matematikk.net

La $a,b$ og $c$ være positive reelle tall slik at $a^2+b^2+c^2=1$. Vis at
\[ \frac{1}{a^2+2}+\frac{1}{b^2+2}+\frac{1}{c^2+2}\leq \frac{1}{6bc+a^2}+\frac{1}{6ca+b^2}+\frac{1}{6ab+c^2} .\]

Er Lagrange Multipliers innafor?

mingjun skrev:Er Lagrange Multipliers innafor?

Absolutt ikke! Men du blir ikke arrestert hvis du viser hvordan du bruker de her

Liten digresjon:

Hva menes egentlig med slike oppgaver? Skal man utlede ulikheten fra [tex]a^2+b^2+c^2=1[/tex], eller må man vise at det stemmer begge veier? Har uansett vanskeligheter med å se for meg hvordan dette skal stemme/fungerer i realiteten


La oss ta noe banalt for spørsmålets skyld;

[tex]a^2+b^2\geq 2ab[/tex]

[tex]a^2+b^2-2ab\geq 0\Longleftrightarrow (a-b)^2\geq 0[/tex]

Som stemmer siden kvadrater er alltid positive [tex]x \in \mathbb{R}[/tex]

Hvordan ville denne oppgaven ha vært formulert? Kan man uttrykke en likhet og bli bedt om å bevise ulikheten. Forstår ikke helt hvorledes man kan utlede en ulikhet fra en likhet?


La meg ta noe annet:

Bevis ulikheten
[tex]\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2[/tex]

[tex]\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{a}{b}*\left ( \frac{a}{a} \right )+\frac{b}{a}*\left ( \frac{b}{b} \right )=\frac{a^2}{ab}+\frac{b^2}{ab}=\frac{a^2+b^2}{ab}[/tex]

Så [tex]\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2 \Longleftrightarrow \frac{a^2+b^2}{ab}\geq 2\Longleftrightarrow a^2+b^2\geq 2ab\Longleftrightarrow (a-b)^2\geq 0[/tex]
Som jo stemmer.

Hva med denne?

Forskjellen er at du i stensruds ulikhet har en føringsbetingelse som gir en skarpere ulikhet enn den som gjelder for f.eks. alle positive reelle tall, dvs. ulikheten vi skal vise gjelder ikke nødvendigvis for alle positive reelle tall, men den gjelder for alle tall som oppfyller føringsbetingelsen. Ta f.eks. AM-GM-ulikheten som gjelder for alle positive reelle tall: $\frac{x+y}{2}\geq \sqrt{xy}$. Hvis vi i tillegg pålegger en føring på verdiene av $x$ og $y$, si f.eks. at $xy=1$, da vil ulikheten bli $\frac{x+y}{2}\geq 1$, eller ekvivalent $x+y\geq 2$. Denne gjelder selvsagt ikke for alle positive tall, ta f.eks. x=y=0.5, men den gjelder for alle x,y som tilfredsstiller betingelsen xy=1.

En problemstilling vil da kunne formuleres på følgende måte: Anta at $x,y$ er positive reelle tall slik at $xy=1$. Vis at da er $x+y\geq 2$. Denne kan selvsagt også løses slik: Generelt har vi $(\sqrt{x}-\sqrt{y})^2\geq 0$, så $x+y-2\sqrt{xy}\geq 0$ , som er ekvivalent med at $x+y\geq 2\sqrt{xy}=2$ siden $xy=1$.

edit

plutarco skrev:Forskjellen er at du i stensruds ulikhet har en føringsbetingelse som gir en skarpere ulikhet enn den som gjelder for f.eks. alle positive reelle tall, dvs. ulikheten vi skal vise gjelder ikke nødvendigvis for alle positive reelle tall, men den gjelder for alle tall som oppfyller føringsbetingelsen. Ta f.eks. AM-GM-ulikheten som gjelder for alle positive reelle tall: $\frac{x+y}{2}\geq \sqrt{xy}$. Hvis vi i tillegg pålegger en føring på verdiene av $x$ og $y$, si f.eks. at $xy=1$, da vil ulikheten bli $\frac{x+y}{2}\geq 1$, eller ekvivalent $x+y\geq 2$. Denne gjelder selvsagt ikke for alle positive tall, ta f.eks. x=y=0.5, men den gjelder for alle x,y som tilfredsstiller betingelsen xy=1.

