Ulikhet

[Gustav]

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}$

[Brahmagupta]

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.

[Brahmagupta]

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
\[\frac{a}{a^2+2}+\frac{b}{b^2+2}+\frac{c}{c^2+2}\leq 1.\]

[stensrud]

Mulig å få et hint på nummer 2?

[Brahmagupta]

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!

[Gustav]

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.

[Gustav]

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 $\frac{1}{\frac{1}{x^2}-1}+\frac{1}{\frac{1}{y^2}-1 }\geq \frac23>\frac38$.

[Gustav]

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:

[stensrud]

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 $\frac{1}{2+x_1}+\frac{1}{2+x_2}+...+\frac{1}{2+x_n}\leq 1$

Sikker på at det ikke er en skrivefeil der? $n=4$ og alle $x_i=1$ tilfredsstiller betingelsene, men da blir $\sum\frac{1}{2+x_i}=\frac{4}{3}>1$.

[Gustav]

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 $\frac{1}{2+x_1}+\frac{1}{2+x_2}+...+\frac{1}{2+x_n}\leq 1$

Sikker på at det ikke er en skrivefeil der? $n=4$ og alle $x_i=1$ tilfredsstiller betingelsene, men da blir $\sum\frac{1}{2+x_i}=\frac{4}{3}>1$.

Du har selvsagt rett. Oppgaven er rettet opp

[Brahmagupta]

Fine løsninger! Benyttet samme argument på den andre oppgaven.

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:

Har sett en løsning av denne som benytter Karamatas ulikhet, men her er en annen
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.

[stensrud]

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!

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?

[Gustav]

Enkel oppfølger:

La a,b,c,d>0. Vis at $\frac{a+c}{a+b}+\frac{b+d}{b+c}+\frac{c+a}{c+d}+\frac{d+b}{d+a}\geq 4 $

[Brahmagupta]

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?

Jo, det har du helt rett i! Dette slo meg ikke umiddelbart, men er helt klart
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.

[Gustav]

Evt. kan man bruke at $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}$ direkte, så slipper man et par utregninger.