1. $\sum_ {i=1}^n\frac{n}{a_i}\geq \left (\sum_{i=1}^n \frac{1}{1+a_i}\right )\left (n+\sum_{i=1}^n \frac{1}{a_i}\right )$ for positive, reelle $a_i$ og alle positive heltall n.
2. $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\leq (\frac{a}{b})^2+(\frac{b}{c})^2+(\frac{c}{a})^2$ for positive reelle a,b,c.
To ulikheter
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
2. $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\leq (\frac{a}{b})^2+(\frac{b}{c})^2+(\frac{c}{a})^2$ for positive reelle a,b,c.
Ulikheten omskrives til å være lik
$a^3bc^2 + a^2b^3c + ab^2c^3 \leq a^4c^2 + a^2b^4 + b^2c^4$
Ordensfordelingen (usikker på om dette er mest riktig å si) på RHS majoriserer LHS , og ulikheten følger fra Muirheads teorem.
Ulikheten omskrives til å være lik
$a^3bc^2 + a^2b^3c + ab^2c^3 \leq a^4c^2 + a^2b^4 + b^2c^4$
Ordensfordelingen (usikker på om dette er mest riktig å si) på RHS majoriserer LHS , og ulikheten følger fra Muirheads teorem.
-
Brahmagupta
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
Dette holder ikke siden ulikheten ikke er symmetrisk.Hoksalon skrev:2. $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\leq (\frac{a}{b})^2+(\frac{b}{c})^2+(\frac{c}{a})^2$ for positive reelle a,b,c.
Ulikheten omskrives til å være lik
$a^3bc^2 + a^2b^3c + ab^2c^3 \leq a^4c^2 + a^2b^4 + b^2c^4$
Ordensfordelingen (usikker på om dette er mest riktig å si) på RHS majoriserer LHS , og ulikheten følger fra Muirheads teorem.
2) La [tex](\frac{a}{b},\frac{b}{c},\frac{c}{a})=(x,y,z)[/tex]. Da får vi at ulikheten som skal vises er ekvivalent med [tex]x^2+y^2+z^2=x+y+z[/tex]
med betingelsen [tex]xyz=1[/tex]. Vi homogeniserer ulikheten ved å gange høyre side med [tex]\sqrt[3]{xyz}[/tex]. Nå er ulikheten symmetrisk
og følger fra Muirhead. Eventuelt kan det gjøres med AM-GM:
[tex]\frac16x^2+\frac16x^2+\frac16x^2+\frac16x^2+\frac16y^2+\frac16z^2\geq \sqrt[6]{x^8y^2z^2}=x\sqrt[3]{xyz}[/tex]
-
Brahmagupta
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
1) I alle summer hvor det ikke er notert noe annet går indeksene fra 1 til n.
[tex]n\sum{\frac1{a_i}}\geq(\sum{\frac1{1+a_i}})(n+\sum{\frac1{a_i}})=n\sum{\frac1{1+a_i}}+(\sum{\frac1{1+a_i}})(\sum{\frac1{a_i}})[/tex]
Som er ekvivalent med
[tex]n\sum{(\frac1{a_i}-\frac1{1+a_i})}=n\sum{\frac1{a_i(1+a_i)}}\geq (\sum{\frac1{1+a_i}})(\sum{\frac1{a_i}})[/tex]
For litt enklere notasjon la [tex]x_i=\frac1{a_i}[/tex] og [tex]y_i=\frac1{1+a_i}[/tex]. Da kan vi skrive ulikheten som
[tex]n\sum{x_iy_i}-(\sum{x_i})(\sum{y_i})\geq 0[/tex]
som kan omskrives
[tex]\sum_{i<j}{(x_i-x_j)(y_i-y_j)}\geq0[/tex]
Til slutt observerer vi at [tex](x_i-x_j)(y_i-y_j)=(\frac1{a_i}-\frac1{a_j})(\frac1{1+a_i}-\frac1{1+a_j})=\frac{(a_i-a_j)^2}{a_ia_j(1+a_i)(1+a_j)}\geq0[/tex]
Så alle leddene i summen er positive og ulikheten følger.
Fant også en litt enklere løsning på nummer 2. Gjør samme substitusjon som i forrige innlegg. Fra AM-GM har vi at [tex]x+y+z\geq3[/tex].
