La $x_1, x_2,..., x_n$ være positive reelle tall. Vis at
$ \frac{x_1^3}{x_1^2+x_1x_2+x_2^2}+\frac{x_2^3}{x_2^2+x_2x_3+x_3^2}+\cdots + \frac{x_n^3}{x_n^2+x_nx_1+x_1^2}\geq \frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{3}$
Ulikhet
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
Har vært borte i denne ulikheten tidligere. Definer $x_{n+1}=x_1$ og observer at
\[0=\sum_{k=1}^n(x_k-x_{k+1})=\sum_{k=1}^n\frac{(x_k-x_{k+1})(x_k^2+x_kx_{k+1}+x_{k+1}^2)}{x_k^2+x_kx_{k+1}+x_{k+1}^2}
=\sum_{k=1}^n\frac{x_k^3-x_{k+1}^3}{x_k^2+x_kx_{k+1}+x_{k+1}^2},\]
hvilket medfører $\sum_{k=1}^n\frac{x_k^3}{x_k^2+x_kx_{k+1}+x_{k+1}^2}=\sum_{k=1}^n\frac{x_{k+1}^3}{x_k^2+x_kx_{k+1}+x_{k+1}^2}$.
Videre, for $a,b\in\mathbb{R^+}$ følger det fra $a^2+b^2\geq 2ab$ at $3(a^2-ab+b^2)\geq a^2+ab+b^2$. Multipliserer
vi begge sider av denne ulikheten med $(a+b)$ ender vi opp med $3(a^3+b^3)\geq (a^2+ab+b^2)(a+b)$ som også kan
skrives $\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}\geq \frac{a+b}3$.
Benytter vi nå begge disse resultatene kommer vi frem til
\[\sum_{k=1}^n\frac{x_k^3}{x_k^2+x_kx_{k+1}+x_{k+1}^2}=\frac12\sum_{k=1}^n\frac{x_k^3+x_{k+1}^3}{x_k^2+x_kx_{k+1}+x_{k+1}^2}
\geq \frac12\sum_{k=1}^n\frac{x_k+x_{k+1}}3=\frac13\sum_{k=1}^nx_k,\]
hvilket var det vi ønsket å vise.
\[0=\sum_{k=1}^n(x_k-x_{k+1})=\sum_{k=1}^n\frac{(x_k-x_{k+1})(x_k^2+x_kx_{k+1}+x_{k+1}^2)}{x_k^2+x_kx_{k+1}+x_{k+1}^2}
=\sum_{k=1}^n\frac{x_k^3-x_{k+1}^3}{x_k^2+x_kx_{k+1}+x_{k+1}^2},\]
hvilket medfører $\sum_{k=1}^n\frac{x_k^3}{x_k^2+x_kx_{k+1}+x_{k+1}^2}=\sum_{k=1}^n\frac{x_{k+1}^3}{x_k^2+x_kx_{k+1}+x_{k+1}^2}$.
Videre, for $a,b\in\mathbb{R^+}$ følger det fra $a^2+b^2\geq 2ab$ at $3(a^2-ab+b^2)\geq a^2+ab+b^2$. Multipliserer
vi begge sider av denne ulikheten med $(a+b)$ ender vi opp med $3(a^3+b^3)\geq (a^2+ab+b^2)(a+b)$ som også kan
skrives $\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}\geq \frac{a+b}3$.
Benytter vi nå begge disse resultatene kommer vi frem til
\[\sum_{k=1}^n\frac{x_k^3}{x_k^2+x_kx_{k+1}+x_{k+1}^2}=\frac12\sum_{k=1}^n\frac{x_k^3+x_{k+1}^3}{x_k^2+x_kx_{k+1}+x_{k+1}^2}
\geq \frac12\sum_{k=1}^n\frac{x_k+x_{k+1}}3=\frac13\sum_{k=1}^nx_k,\]
hvilket var det vi ønsket å vise.
