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 
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?
[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?
Sist redigert av Zivert den 25/10-2008 17:18, redigert 1 gang totalt.
-
mrcreosote
- 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.