \left( \sum x-xyz \right )^2[/tex]
Og derfor har vi at [tex]-2 \leq x+y+z - xyz \leq 2[/tex]
Noen som har en oppfølger til denne oppgaven?![Very Happy :D](./images/smilies/icon_biggrin.gif)
[tex]x^2+(y-z)^2 \geq 0 \,\, \Rightarrow \,\, yz \leq 1[/tex] slik kan vi også vise at [tex]xy \leq 1[/tex] og [tex]xz \leq 1[/tex]. Derfor har vi at:
[tex]2(1-xy)(1-yz)(1-zx)+(xyz)^2 \geq 0 \,\,\, \Leftrightarrow[/tex]
[tex]2- 2 \sum xy+ 2xyz \sum x -xyz \geq 0 \,\,\, \Leftrightarrow[/tex]
[tex]2- \left( (\sum x)^2 - \sum x^2 \right) + 2xyz \sum x -xyz \geq 0 \,\,\, \Leftrightarrow[/tex]
[tex]4 \geq \left( \sum x-xyz \right )^2[/tex]
Og derfor har vi at [tex]-2 \leq x+y+z - xyz \leq 2[/tex]
Noen som har en oppfølger til denne oppgaven?
![Very Happy :D](./images/smilies/icon_biggrin.gif)
Sist redigert av Zivert den 25/10-2008 17:18, redigert 1 gang totalt.
-
- Guru
- Innlegg: 1995
- Registrert: 10/10-2006 20:58
Lettere den, ja.
Siden
[tex](1-2x)(1-2y)(1-2z)=1-2(x+y+z)+4(yz+zx+xy)-8xyz = 4(yz+zx+xy-2xyz)-1[/tex]
er det nok å vise at
[tex]yz+zx+xy-2xyz=\frac{(1-2x)(1-2y)(1-2z)+1}4\le\frac7{27}[/tex],
altså at
[tex]\sqrt[3]{(1-2x)(1-2y)(1-2z)}\le\frac13[/tex].
Men dette er ikke noe annet enn AM-GM.
Siden
[tex](1-2x)(1-2y)(1-2z)=1-2(x+y+z)+4(yz+zx+xy)-8xyz = 4(yz+zx+xy-2xyz)-1[/tex]
er det nok å vise at
[tex]yz+zx+xy-2xyz=\frac{(1-2x)(1-2y)(1-2z)+1}4\le\frac7{27}[/tex],
altså at
[tex]\sqrt[3]{(1-2x)(1-2y)(1-2z)}\le\frac13[/tex].
Men dette er ikke noe annet enn AM-GM.
Hvis [tex]x=0[/tex] så har vi likhet.
Hvis [tex]x \not = 0[/tex]:
[tex]\sin^2(x) \geq \frac{x^2}{x^2+1} \Leftrightarrow 1-\cos^2(x) \geq 1-\frac{1}{x^2+1} \Leftrightarrow \cos^2(x) \leq \frac{1}{x^2+1} \\ \Leftrightarrow \frac{1}{\cos^2(x)} \geq x^2+1 \Leftrightarrow \tan^2(x)+1 \geq x^2+1 \Leftrightarrow \tan^2(x) \geq x^2 \\ \Leftrightarrow |\tan(x)| \geq |x|[/tex]
Den siste ulikheten er innlysende hvis vi ser på enhetssirkelen for [tex]-\frac{\pi}{2} \leq x \leq \frac{\pi}{2}[/tex]:
Arealet av den rettvinklede trekanten på enhetssirkelen med høyde [tex]|\tan(x)|[/tex] og lengde 1 har areal [tex]\frac{|\tan(x)|}{2}[/tex]
Arealet av sirkelsektoren avgrenset av sirkelbuen som skjærer gjennom trekanten, og som klart har mindre areal enn den, har areal [tex]\frac{|x|}{2\pi} \cdot \pi = \frac{|x|}{2}[/tex]. Dermed har vi den ønskede ulikheten.
Hvis [tex]x \not = 0[/tex]:
[tex]\sin^2(x) \geq \frac{x^2}{x^2+1} \Leftrightarrow 1-\cos^2(x) \geq 1-\frac{1}{x^2+1} \Leftrightarrow \cos^2(x) \leq \frac{1}{x^2+1} \\ \Leftrightarrow \frac{1}{\cos^2(x)} \geq x^2+1 \Leftrightarrow \tan^2(x)+1 \geq x^2+1 \Leftrightarrow \tan^2(x) \geq x^2 \\ \Leftrightarrow |\tan(x)| \geq |x|[/tex]
Den siste ulikheten er innlysende hvis vi ser på enhetssirkelen for [tex]-\frac{\pi}{2} \leq x \leq \frac{\pi}{2}[/tex]:
Arealet av den rettvinklede trekanten på enhetssirkelen med høyde [tex]|\tan(x)|[/tex] og lengde 1 har areal [tex]\frac{|\tan(x)|}{2}[/tex]
Arealet av sirkelsektoren avgrenset av sirkelbuen som skjærer gjennom trekanten, og som klart har mindre areal enn den, har areal [tex]\frac{|x|}{2\pi} \cdot \pi = \frac{|x|}{2}[/tex]. Dermed har vi den ønskede ulikheten.