-
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
To nye ulikheter:
1) La $\alpha,\beta,\gamma\in [0,\pi/2)$ slik at $\sin{\alpha}+\sin{\beta}+\sin{\gamma}=1$. Vis at
\[\tan^2{\alpha}+\tan^2{\beta}+\tan^2{\gamma}\geq \frac38 .\]
2) La $a,b,c$ være positive reelle tall som oppfyller $abc=1$. Vis at
\[\frac{a}{a^2+2}+\frac{b}{b^2+2}+\frac{c}{c^2+2}\leq 1.\]
1) La $\alpha,\beta,\gamma\in [0,\pi/2)$ slik at $\sin{\alpha}+\sin{\beta}+\sin{\gamma}=1$. Vis at
\[\tan^2{\alpha}+\tan^2{\beta}+\tan^2{\gamma}\geq \frac38 .\]
2) La $a,b,c$ være positive reelle tall som oppfyller $abc=1$. Vis at
\[\frac{a}{a^2+2}+\frac{b}{b^2+2}+\frac{c}{c^2+2}\leq 1.\]
-
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
Jeg skal prøve å gi et hint som ikke røper alt for mye.
Fra $(a-\sqrt2)^2\geq 0$ følger $a^2+2\geq 2\sqrt2a$. Benytter vi denne ulikheten i alle
nevnerne får vi
\[\frac{a}{a^2+2}+\frac{b}{b^2+2}+\frac{c}{c^2+2}\leq \frac{a}{2\sqrt2 a}+\frac{b}{2\sqrt2 b}+\frac{c}{2\sqrt2 c}=\frac3{2\sqrt2}.\]
Nå er jo $\frac3{2\sqrt2}>1$, så dette holder ikke, men hvorfor fungerer ikke denne metoden?
I ulikheten vi benyttet for å komme frem til resultatet; $a^2+2\geq 2\sqrt2$, har vi likhet
hvis og bare hvis $a=\sqrt2$. Problemet er da at hvis $a=b=c=\sqrt2$, så holder ikke
$abc=1$. Dermed er spørsmålet hvordan vi kan unngå disse problemene, altså finne
et passende delresultat som også bevarer likheten.
Denne ulikheten var gitt som den siste algebraoppgaven i Baltic Way, så den skal være
rimelig utfordrende!
Fra $(a-\sqrt2)^2\geq 0$ følger $a^2+2\geq 2\sqrt2a$. Benytter vi denne ulikheten i alle
nevnerne får vi
\[\frac{a}{a^2+2}+\frac{b}{b^2+2}+\frac{c}{c^2+2}\leq \frac{a}{2\sqrt2 a}+\frac{b}{2\sqrt2 b}+\frac{c}{2\sqrt2 c}=\frac3{2\sqrt2}.\]
Nå er jo $\frac3{2\sqrt2}>1$, så dette holder ikke, men hvorfor fungerer ikke denne metoden?
I ulikheten vi benyttet for å komme frem til resultatet; $a^2+2\geq 2\sqrt2$, har vi likhet
hvis og bare hvis $a=\sqrt2$. Problemet er da at hvis $a=b=c=\sqrt2$, så holder ikke
$abc=1$. Dermed er spørsmålet hvordan vi kan unngå disse problemene, altså finne
et passende delresultat som også bevarer likheten.
Denne ulikheten var gitt som den siste algebraoppgaven i Baltic Way, så den skal være
rimelig utfordrende!
2)
Bruker først at $(a-1)^2\geq 0$, som gir at $a^2+1\geq 2a$. Da er
$\frac{a}{a^2+2}+\frac{b}{b^2+2}+\frac{c}{c^2+2}\leq \frac{a}{2a+1}+\frac{b}{2b+1}+\frac{c}{2c+1}=\frac{1}{2+x}+\frac{1}{2+y}+\frac{1}{2+z}$, der $x=\frac{1}{a}$, $y=\frac{1}{b}$, $z=\frac{1}{c}$, og nå med betingelsen $xyz=1$.
