La $x_1, x_2,..., x_n$ være positive reelle tall slik at $x_1+x_2+...+x_n=\frac12$.
Vis at $\frac{1-x_1}{1+x_1}\cdot \frac{1-x_2}{1+x_2}\cdot ... \cdot \frac{1-x_n}{1+x_n}\geq \frac13$
Ulikhet
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
EDIT: ryddet opp litt.
Trivielt holder likhet for $n=1$. For $n\geq2$ betrakter vi
$$\frac{1-x_1}{1+x_1}\cdot\frac{1-x_2}{1+x_2}=\frac{1-x_1-x_2+x_1x_2}{1+x_1+x_2+x_1x_2}$$
hvor vi merker oss at
$$\frac{a}{b}:=\frac{1-x_1-x_2}{1+x_1+x_2}<1$$
Fra brøkregneregelen $\frac{a_1}{a_2}=\frac{a_3}{a_4}\implies\frac{a_1}{a_2}=\frac{a_1+a_3}{a_2+a_4}$ (med positive $a_i$) følger
$$\frac{1-(x_1+x_2)}{1+(x_1+x_2)}=\frac{a}{b}=\frac{a+\frac{a}{b}x_1x_2}{b+x_1x_2}\leq \frac{1-x_1}{1+x_1}\cdot\frac{1-x_2}{1+x_2}$$
Ved induksjon får vi
$$\prod_{i=1}^n\frac{1-x_i}{1+x_i}\geq\frac{1-(x_1+x_2+...+x_n)}{1+(x_1+x_2+...+x_n)}=\frac{1}{3}$$
med likhet når $x_1=\frac{1}{2}$ og alle andre $x_i=0$, med permutasjoner. Men alle $x_i>0$ (gitt), så ulikheten er streng for alle $n\geq 2$.
Trivielt holder likhet for $n=1$. For $n\geq2$ betrakter vi
$$\frac{1-x_1}{1+x_1}\cdot\frac{1-x_2}{1+x_2}=\frac{1-x_1-x_2+x_1x_2}{1+x_1+x_2+x_1x_2}$$
hvor vi merker oss at
$$\frac{a}{b}:=\frac{1-x_1-x_2}{1+x_1+x_2}<1$$
Fra brøkregneregelen $\frac{a_1}{a_2}=\frac{a_3}{a_4}\implies\frac{a_1}{a_2}=\frac{a_1+a_3}{a_2+a_4}$ (med positive $a_i$) følger
$$\frac{1-(x_1+x_2)}{1+(x_1+x_2)}=\frac{a}{b}=\frac{a+\frac{a}{b}x_1x_2}{b+x_1x_2}\leq \frac{1-x_1}{1+x_1}\cdot\frac{1-x_2}{1+x_2}$$
Ved induksjon får vi
$$\prod_{i=1}^n\frac{1-x_i}{1+x_i}\geq\frac{1-(x_1+x_2+...+x_n)}{1+(x_1+x_2+...+x_n)}=\frac{1}{3}$$
med likhet når $x_1=\frac{1}{2}$ og alle andre $x_i=0$, med permutasjoner. Men alle $x_i>0$ (gitt), så ulikheten er streng for alle $n\geq 2$.
Sist redigert av stensrud den 02/01-2016 17:24, redigert 2 ganger totalt.
-
introad
hvordan klarer du å løse slike oppgaver?
kreves det mye for å løse de? jeg sliter selv med på å bare henge på med notasjonen din.
kreves det mye for å løse de? jeg sliter selv med på å bare henge på med notasjonen din.
Ser ut som du er i rute når det gjelder abelfinalen.
Induksjonen krever kanskje litt mer forklaring. Lar vi $f(x)=\frac{1-x}{1+x}$ har vi at $f(x)f(y)\geq f(x+y)$. Anta at $\prod_{i=1}^k f(x_i)\geq \frac13$ for alle $(x_i)_{i=1,...,k}$ slik at $\sum_{i=1}^k x_i=\frac12$. Da er $\prod_{i=1}^{k+1}f(x_i)\geq f(x_{k+1}+x_k)\prod_{i=1}^{k-1}f(x_i)\geq \frac13$ når $\sum_{i=1}^{k+1}x_i=\frac12$, der den siste ulikheten følger fra antagelsen.
