La x,y,z være positive reelle tall slik at $x+y+z=1$. Vis at
$ \frac{(1+xy+yz+zx)(1+3x^3+3y^3+3z^3)}{9(x+y)(y+z)(z+x)}\ge\left(\frac{x\sqrt{1+x}}{\sqrt[4]{3+9x^2}}+\frac{y\sqrt{1+y}}{\sqrt[4]{3+9y^2}}+\frac{z\sqrt{1+z}}{\sqrt[4]{3+9z^2}}\right)^2.$
Ulikhet
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
Brahmagupta
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
Ved Cauchy-Schwarz ulikhet har vi at
[tex](\frac{x\sqrt{1+x}}{\sqrt[4]{3+9x^2}}+\frac{y\sqrt{1+y}}{\sqrt[4]{3+9y^2}}+\frac{z\sqrt{1+z}}{\sqrt[4]{3+9z^2}})^2\leq (x(1+x)+y(1+y)+z(1+z))(\frac{x}{\sqrt{3+9x^2}}+\frac{y}{\sqrt{3+9y^2}}+\frac{z}{\sqrt{3+9z^2}})[/tex]
[tex]=(1+x^2+y^2+z^2)(\frac{x}{\sqrt{3+9x^2}}+\frac{y}{\sqrt{3+9y^2}}+\frac{z}{\sqrt{3+9z^2}})[/tex]
La [tex]f(x)=\frac{x}{\sqrt{3+9x^2}}[/tex]. Da er [tex]f''(x)=-\frac{3\sqrt3 x}{(1+3x^2)^{\frac52}}<0[/tex] [tex]\forall x\in\mathbb{R^+}[/tex]
Altså er f konkav. Ved Jensens ulikhet har vi da at [tex]f(x)+f(y)+f(z)\leq3f(\frac{x+y+z}3)=3f(\frac13)=\frac12[/tex]
Kan vi nå vise at [tex]\frac{(1+xy+yz+zx)(1+3(x^3+y^3+z^3))}{9(x+y)(y+z)(z+x)}\geq\frac12(1+x^2+y^2+z^2)[/tex] er vi i mål.
Merk først at [tex](x+y)(y+z)(z+x)=(1-x)(1-y)(1-z)=1-(x+y+z)+(xy+yz+zx)-xyz=xy+yz+zx-xyz[/tex] så ulikheten er ekvivalent med
[tex]2(1+xy+yz+zx)(1+3(x^3+y^3+z^3))\geq9(1+x^2+y^2+z^2)(xy+yz+zx-xyz)[/tex]
Dette resultater vil følge fra de to ulikhetene
1) [tex]1+3(x^3+y^3+z^3)\geq1+x^2+y^2+z^2 \Leftrightarrow 3(x^3+y^3+z^3)\geq x^2+y^2+z^2[/tex]
2) [tex]2(1+xy+yz+zx)\geq9(xy+yz+zx-xyz)\Leftrightarrow 2+9xyz\geq 7(xy+yz+zx)[/tex]
For å vise disse ulikhetene trenger vi to delresultater:
A) [tex]x^3+y^3+z^3\geq3xyz[/tex]. Dette følger direkte fra AM-GM.
B) [tex]x^3+y^3+z^3+3xyz\geq x^2(y+z)+y^2(z+x)+z^2(x+y)[/tex]. Dette er Schur's ulikhet for n=1.
1)
[tex]2(x^3+y^3+z^3)\geq x^3+y^3+z^3+3xyz\geq x^2(y+z)+y^2(z+x)+z^2(x+y)=x^2(1-x)+y^2(1-y)+z^2(1-z)[/tex]
[tex]3(x^3+y^3+z^3)\geq x^2+y^2+z^2[/tex]
2) Vi gjør først ulikheten homogen.
[tex]2(x+y+z)^3+9xyz\geq7(xy+yz+zx)(x+y+z) \Leftrightarrow 2(x^3+y^3+z^3)\geq x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)[/tex]
Som allerede er vist og vi er ferdige.
[tex](\frac{x\sqrt{1+x}}{\sqrt[4]{3+9x^2}}+\frac{y\sqrt{1+y}}{\sqrt[4]{3+9y^2}}+\frac{z\sqrt{1+z}}{\sqrt[4]{3+9z^2}})^2\leq (x(1+x)+y(1+y)+z(1+z))(\frac{x}{\sqrt{3+9x^2}}+\frac{y}{\sqrt{3+9y^2}}+\frac{z}{\sqrt{3+9z^2}})[/tex]
[tex]=(1+x^2+y^2+z^2)(\frac{x}{\sqrt{3+9x^2}}+\frac{y}{\sqrt{3+9y^2}}+\frac{z}{\sqrt{3+9z^2}})[/tex]
La [tex]f(x)=\frac{x}{\sqrt{3+9x^2}}[/tex]. Da er [tex]f''(x)=-\frac{3\sqrt3 x}{(1+3x^2)^{\frac52}}<0[/tex] [tex]\forall x\in\mathbb{R^+}[/tex]
Altså er f konkav. Ved Jensens ulikhet har vi da at [tex]f(x)+f(y)+f(z)\leq3f(\frac{x+y+z}3)=3f(\frac13)=\frac12[/tex]
Kan vi nå vise at [tex]\frac{(1+xy+yz+zx)(1+3(x^3+y^3+z^3))}{9(x+y)(y+z)(z+x)}\geq\frac12(1+x^2+y^2+z^2)[/tex] er vi i mål.
Merk først at [tex](x+y)(y+z)(z+x)=(1-x)(1-y)(1-z)=1-(x+y+z)+(xy+yz+zx)-xyz=xy+yz+zx-xyz[/tex] så ulikheten er ekvivalent med
[tex]2(1+xy+yz+zx)(1+3(x^3+y^3+z^3))\geq9(1+x^2+y^2+z^2)(xy+yz+zx-xyz)[/tex]
Dette resultater vil følge fra de to ulikhetene
1) [tex]1+3(x^3+y^3+z^3)\geq1+x^2+y^2+z^2 \Leftrightarrow 3(x^3+y^3+z^3)\geq x^2+y^2+z^2[/tex]
2) [tex]2(1+xy+yz+zx)\geq9(xy+yz+zx-xyz)\Leftrightarrow 2+9xyz\geq 7(xy+yz+zx)[/tex]
For å vise disse ulikhetene trenger vi to delresultater:
A) [tex]x^3+y^3+z^3\geq3xyz[/tex]. Dette følger direkte fra AM-GM.
B) [tex]x^3+y^3+z^3+3xyz\geq x^2(y+z)+y^2(z+x)+z^2(x+y)[/tex]. Dette er Schur's ulikhet for n=1.
1)
[tex]2(x^3+y^3+z^3)\geq x^3+y^3+z^3+3xyz\geq x^2(y+z)+y^2(z+x)+z^2(x+y)=x^2(1-x)+y^2(1-y)+z^2(1-z)[/tex]
[tex]3(x^3+y^3+z^3)\geq x^2+y^2+z^2[/tex]
2) Vi gjør først ulikheten homogen.
[tex]2(x+y+z)^3+9xyz\geq7(xy+yz+zx)(x+y+z) \Leftrightarrow 2(x^3+y^3+z^3)\geq x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)[/tex]
Som allerede er vist og vi er ferdige.
-
Brahmagupta
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
Har du noen enkel løsning på denne, Plutarco? 