matematikk.net

La $x,y,z$ være positive reelle tall. Vis at

$(\frac{x}{y}+\frac{z}{\sqrt[3]{xyz}})^2+(\frac{y}{z}+\frac{x}{\sqrt[3]{xyz}})^2+(\frac{z}{x}+\frac{y}{\sqrt[3]{xyz}})^2\geq 12$

Benytter først ulikheten [tex](a+b)^2\geq4ab[/tex] på hvert av kvadratene og deretter AM-GM.

[tex](\frac{x}{y}+\frac{z}{\sqrt[3]{xyz}})^2+(\frac{y}{z}+\frac{x}{\sqrt[3]{xyz}})^2+(\frac{z}{x}+\frac{y}{\sqrt[3]{xyz}})^2[/tex]

[tex]\geq4(\frac{xz}{y\sqrt[3]{xyz}}+\frac{yx}{z\sqrt[3]{xyz}}+\frac{zy}{x\sqrt[3]{xyz}})\geq12\sqrt[3]{\frac{(xyz)^2}{(xyz)^2}}=12[/tex]

Oppfølger
Anta at [tex]x,y,z[/tex] er reelle tall større enn 1 slik at [tex]\frac1{x}+\frac1{y}+\frac1{z}=2[/tex].

Vis at [tex]\sqrt{x+y+z}\geq\sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}[/tex]

Oppfølger
Anta at [tex]x,y,z[/tex] er reelle tall større enn 1 slik at [tex]\frac1{x}+\frac1{y}+\frac1{z}=2[/tex].

Vis at [tex]\sqrt{x+y+z}\geq\sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}[/tex]

.

Sett $u=\frac{1}{x}$, $v=\frac{1}{y}$, $w=\frac{1}{z}$. Da gir betingelsen at $u+v+w=2$, med $0<u,v,w<1$ og ulikheten kan skrives

$\sqrt{\frac{1}{u}+\frac{1}{v}+\frac{1}{w}}\geq \sqrt{\frac{1}{u}-1}+\sqrt{\frac{1}{v}-1}+\sqrt{\frac{1}{w}-1}$. Ganger med $\sqrt{uvw}$ og får

$\sqrt{uv+uw+vw}\geq \sqrt{uv-uvw}+\sqrt{uw-uvw}+\sqrt{vw-uvw}$

Homogeniserer ved å gange ledd av grad 2 med $1=\frac12 (u+v+w)$, og får etter litt rydding

$\sqrt{(u+v+w)(uv+uw+vw)}\geq \sqrt{(u+v-w)uv}+\sqrt{(u-v+w)uw}+\sqrt{(-u+v+w)vw}$.

For å vise denne, la $a=u+v-w$, $b=u-v+w$, $c=-u+v+w$, slik at $a+b+c=u+v+w$. Cauchy-Schwarz gir nå at

$\sqrt{(a+b+c)(uv+uw+vw)}\geq \sqrt{a}\sqrt{uv}+\sqrt{b}\sqrt{uw}+\sqrt{c}\sqrt{vw}$. Siden alt over er reversibelt følger den opprinnelige ulikheten.

EDIT: en betingelse etter homogeniseringen er at u,v,w må være sidekanter til en trekant, for å sikre reelle røtter, slik at $a,b,c\geq 0 $


EDIT2: Det fins vel kanskje en mer elegant geometrisk løsning på denne.(?)

Oppfølger

La x,y,z være distinkte positive reelle tall slik at $x+\sqrt{y+\sqrt{z}}=z+\sqrt{y+\sqrt{x}}$.

Vis at $40xz<1$.

[tex]\frac1{x}+\frac1{y}+\frac1{z}=2\Leftrightarrow \frac{x-1}{x}+\frac{y-1}{y}+\frac{z-1}{z}=1[/tex]

Cauchy-Schwarz gir da

[tex]\sqrt{x+y+z}=\sqrt{\frac{x-1}{x}+\frac{y-1}{y}+\frac{z-1}{z}}\sqrt{x+y+z}\geq\sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}[/tex]

Har ikke kommet over noen geometrisk løsning.

Brahmagupta skrev:[tex]\frac1{x}+\frac1{y}+\frac1{z}=2\Leftrightarrow \frac{x-1}{x}+\frac{y-1}{y}+\frac{z-1}{z}=1[/tex]

Cauchy-Schwarz gir da

[tex]\sqrt{x+y+z}=\sqrt{\frac{x-1}{x}+\frac{y-1}{y}+\frac{z-1}{z}}\sqrt{x+y+z}\geq\sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}[/tex]

Har ikke kommet over noen geometrisk løsning.