Induksjonen krever kanskje litt mer forklaring. Lar vi $f(x)=\frac{1-x}{1+x}$ har vi at $f(x)f(y)\geq f(x+y)$. Anta at $\prod_{i=1}^k f(x_i)\geq \frac13$ for alle $(x_i)_{i=1,...,k}$ slik at $\sum_{i=1}^k x_i=\frac12$. Da er $\prod_{i=1}^{k+1}f(x_i)\geq f(x_{k+1}+x_k)\prod_{i=1}^{k-1}f(x_i)\geq \frac13$ når $\sum_{i=1}^{k+1}x_i=\frac12$, der den siste ulikheten følger fra antagelsen.
plutarco skrev:Ser ut som du er i rute når det gjelder abelfinalen.
Induksjonen krever kanskje litt mer forklaring. Lar vi $f(x)=\frac{1-x}{1+x}$ har vi at $f(x)f(y)\geq f(x+y)$. Anta at $\prod_{i=1}^k f(x_i)\geq \frac13$ for alle $(x_i)_{i=1,...,k}$ slik at $\sum_{i=1}^k x_i=\frac12$. Da er $\prod_{i=1}^{k+1}f(x_i)\geq f(x_{k+1}+x_k)\prod_{i=1}^{k-1}f(x_i)\geq \frac13$ når $\sum_{i=1}^{k+1}x_i=\frac12$, der den siste ulikheten følger fra antagelsen.
Er virkelig HÅPLØS på slike oppgaver. Men bare ut av ren nysjerrighet; hva betyr notasjonen [tex]\prod ?[/tex] Er det en slags produkt av tallene i motsetning til summasjonstegnet?
Eller er jeg helt på jordet nå.. ?
[tex]i*i=-1[/tex]
Omnia mirari etiam tritissima - Carl von Linné
( Find wonder in all things, even the most commonplace.)
Det er åpning og lukking av ionekanaler i nerveceller som gjør det mulig for deg å lese dette.
Omnia mirari etiam tritissima - Carl von Linné
( Find wonder in all things, even the most commonplace.)
Det er åpning og lukking av ionekanaler i nerveceller som gjør det mulig for deg å lese dette.
Plutarco: Ok, ser at jeg gjerne kunne nevnt induksjonssteget. Artig oppgave forresten, alltid fint når løsningen ikke krever noe annet enn "elementære" overveiinger (det vil si, ingen fancy teoremer osv).
Tja, hvis man liker å løse slike oppgaver kommer erfaringen og nivået etterhvert, uansett hvor man starter. For eksempel klarte jeg kun én av 20 oppgaver første gang jeg prøvde meg på oppgavene fra abelkonkurransens første runde, men har etterhvert jobbet meg oppover. Og notasjonen min i løsningen ovenfor var ikke spesielt god, bare for å ha sagt det.introad skrev:hvordan klarer du å løse slike oppgaver?
kreves det mye for å løse de? jeg sliter selv med på å bare henge på med notasjonen din.
Jo, artig liten ulikhet. Stjal den fra Leningrad Mathematical Olympiad, 1988.stensrud skrev:Plutarco: Ok, ser at jeg gjerne kunne nevnt induksjonssteget. Artig oppgave forresten, alltid fint når løsningen ikke krever noe annet enn "elementære" overveiinger (det vil si, ingen fancy teoremer osv).
Oppfølger:
For $a,b,c,d,e>0$ , vis at $(abcd+abce+abde+acde+bcde)^4\geq 125(a+b+c+d+e)(abcde)^3$.