En problemstilling vil da kunne formuleres på følgende måte: Anta at $x,y$ er positive reelle tall slik at $xy=1$. Vis at da er $x+y\geq 2$. Denne kan selvsagt også løses slik: Generelt har vi $(\sqrt{x}-\sqrt{y})^2\geq 0$, så $x+y-2\sqrt{xy}\geq 0$ , som er ekvivalent med at $x+y\geq 2\sqrt{xy}=2$ siden $xy=1$.

edit

Takk for et oppklarende innlegg. Hva var motivasjonen for å bruke at [tex]\left ( \sqrt{x}-\sqrt{y} \right )^2\geq 0[/tex]. For det blotte øyet (meg) virker det som at man bruker en annen kjent ulikhet og utleder det oppgaven ber deg å vise?

For eksempel:

Vis at det for [tex]a,b,c \in \mathbb{R}[/tex] gjelder [tex]a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac[/tex]

Ser ikke noen vei for å faktorisere [tex]a^2+b^2+c^2[/tex]

Skal jeg gå innom [tex]\left ( a-b \right )^2\geq 0[/tex]


TS: ikke meningen å highjacke din tråd

Drezky skrev: Takk for et oppklarende innlegg. Hva var motivasjonen for å bruke at [tex]\left ( \sqrt{x}-\sqrt{y} \right )^2\geq 0[/tex]. For det blotte øyet (meg) virker det som at man bruker en annen kjent ulikhet og utleder det oppgaven ber deg å vise?

For eksempel:

Vis at det for [tex]a,b,c \in \mathbb{R}[/tex] gjelder [tex]a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac[/tex]

Ser ikke noen vei for å faktorisere [tex]a^2+b^2+c^2[/tex]

Skal jeg gå innom [tex]\left ( a-b \right )^2\geq 0[/tex]


TS: ikke meningen å highjacke din tråd

Ulikheten du nevner kan skrives om til $\frac12\left((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right)\geq 0$.

Warning: brute-force

Er det ikke en mulighet å gange ut hele uttrykket:

$$ \sum_{cyc}\left (a^2+2 \right )\left (b^2+2 \right )\left (a^2+6bc \right )\left (b^2+6ca \right )\left (c^2+6ab \right )\leq\sum_{cyc}\left (a^2+2 \right )\left (b^2+2 \right )\left (c^2+2 \right )\left (a^2+6bc \right )\left (b^2+6ca \right )$$

$$\Leftrightarrow$$

$$\sum_{cyc} (36 a^6 b^3 c+72 a^6 b c+6 a^5 b^5+12 a^5 b^3+6 a^5 b^2 c^3+12 a^5 c^3+217 a^4 b^4 c^2+72 a^4 b^3 c+434 a^4 b^2 c^2+144 a^4 b c+36 a^3 b^6 c+12 a^3 b^5+72 a^3 b^4 c+36 a^3 b^3 c^4+24 a^3 b^3+12 a^3 b^2 c^3+72 a^3 b c^4+24 a^3 c^3+6 a^2 b^5 c^3+434 a^2 b^4 c^2+12 a^2 b^3 c^3+868 a^2 b^2 c^2+72 a b^6 c+144 a b^4 c+72 a b^3 c^4+144 a b c^4+12 b^5 c^3+24 b^3 c^3) \leq \sum_{cyc}( 6 a^5 b^2 c^3+12 a^5 b^2 c+12 a^5 c^3+24 a^5 c+a^4 b^4 c^2+2 a^4 b^4+2 a^4 b^2 c^2+4 a^4 b^2+36 a^3 b^3 c^4+72 a^3 b^3 c^2+12 a^3 b^2 c^3+24 a^3 b^2 c+72 a^3 b c^4+144 a^3 b c^2+24 a^3 c^3+48 a^3 c+6 a^2 b^5 c^3+12 a^2 b^5 c+2 a^2 b^4 c^2+4 a^2 b^4+12 a^2 b^3 c^3+24 a^2 b^3 c+4 a^2 b^2 c^2+8 a^2 b^2+72 a b^3 c^4+144 a b^3 c^2+144 a b c^4+288 a b c^2+12 b^5 c^3+24 b^5 c+24 b^3 c^3+48 b^3 c)$$