I tillegg har vi at [tex](x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2\geq 0 \Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+3\geq2(x+y+z)[/tex]. Summerer vi disse to ulikheten får
vi det ønskede resultatet.
Både denne metoden og den i forrige innlegg kan brukes til å bevise den mer generelle ulikheten.
[tex]\sum_{i=1}^n{x_i^2}\geq\sum_{i=1}^n{x_i}[/tex] for [tex]x_i\in\mathbb{R^+}[/tex] hvor [tex]\prod_{i=1}^n{x_i}=1[/tex]
[tex]n\sum{\frac1{a_i}}\geq(\sum{\frac1{1+a_i}})(n+\sum{\frac1{a_i}})=n\sum{\frac1{1+a_i}}+(\sum{\frac1{1+a_i}})(\sum{\frac1{a_i}})[/tex]
Som er ekvivalent med
[tex]n\sum{(\frac1{a_i}-\frac1{1+a_i})}=n\sum{\frac1{a_i(1+a_i)}}\geq (\sum{\frac1{1+a_i}})(\sum{\frac1{a_i}})[/tex]
For litt enklere notasjon la [tex]x_i=\frac1{a_i}[/tex] og [tex]y_i=\frac1{1+a_i}[/tex]. Da kan vi skrive ulikheten som
[tex]n\sum{x_iy_i}-(\sum{x_i})(\sum{y_i})\geq 0[/tex]
som kan omskrives
[tex]\sum_{i<j}{(x_i-x_j)(y_i-y_j)}\geq0[/tex]
Til slutt observerer vi at [tex](x_i-x_j)(y_i-y_j)=(\frac1{a_i}-\frac1{a_j})(\frac1{1+a_i}-\frac1{1+a_j})=\frac{(a_i-a_j)^2}{a_ia_j(1+a_i)(1+a_j)}\geq0[/tex]
Så alle leddene i summen er positive og ulikheten følger.
Fant også en litt enklere løsning på nummer 2. Gjør samme substitusjon som i forrige innlegg. Fra AM-GM har vi at [tex]x+y+z\geq3[/tex].
I tillegg har vi at [tex](x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2\geq 0 \Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+3\geq2(x+y+z)[/tex]. Summerer vi disse to ulikheten får
vi det ønskede resultatet.
Både denne metoden og den i forrige innlegg kan brukes til å bevise den mer generelle ulikheten.
[tex]\sum_{i=1}^n{x_i^2}\geq\sum_{i=1}^n{x_i}[/tex] for [tex]x_i\in\mathbb{R^+}[/tex] hvor [tex]\prod_{i=1}^n{x_i}=1[/tex]
Brukte en annen fremgangsmåte på 1):
Ulikheten er symmetrisk, så anta at $a_1\leq a_2\leq ...$. Den kan skrives
$\frac{1}{n}\sum \frac{1}{1+a_i}\frac{1+a_i}{a_i} \geq (\frac{1}{n}\sum \frac{1}{1+a_i})(\frac{1}{n}\sum \frac{1+a_i}{a_i})$,
der $\frac{1}{1+a_1}\geq \frac{1}{1+a_2}\geq...\geq \frac{1}{1+a_n}$ og $\frac{1+a_1}{a_1}\geq \frac{1+a_2}{a_2}...\geq \frac{1+a_n}{a_n}$,
som er sant fra Chebyshevs ulikhet.
EDIT:
En oppfølger kan være å løse samme oppgave med bruk av Jensens ulikhet.
Ulikheten er symmetrisk, så anta at $a_1\leq a_2\leq ...$. Den kan skrives
$\frac{1}{n}\sum \frac{1}{1+a_i}\frac{1+a_i}{a_i} \geq (\frac{1}{n}\sum \frac{1}{1+a_i})(\frac{1}{n}\sum \frac{1+a_i}{a_i})$,
der $\frac{1}{1+a_1}\geq \frac{1}{1+a_2}\geq...\geq \frac{1}{1+a_n}$ og $\frac{1+a_1}{a_1}\geq \frac{1+a_2}{a_2}...\geq \frac{1+a_n}{a_n}$,
som er sant fra Chebyshevs ulikhet.
EDIT:
En oppfølger kan være å løse samme oppgave med bruk av Jensens ulikhet.