Vi må altså vise at $\frac{1}{2+x}+\frac{1}{2+y}+\frac{1}{2+z}\leq 1$.
Ganger med $(2+x)(2+y)(2+z)$ og får at dette er ekvivalent med
$ 3\leq xy+xz+yz$. Denne følger fra AM-GM der vi bruker at xyz=1.
Bruker først at $(a-1)^2\geq 0$, som gir at $a^2+1\geq 2a$. Da er
$\frac{a}{a^2+2}+\frac{b}{b^2+2}+\frac{c}{c^2+2}\leq \frac{a}{2a+1}+\frac{b}{2b+1}+\frac{c}{2c+1}=\frac{1}{2+x}+\frac{1}{2+y}+\frac{1}{2+z}$, der $x=\frac{1}{a}$, $y=\frac{1}{b}$, $z=\frac{1}{c}$, og nå med betingelsen $xyz=1$.
Vi må altså vise at $\frac{1}{2+x}+\frac{1}{2+y}+\frac{1}{2+z}\leq 1$.
Ganger med $(2+x)(2+y)(2+z)$ og får at dette er ekvivalent med
$ 3\leq xy+xz+yz$. Denne følger fra AM-GM der vi bruker at xyz=1.
1) Viser ulikheten på intervallet $(0,\frac{\pi}{2})$: Omskriver først til
$\frac{\sin^2 a}{1-\sin^2 a}+\frac{\sin^2 b}{1-\sin^2 b }+\frac{\sin^2 c}{1-\sin^2 c}\geq \frac38 $
$\frac{1}{\frac{1}{\sin^2 a}-1}+\frac{1}{\frac{1}{\sin^2 b}-1 }+\frac{1}{\frac{1}{\sin^2 c}-1}\geq \frac38 $.
La $x=\sin a$, $y=\sin b$ og $z=\sin c$. Føringen gir da at $x+y+z=1$ der $1>x,y,z>0$ og ulikheten blir
$\frac{1}{\frac{1}{x^2}-1}+\frac{1}{\frac{1}{y^2}-1 }+\frac{1}{\frac{1}{z^2}-1}\geq \frac38 $.
La $f(x)=\frac{1}{\frac{1}{x^2}-1}$. Det kan vises at denne er konveks på $(0,1)$. Dermed gir Jensens ulikhet at
$\frac{1}{\frac{1}{x^2}-1}+\frac{1}{\frac{1}{y^2}-1 }+\frac{1}{\frac{1}{z^2}-1}=f(x)+f(y)+f(z)\geq 3 f(\frac{x+y+z}{3})=\frac{3}{\frac{1}{(\frac{1}{3})^2}-1}=\frac38$
Hvis én av variablene (f.eks. $\gamma $) er 0, får vi, igjen fra Jensen, at $\frac{1}{\frac{1}{x^2}-1}+\frac{1}{\frac{1}{y^2}-1 }\geq \frac23>\frac38$.
$\frac{\sin^2 a}{1-\sin^2 a}+\frac{\sin^2 b}{1-\sin^2 b }+\frac{\sin^2 c}{1-\sin^2 c}\geq \frac38 $
$\frac{1}{\frac{1}{\sin^2 a}-1}+\frac{1}{\frac{1}{\sin^2 b}-1 }+\frac{1}{\frac{1}{\sin^2 c}-1}\geq \frac38 $.
La $x=\sin a$, $y=\sin b$ og $z=\sin c$. Føringen gir da at $x+y+z=1$ der $1>x,y,z>0$ og ulikheten blir
$\frac{1}{\frac{1}{x^2}-1}+\frac{1}{\frac{1}{y^2}-1 }+\frac{1}{\frac{1}{z^2}-1}\geq \frac38 $.
