matematikk.net

La [tex]a,b,c>0[/tex] og [tex]abc=1[/tex].
Vis at:
[tex](a-1+\frac{1}{b})(b-1+\frac{1}{c})(c-1+\frac{1}{a})\leq 1[/tex]

Arbeidet på denne tidligere i dag (er derfor jeg har løsningen 15 min etter ).

Vi definerer [tex]P:=(a+\frac{1}{b}-1)(b+\frac{1}{c}-1)(c+\frac{1}{a}-1)[/tex]

Likhet oppstår når [tex]a=b=c=1[/tex].

Vi har at:
[tex]P=abcP=b(a+\frac{1}{b}-1)c(b+\frac{1}{c}-1)a(c+\frac{1}{a}-1) \\ =(-b+\frac{1}{c}+1)(-c+\frac{1}{a}+1)(-a+\frac{1}{b}+1).....(1)[/tex]

På samme måte får vi at [tex]P=(c-\frac{1}{a}+1)(a-\frac{1}{b}+1)(b-\frac{1}{c}+1).....(2)[/tex]

Vi definerer et par variabler:

[tex]x:=a-\frac{1}{b}, \ \ y:=b-\frac{1}{c}, \ \ z=c-\frac{1}{a}[/tex]

[tex]P(a,b,c)[/tex] er syklisk, så vi trenger kun å se på tilfellene hvor [tex]a \geq b \geq c[/tex], og [tex]a \leq b \leq c[/tex].

Vi antar at [tex]a \geq b \geq c >0[/tex], og siden [tex]abc=1[/tex] får vi at:
[tex]a \geq 1, \ c \leq 1 \Rightarrow x=a-\frac{1}{b} \geq 0[/tex] og [tex]y=b-\frac{1}{c} \leq 0[/tex].

Vi har av [tex](1)[/tex] at [tex]P=(1-x)(1-y)(1-z)....(3)[/tex] og av [tex](2)[/tex] at [tex]P=(1+x)(1+y)(1+z)....(4)[/tex].

Vi har at [tex]c>0, \ c \leq 1[/tex] og [tex]a \geq 1 \Rightarrow -\frac{1}{a} \geq -1, \ -\frac{1}{a}<0[/tex]. Dette fører til at [tex]z=c-\frac{1}{a} > 0-1=-1[/tex] og [tex]z=c-\frac{1}{a} < 1+0=1 \Rightarrow -1<z<1[/tex].

Anta nå at [tex]x \geq 1 \Rightarrow 1-x \leq 0[/tex]. Vi har at [tex]1-y>0[/tex] og at [tex]1-z>0 \Rightarrow P=(1-x)(1-y)(1-z) \leq 0[/tex].
Deretter bruker vi at [tex]x \leq 1 \Rightarrow x+1>0[/tex] og [tex]z+1>0[/tex].

Anta at [tex]y \leq -1 \Rightarrow y+1 \leq 0 \Rightarrow P=(1+x)(1+y)(1+z) \leq 0[/tex].

Dermed kan vi anta følgende grenser:

[tex]0 \leq x \leq 1, \ -1 \leq y \leq 0[/tex] og [tex]-1 \leq z \leq 1[/tex].

Ved å kombinere [tex](3)[/tex] og [tex](4)[/tex] får vi at [tex]P^2=(1-x^2)(1-y^2)(1-z^2)[/tex]. Av de gitte grensene kan vi konkludere med at [tex]P \leq 1[/tex].

Vi har igjen å bevise at [tex]P \leq 1[/tex] for [tex]a \leq b \leq c[/tex], eller ekvivalent at [tex]R:=(c+\frac{1}{b}-1)(b+\frac{1}{a}-1)(a+\frac{1}{c}-1) \leq 1[/tex] for [tex]a \geq b \geq c[/tex].

Vi har at [tex]P \leq 1 \Leftrightarrow (1+x)(1+y)(1+z) +(1-x)(1-y)(1-z) \leq 2 \Leftrightarrow 2+2(xy+yz+zx) \leq 2 \Leftrightarrow xy+yz+zx \leq 0[/tex].

Vi definerer [tex]u:=c-\frac{1}{b}, \ v := b-\frac{1}{a}, \ w:=a-\frac{1}{c}[/tex], og på samme måte som før får vi at [tex]R=(1-u)(1-v)(1-w)=(1+u)(1+v)(1+w)[/tex]. Dessuten har vi at [tex]R \leq 1 \Leftrightarrow uv+vw+wu \leq 0[/tex] ved samme argument som over.

Men [tex]uv+vw+wu=xy+yz+zx[/tex] og vi er ferdige.