Ideén er lik som i forrige løsning.plutarco skrev: Oppfølger
(Alle summer er sykliske med mindre noe annet er nevnt). Fra $(a-b)^2\geq0$ følger
$$(a+b)^2\geq4ab\Longleftrightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq\frac{4}{a+b}=2\dfrac{1}{\frac{ a+b}{2}}$$
Vi lar $f(x_1,x_2,...,x_n):=\sum\frac{1}{x_i}$, og med denne notasjonen har vi nettopp vist at $f(a,b)\geq f(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2})$. Når det gjelder ulikheten som skal vises, kan vi anta at $abcde=1$, ettersom den er homogen. Da gjenstår det å vise den ekvivalente ulikheten
$$\left(\sum \frac{1}{a}\right)^4=(f(a,b,c,d,e))^4\geq 125\left(\sum a\right)$$
Anta så at vi har valgt variablene slik at venstresiden har nådd et minimum (som garantert finnes siden denne har en nedre grense på minst 0) for en viss sum $\sum a=k$. Da er
$$f(a,b,c,d,e)=f(a,b)+f(c,d,e)\geq f(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2})+f(c,d,e)=f(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c,d,e)$$
Men etter antagelsen vår må vi ha likhet, og det følger at $a=b$. Av symmetrigrunner gjelder dette for alle variablene, så venstresiden når et minimum når $a=b=c=d=e=\frac{k}{5}$. (Høyresiden forblir uendret hele veien). Det er lett å sjekke at dette gir likhet, og vi er dermed ferdige.
-
Brahmagupta
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
Dette fungerer nok ikke helt. Problemet er at når du allerede har innført restriksjonen $abcde=1$,stensrud skrev: (Alle summer er sykliske med mindre noe annet er nevnt). Fra $(a-b)^2\geq0$ følger
$$(a+b)^2\geq4ab\Longleftrightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq\frac{4}{a+b}=2\dfrac{1}{\frac{ a+b}{2}}$$
Vi lar $f(x_1,x_2,...,x_n):=\sum\frac{1}{x_i}$, og med denne notasjonen har vi nettopp vist at $f(a,b)\geq f(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2})$. Når det gjelder ulikheten som skal vises, kan vi anta at $abcde=1$, ettersom den er homogen. Da gjenstår det å vise den ekvivalente ulikheten
$$\left(\sum \frac{1}{a}\right)^4=(f(a,b,c,d,e))^4\geq 125\left(\sum a\right)$$
Anta så at vi har valgt variablene slik at venstresiden har nådd et minimum (som garantert finnes siden denne har en nedre grense på minst 0) for en viss sum $\sum a=k$. Da er
$$f(a,b,c,d,e)=f(a,b)+f(c,d,e)\geq f(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2})+f(c,d,e)=f(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c,d,e)$$
Men etter antagelsen vår må vi ha likhet, og det følger at $a=b$. Av symmetrigrunner gjelder dette for alle variablene, så venstresiden når et minimum når $a=b=c=d=e=\frac{k}{5}$. (Høyresiden forblir uendret hele veien). Det er lett å sjekke at dette gir likhet, og vi er dermed ferdige.
så kan du ikke la variablene bevege seg fritt. Mer presist når du bruker at $1/a+1/b\geq 4/(a+b)$
så forandrer du produktet, siden $(a+b)^2/4\geq ab$ med likhet hvis og bare hvis $a=b$, noe man
ikke kan anta.
En annen observasjon er at hvis metoden hadde fungert, så ville det også følge at
$\sum 1/x_i\geq \sum x_i$ for $1\leq i\leq n$ med $\prod x_i=1$. Dette er klart en absurditet
siden ved å substituere $y_i=1/x_i$, så gir dette den motsatte ulikheten under samme
restriksjon.
Tilbake til oppgaven. Omdøper variablene til $a_i$, $1\leq i\leq 5$, for enklere notasjon.
Videre la $b_i=1/a_i$ og definer $\sigma_i$ ved
\[\prod (x+b_i)=x^5+\sigma_1x^4+\sigma_2x^3+\sigma_3x^2+\sigma_4x+\sigma_5.\]
Siden ulikheten er homogen kan vi anta at $\prod 1/a_i=\prod b_i=\sigma_5=1$. Nå tar
ulikheten formen $\sigma_1^4\geq 5^3\sigma_4$. Innfører vi videre $S_i=\sigma_i/\binom{5}{i}$
slik at $S_1=\sigma_1/5$ og $S_4=\sigma_4/5$, så kan vi omskrive ulikheten til
$S_1\geq \sqrt[4]{S_4}$, hvilket følger fra Maclaurins ulikhet.