La $f(x)=\frac{1}{\frac{1}{x^2}-1}$. Det kan vises at denne er konveks på $(0,1)$. Dermed gir Jensens ulikhet at
$\frac{1}{\frac{1}{x^2}-1}+\frac{1}{\frac{1}{y^2}-1 }+\frac{1}{\frac{1}{z^2}-1}=f(x)+f(y)+f(z)\geq 3 f(\frac{x+y+z}{3})=\frac{3}{\frac{1}{(\frac{1}{3})^2}-1}=\frac38$
Hvis én av variablene (f.eks. $\gamma $) er 0, får vi, igjen fra Jensen, at $\frac{1}{\frac{1}{x^2}-1}+\frac{1}{\frac{1}{y^2}-1 }\geq \frac23>\frac38$.
Sikker på at det ikke er en skrivefeil der? $n=4$ og alle $x_i=1$ tilfredsstiller betingelsene, men da blir $\sum\frac{1}{2+x_i}=\frac{4}{3}>1$.plutarco skrev:Oppfølger:
La n være et naturlig tall og $x_1,x_2,...,x_n>0$ er reelle tall slik at $x_1\cdot x_2\cdots x_n=1$.
Vis at $\frac{1}{2+x_1}+\frac{1}{2+x_2}+...+\frac{1}{2+x_n}\leq 1$
Du har selvsagt rett. Oppgaven er rettet oppstensrud skrev:Sikker på at det ikke er en skrivefeil der? $n=4$ og alle $x_i=1$ tilfredsstiller betingelsene, men da blir $\sum\frac{1}{2+x_i}=\frac{4}{3}>1$.plutarco skrev:Oppfølger:
La n være et naturlig tall og $x_1,x_2,...,x_n>0$ er reelle tall slik at $x_1\cdot x_2\cdots x_n=1$.
Vis at $\frac{1}{2+x_1}+\frac{1}{2+x_2}+...+\frac{1}{2+x_n}\leq 1$
-
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
Fine løsninger! Benyttet samme argument på den andre oppgaven.
løsning som tildels generaliserer argumentet brukt i oppgave 2 over.
Definer $s=n-1$ og $\prod_{i=1}^n(s+x_i)=\sum_{k=0}^n\sigma_ks^{n-k}$. For eksempel
er da $\sigma_1=x_1+x_2+\cdots+x_n$ og $\sigma_n=x_1x_2\cdots x_n$.
Hvis vi nå multipliserer begge sider av ulikheten med fellesnevneren $\prod_i{(s+x_i)}$,
ender vi opp med den ekvivalente ulikheten $\prod_{i=1}^n(s+x_i)\geq\sum_{i=1}^n\prod_{j\neq i}(s+x_j)$.
Hvis man skriver ut høyresiden kan man se at dette blir
\[(s+1)s^{n-1}+ss^{n-2}\sigma_1+(s-1)s^{n-3}\sigma_2+\cdots+(s-(s-2))s\sigma_{n-2}+(s-(s-1))\sigma_{n-1}\]
\[=s^{n-1}+(s^n+s^{n-1}\sigma_1+\cdots+s\sigma_{n-1})-(s^{n-3}\sigma_2+2s^{n-4}\sigma_3+\cdots+(s-1)\sigma_{n-1}).\]
Uttrykket i den første parentesen kanselleres mot nesten hele venstresiden
(utenom $\sigma_n$) og vi står igjen med ulikheten
\[s^{n-3}\sigma_2+2s^{n-4}\sigma_3+\cdots+(s-2)s\sigma_{n-2}+(s-1)\sigma_{n-1}+\sigma_n\geq s^{n-1}.\]
Fra AM-GM og $x_1\cdots x_n=1$ følger det at $\sigma_k\geq\binom{n}{k}$, så om vi kan vise at
\[s^n=\binom{n}{2}s^{n-2}+2\binom{n}{3}s^{n-3}+\cdots+(s-1)s\binom{n}{n-1}+s\binom{n}{n}\]
(her har jeg satt inn den nedre skranken for $\sigma_k$ og multiplisert med $s$),
eller ekvivalent $\sum_{k=0}^n(n-k-1)\binom{n}{n-k}s^k=\sum_{k=0}^n(n-k-1)\binom{n}{k}s^k=0$,
så er vi i mål!