Man legger merke til at summen av alle potensene i hvert ledd er partall, og den høyeste er 10. Derfor kan vi gjøre hvert ledd til å ha 10 som summen av potensene, ved å gange hvert ledd med riktig "antall" $(x^2+y^2+z^2)$ (noe som vi kan gjøre fordi det er lik 1.

Derretter kan vi anvende en blanding av Muirhead's Inequality. og Schur's Inequality for å verifisere at det er sant (fordi uttrykket er symmetrisk over a, b, og c).

Hvis man skulle gjøre dette for hånd, kunne man gjøre livet sitt mye enklere med å anvende Titus lemma på høyresiden av ulikheten fra starten av, slik at man får symmetriske summer med summen av potenser mindre enn eller er lik 6. Fortsatt er denne løsningsmåten mye mindre elegant enn en allerede uelegant løsning, altså via Lagrange Multipliers. Kanskje på tide med løsningen?

Edit: beklager for å sprenge høyresiden av tråden

Håper ikke du gjorde det der for hånd?

Ålreit, her er løsningen: Det følger fra AM-GM at $6bc\leq 3(b^2+c^2)$, så det holder å vise at
\[ \sum_{cyc}\frac{1}{a^2+3b^2+3c^2}\geq \sum_{cyc}\frac{1}{a^2+2} = \sum_{cyc}\frac{1}{3a^2+2b^2+2c^2}. \]
Funksjonen $f(x):=\frac1x$ er konveks over $\mathbb{R}^+$. Videre kan vi WLOG anta at $a\geq b\geq c$, og med dette kan vi sjekke at $(3a^2+3b^2+c^2,\dotsc)\succ (3a^2+2b^2+2c^2,\dotsc)$, og da følger det av Karamata at
\[ \sum_{cyc}f(3a^2+3b^2+c^2)\geq \sum_{cyc}f(3a^2+2b^2+2c^2), \]
hvilket var det vi ønsket å vise.

stensrud skrev: Ulikheten du nevner kan skrives om til $\frac12\left((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right)\geq 0$.

Eureka!

[tex]\alpha_1\,\, (a-b)^2\geq 0\Longleftrightarrow a^2+b^2\geq 2ab[/tex]

[tex]\alpha_2\,\, (b+c)^2\geq 0\Longleftrightarrow b^2+c^2\geq 2bc[/tex]

[tex]\alpha_3\,\, (a+c)^2\geq 0\Longleftrightarrow a^2+c^2\geq 2ac[/tex]

Så
[tex]\alpha _1+\alpha _2+\alpha _3\Longleftrightarrow a^2+b^2+b^2+c^2+a^2+c^2\geq 2ab+2bc+2ac\Longleftrightarrow 2a^2+2b^2+2c^2\geq 2ab+2bc+2ac[/tex]

Ved å dele [tex]2[/tex] gir det oss

[tex]a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac[/tex]


Q.E.D ? ?

Trikset er altså å gå gjennom [tex](x+y)^2\geq 0[/tex] ...

Drezky skrev:
[tex]a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac[/tex]


Q.E.D ? ?

Trikset er altså å gå gjennom [tex](x+y)^2\geq 0[/tex] ...

Alternativt så ser vi at dette er et spesialtilfelle av rearrangementulikheten, https://en.wikipedia.org/wiki/Rearrangement_inequality