Smart løsning. Av en eller annen grunn hengte jeg meg opp i at ulikheten ikke var homogen, og at den måtte homogeniseres:p Dermed ble det unødvendig komplisert.

plutarco skrev:Oppfølger

La x,y,z være distinkte positive reelle tall slik at $x+\sqrt{y+\sqrt{z}}=z+\sqrt{y+\sqrt{x}}$.

Vis at $40xz<1$.

Jeg ble litt lurt av den ganske svake øvre skranken på produktet.
Jobber litt med den oppgitte likheten for å få frem noe mer anvendelig.

[tex]x-z=\sqrt{y+\sqrt{x}}-\sqrt{y+\sqrt{z}}=\frac{\sqrt{x}-\sqrt{z}}{\sqrt{y+\sqrt{x}}+\sqrt{y+\sqrt{z}}}[/tex]

Siden tallene er distinkte kan vi dele på [tex]\sqrt{x}-\sqrt{z}[/tex] og ved å deretter multiplisere med høyre nevner får vi

[tex](\sqrt{x}+\sqrt{z})(\sqrt{y+\sqrt{x}}+\sqrt{y+\sqrt{z}})=1[/tex]

[tex]1=(\sqrt{x}+\sqrt{z})(\sqrt{y+\sqrt{x}}+\sqrt{y+\sqrt{z}})\geq4\sqrt[4]{xz}\sqrt[8]{xz}=4(xz)^{\frac38}[/tex]

Hvor vi bruker AM-GM på hver av faktorene og at [tex]y>0[/tex].
Dermed har vi at [tex]1\geq4^{\frac83}xz>40xz[/tex].

Strengt tatt er det skarpe ulikheter hele veien siden tallene er distinkte.

Oppfølger

Anta at $a_1,a_2,\cdots , a_n$ er positive tall slik at $a_1+a_2+\cdots+a_n=1$. Vis at

$\frac{a_1}{2-a_1}+\frac{a_2}{2-a_2}+\cdots+\frac{a_n}{2-a_n}\geq\frac{n}{2n-1}$

Brahmagupta skrev:Oppfølger

Anta at $a_1,a_2,\cdots , a_n$ er positive tall slik at $a_1+a_2+\cdots+a_n=1$. Vis at

$\frac{a_1}{2-a_1}+\frac{a_2}{2-a_2}+\cdots+\frac{a_n}{2-a_n}\geq\frac{n}{2n-1}$

$f(x)=\frac{1}{2-x}$ er konveks for $0<x<1$, så Jensen sier at


$\sum a_if(a_i)\geq f(\sum a_i^2)=\frac{1}{2-\sum a_i^2}$

Vi behøver å vise at $\frac{1}{2-\sum a_i^2}\geq \frac{n}{2n-1}$

Den siste ulikheten er ekvivalent med

$1\leq n\sum a_i^2$ som også kan skrives

$1\leq \sum 1^2 \sum a_i^2$.

Denne følger fra Cauchy-Schwarz, og vi er ferdige.

Oppfølger


La a,b,c være positive reelle tall. Vis

$(\frac{5a-b}{b+c})^2+(\frac{5b-c}{c+a})^2+(\frac{5c-a}{a+b})^2\geq 12$

Ved Cauchy-Schwarz og $x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx\;\; (i)\;$ har vi at

$(a^2(b+c)^2+b^2(c+a)^2+c^2(a+b)^2)((\frac{5a-b}{b+c})^2+(\frac{5b-c}{c+a})^2+(\frac{5c-a}{a+b})^2)$

$\geq(a(5a-b)+b(5b-c)+c(5c-a))^2=(5(a^2+b^2+c^2)-ab+bc+ca)^2\geq(4(a^2+b^2+c^2))^2=16(a^2+b^2+c^2)^2$

Videre er
$a^2(b+c)^2+b^2(c+a)^2+c^2(a+b)^2=2(ab)^2+2(bc)^2+2(ca)^2+2abc(a+b+c)\leq4((ab)^2+(bc)^2+(ca)^2)$
Hvor den siste ulikheten følger fra $(i)$ ved å la $(x,y,z)=(ab,bc,ca)$.