Deriverer vi sammenhengen $(s+1)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}s^k$ med hensyn til $s$,
ender vi opp med $n(s+1)^{n-1}=\sum_{k=0}^nk\binom{n}{k}s^{k-1}$. Videre ved å gange med
$s$ oppnår vi også $\sum_{k=0}^nk\binom{n}{k}s^k=ns(s+1)^{n-1}=S_1$. La nå
$S_2=\sum_{k=0}^n(n-k)\binom{n}{k}s^k$ og observer at
\[S_1+S_2=\sum_{k=0}^nk\binom{n}{k}s^k+\sum_{k=0}^n(n-k)\binom{n}{k}s^k=n\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}s^k=n(s+1)^n.\]
Dermed er $S_2=n(s+1)^n-ns(s+1)^{n-1}=n(s+1)^{n-1}=(s+1)^n$, siden $s=n-1$. Endelig
kommer vi frem til
\[\sum_{k=0}^n(n-k-1)\binom{n}{k}s^k=\sum_{k=0}^n(n-k)\binom{n}{k}s^k-\sum_{k=1}^n\binom{n}{k}s^k=(s+1)^n-(s+1)^n=0,\]
hvilket var det vi ønsket å vise.
Jeg skal ikke påstå at dette var en særlig elegant løsning, men det er interessant
at man faktisk kan løse en slik oppgave gjennom å multiplisere ut parenteser,
når det egentlig er det siste man vil gjøre i slike tilfeller.
Har sett en løsning av denne som benytter Karamatas ulikhet, men her er en annenplutarco skrev:Oppfølger:
La n være et naturlig tall og $x_1,x_2,...,x_n>0$ er reelle tall slik at $x_1\cdot x_2\cdots x_n=1$.
Vis at $\frac{1}{n-1+x_1}+\frac{1}{n-1+x_2}+...+\frac{1}{n-1+x_n}\leq 1$
EDIT:
løsning som tildels generaliserer argumentet brukt i oppgave 2 over.
Definer $s=n-1$ og $\prod_{i=1}^n(s+x_i)=\sum_{k=0}^n\sigma_ks^{n-k}$. For eksempel
er da $\sigma_1=x_1+x_2+\cdots+x_n$ og $\sigma_n=x_1x_2\cdots x_n$.
Hvis vi nå multipliserer begge sider av ulikheten med fellesnevneren $\prod_i{(s+x_i)}$,
ender vi opp med den ekvivalente ulikheten $\prod_{i=1}^n(s+x_i)\geq\sum_{i=1}^n\prod_{j\neq i}(s+x_j)$.
Hvis man skriver ut høyresiden kan man se at dette blir
\[(s+1)s^{n-1}+ss^{n-2}\sigma_1+(s-1)s^{n-3}\sigma_2+\cdots+(s-(s-2))s\sigma_{n-2}+(s-(s-1))\sigma_{n-1}\]
\[=s^{n-1}+(s^n+s^{n-1}\sigma_1+\cdots+s\sigma_{n-1})-(s^{n-3}\sigma_2+2s^{n-4}\sigma_3+\cdots+(s-1)\sigma_{n-1}).\]
Uttrykket i den første parentesen kanselleres mot nesten hele venstresiden
(utenom $\sigma_n$) og vi står igjen med ulikheten
\[s^{n-3}\sigma_2+2s^{n-4}\sigma_3+\cdots+(s-2)s\sigma_{n-2}+(s-1)\sigma_{n-1}+\sigma_n\geq s^{n-1}.\]
Fra AM-GM og $x_1\cdots x_n=1$ følger det at $\sigma_k\geq\binom{n}{k}$, så om vi kan vise at
\[s^n=\binom{n}{2}s^{n-2}+2\binom{n}{3}s^{n-3}+\cdots+(s-1)s\binom{n}{n-1}+s\binom{n}{n}\]
(her har jeg satt inn den nedre skranken for $\sigma_k$ og multiplisert med $s$),
eller ekvivalent $\sum_{k=0}^n(n-k-1)\binom{n}{n-k}s^k=\sum_{k=0}^n(n-k-1)\binom{n}{k}s^k=0$,
så er vi i mål!
Deriverer vi sammenhengen $(s+1)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}s^k$ med hensyn til $s$,
ender vi opp med $n(s+1)^{n-1}=\sum_{k=0}^nk\binom{n}{k}s^{k-1}$. Videre ved å gange med
$s$ oppnår vi også $\sum_{k=0}^nk\binom{n}{k}s^k=ns(s+1)^{n-1}=S_1$. La nå
$S_2=\sum_{k=0}^n(n-k)\binom{n}{k}s^k$ og observer at
\[S_1+S_2=\sum_{k=0}^nk\binom{n}{k}s^k+\sum_{k=0}^n(n-k)\binom{n}{k}s^k=n\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}s^k=n(s+1)^n.\]
Dermed er $S_2=n(s+1)^n-ns(s+1)^{n-1}=n(s+1)^{n-1}=(s+1)^n$, siden $s=n-1$. Endelig
kommer vi frem til
\[\sum_{k=0}^n(n-k-1)\binom{n}{k}s^k=\sum_{k=0}^n(n-k)\binom{n}{k}s^k-\sum_{k=1}^n\binom{n}{k}s^k=(s+1)^n-(s+1)^n=0,\]
hvilket var det vi ønsket å vise.
Jeg skal ikke påstå at dette var en særlig elegant løsning, men det er interessant
at man faktisk kan løse en slik oppgave gjennom å multiplisere ut parenteser,
når det egentlig er det siste man vil gjøre i slike tilfeller.
For meg ser det ut som at du har ekvivalenspiler mellom alle ulikhetene fra den som skal vises helt til du setter inn $x_i=1$ etter AM-GM og får dette. Vil det ikke da være slik at likheten i quoten ovenfor med $x_i=1$ vil være ekvivalent med likheten i den originale ulikheten med $x_i=1$? Med andre ord: hvis $x_i=1$ innsettes i den originale ulikheten for å vise denne likheten, vil ikke dette da også vise det du ønsker ovenfor?Brahmagupta skrev:så om vi kan vise at...
$\sum_{k=0}^n(n-k-1)\binom{n}{n-k}s^k=\sum_{k=0}^n(n-k-1)\binom{n}{k}s^k=0$,
så er vi i mål!
-
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
Jo, det har du helt rett i! Dette slo meg ikke umiddelbart, men er helt klartstensrud skrev: For meg ser det ut som at du har ekvivalenspiler mellom alle ulikhetene fra den som skal vises helt til du setter inn $x_i=1$ etter AM-GM og får dette. Vil det ikke da være slik at likheten i quoten ovenfor med $x_i=1$ vil være ekvivalent med likheten i den originale ulikheten med $x_i=1$? Med andre ord: hvis $x_i=1$ innsettes i den originale ulikheten for å vise denne likheten, vil ikke dette da også vise det du ønsker ovenfor?
mer effektivt.
Løsning til oppfølgeren:
Fra $(x-y)^2\geq 0$ følger $\frac14(x+y)^2\geq xy$. Nå har vi at
$\frac{a+c}{a+b}+\frac{b+d}{b+c}+\frac{c+a}{c+d}+\frac{d+b}{d+a}=(a+c)(\frac1{a+b}+\frac1{c+d})+(b+d)(\frac1{b+c}+\frac1{d+a})$
$=(a+c)\frac{a+b+c+d}{(a+b)(c+d)}+(b+d)\frac{a+b+c+d}{(b+c)(d+a)}$
$\geq (a+c)\frac{a+b+c+d}{\frac14(a+b+c+d)^2}+(b+d)\frac{a+b+c+d}{\frac14(a+b+c+d)^2}=4,$
hvor ulikheten nevnt først har blitt brukt i begge nevnerne.