Dermed følger det at

$(\frac{5a-b}{b+c})^2+(\frac{5b-c}{c+a})^2+(\frac{5c-a}{a+b})^2\geq\frac{16(a^2+b^2+c^2)^2}{4((ab)^2+(bc)^2+(ca)^2)}=
\frac{4(a^2+b^2+c^2)^2}{(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2}\geq12$

Hvor den siste ulikheten også er en konsekvens av $(i)$.
$(x+y+z)^2\geq3(xy+yz+zx) \Leftrightarrow \frac{(x+y+z)^2}{xy+yz+zx}\geq3$
og deretter la $(x,y,z)=(a^2,b^2,c^2)$


Oppfølger

Vis at for positive reelle $a,b,c$ gjelder det at

$\frac1{a^3+b^3+abc}+\frac1{b^3+c^3+abc}+\frac1{c^3+a^3+abc}\leq\frac1{abc}$

$a^3+b^3+abc\geq a^2b+ab^2+abc=ab(a+b+c)$ ved rearrangementulikheten. Altså er

$\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{a^3+c^3+abc}+\frac{1}{b^3+c^3+abc}\\ \leq \frac{1}{ab(a+b+c)}+\frac{1}{ac(a+b+c)}+\frac{1}{bc(a+b+c)}=\frac{1}{a+b+c}(\frac{c}{abc}+\frac{b}{abc}+\frac{a}{abc})=\frac{1}{abc}$

Oppfølger

La $a,b,c$ være positive reelle tall der $a+b+c=2$, og vis at

$\frac{bc}{\sqrt[4]{3a^2+4}}+\frac{ac}{\sqrt[4]{3b^2+4}}+\frac{ab}{\sqrt[4]{3c^2+4}}\leq \frac23\sqrt[4]{3}$

Ved Cauchy-Schwarz ulikhet er

$(\frac{bc}{\sqrt[4]{3a^2+4}}+\frac{ca}{\sqrt[4]{3b^2+4}}+\frac{ab}{\sqrt[4]{3c^2+4}})^2\leq (bc+ca+ab)(\frac{bc}{\sqrt{3a^2+4}}+\frac{ca}{\sqrt{3b^2+4}}+\frac{ab}{\sqrt{3c^2+4}})$

Videre har vi $ab+bc+ca\leq\frac13(a+b+c)^2=\frac43$ og dermed
$3a^2+4\geq3(a^2+ab+bc+ca)=3(a+b)(a+c)\;\;$ og tilsvarende for $b$ og $c$:
$3b^2+4\geq3(b+c)(b+a)$
$3c^2+4\geq3(c+a)(c+b)$

Benyttes disse ulikhetene på nevnerne i den høyre faktoren får vi

$\frac{bc}{\sqrt{3a^2+4}}+\frac{ca}{\sqrt{3b^2+4}}+\frac{ab}{\sqrt{3c^2+4}}\leq \frac{bc}{\sqrt{3(a+b)(a+c)}}+\frac{ca}{\sqrt{3(b+c)(b+a)}}+\frac{ab}{\sqrt{3(c+a)(c+b)}}$

Nå er $\frac1{\sqrt{xy}}\leq\frac12(\frac1{x}+\frac1{y})$ ved AM-GM så

$\frac{bc}{\sqrt{3(a+b)(a+c)}}+\frac{ca}{\sqrt{3(b+c)(b+a)}}+\frac{ab}{\sqrt{3(c+a)(c+b)}}\leq\frac1{2\sqrt3}(bc(\frac1{a+b}+\frac1{a+c})+ca(\frac1{b+c}+\frac1{b+a})+ab(\frac1{c+a}+\frac1{c+b}))$

$=\frac1{2\sqrt3}(\frac{ac+bc}{a+b}+\frac{ab+ac}{b+c}+\frac{bc+ab}{c+a})=\frac1{2\sqrt3}(a+b+c)=\frac1{\sqrt3}$

Og da har vi endelig at

$(\frac{bc}{\sqrt[4]{3a^2+4}}+\frac{ca}{\sqrt[4]{3b^2+4}}+\frac{ab}{\sqrt[4]{3c^2+4}})^2\leq (bc+ca+ab)(\frac{bc}{\sqrt{3a^2+4}}+\frac{ca}{\sqrt{3b^2+4}}+\frac{ab}{\sqrt{3c^2+4}})$

$\leq\frac43\frac1{\sqrt3}=\frac49\sqrt3$

og den ønskede ulikheten følger ved å ta roten av begge sider, hvilket er lovlig siden begge sider er positive.

Denne var ganske vrien! Hvordan løste du den Plutarco?

Beklager at jeg går litt off-topic, men hva er motivasjonen bak slike ulikheter? Og er det emner som har dette som pensum?

Jeg lar meg stadig imponere over løsningene deres.