Her er hvordan jeg løste oppgaven:

[tex](a-1+\frac{1}{b})(b-1+\frac{1}{c})(c-1+\frac{1}{a})\leq 1[/tex]
[tex]\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Updownarrow[/tex]
[tex](ab-b+1)(bc-c+1)(ca-a+1)\leq 1[/tex]

Etter å gange ut, forenkle, bruke at abc=1 og å flytte over får vi at ulikheten vi skal vise er ekvivialent med å vise at:
[tex]ab+bc+ca+a+b+c\leq 3+a^2b+b^2c+c^2a[/tex]

La nå [tex]a=\frac{x}{y}\, , \, b=\frac{y}{z}\, , \, c=\frac{z}{x}[/tex] og [tex]x,y,z>0[/tex]

Det er nå ekvivialent å vise ulikheten:
[tex]\frac{y}{x}+\frac{x}{z}+ \frac{z}{y}+\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \leq 3+ \frac{x^2}{yz}+\frac{y^2}{xz}+\frac{z^2}{xy} [/tex]
[tex]\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Updownarrow[/tex]
[tex]\sum_{sym}x^2 y\leq \sum x^3+3xyz[/tex]

Av homogenitet kan vi anta at [tex]x+y+z=3[/tex].
Ulikheten er ekvivialent med:
[tex]4\sum_{sym}x^2 y +3xyz \leq (x+y+z)^3=27[/tex]
[tex]\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Updownarrow[/tex]
[tex]4\sum xy(x+y+z) -9xyz \leq 27[/tex]
[tex]\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Updownarrow[/tex]
[tex]\frac{4}{3} \sum xy -xyz \leq 3[/tex]
[tex]\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Updownarrow[/tex]
[tex](\frac{4}{3}-x)(\frac{4}{3}-y)(\frac{4}{3}-z)\leq \frac{1}{27}[/tex]

Nå må vi se på tre tilfeller:
1) Én av x,y,z er større eller lik [tex]\frac{4}{3}[/tex]
2) To av x,y,z er større eller lik [tex]\frac{4}{3}[/tex]
3) Alle variablene er mindre enn [tex]\frac{4}{3}[/tex]

Merk at alle variablene ikke kan være større eller lik [tex]\frac{4}{3}[/tex] for det fører til [tex]3=x+y+z \geq \frac{4}{3}+\frac{4}{3}+\frac{4}{3}>3[/tex] motsigelse.

1) Hvis nå kun én av x,y,z er større eller lik [tex]\frac{4}{3}[/tex], er [tex](\frac{4}{3}-x)(\frac{4}{3}-y)(\frac{4}{3}-z)\leq 0[/tex] Og ulikheten er opplagt sann.

2) Av symetri kan vi anta at [tex]x,y\geq\frac{4}{3}[/tex]. Da har vi at:
[tex](\frac{4}{3}-x)(\frac{4}{3}-y)(\frac{4}{3}-z)=(x-\frac{4}{3})(y-\frac{4}{3})(\frac{4}{3}-z)< (x-\frac{4}{3})(y-\frac{4}{3}) \cdot \frac{4}{3} \leq \left( \frac{(x-\frac{4}{3})+(y-\frac{4}{3})}{2} \right) ^2 \cdot \frac{4}{3}=\left( \frac{x+y-\frac{8}{3}}{2} \right)^2 \cdot \frac{4}{3}< \left( \frac{3-\frac{8}{3}}{2} \right)^2 \cdot \frac{4}{3} =\frac{1}{27}[/tex]
Ulikheten er vist.

3) Nå antar vi at alle x,y,z er mindre enn [tex]\frac{4}{3}[/tex] og vi har derfor at alle tre faktorene i [tex](\frac{4}{3}-x)(\frac{4}{3}-y)(\frac{4}{3}-z)[/tex] er positive. Av AM-GM har vi nå at:
[tex](\frac{4}{3}-x)(\frac{4}{3}-y)(\frac{4}{3}-z) \leq \left( \frac{(\frac{4}{3}-x)+(\frac{4}{3}-y)+(\frac{4}{3}-z)}{3} \right)^3 = \frac{1}{27} [/tex]
Og ulikheten er vist!

Vet at denne løsningen var veldig lang og at jarle sin er litt kortere... menmen, sånn løste nå jeg den

Til Jarle: ser bare noen små feil. Utrykket er ikke symetrisk, så du kan ikke direkte anta at [tex]a\geq b\geq c[/tex], og så ser jeg at det helt nederst står P=.. når det skal være P^2=...
Fin løsning (tror jeg, da jeg er litt for trøtt til å se veldig nøye etter om alt stemmer...)

Jeg ser feilene (ble ganske sent ), og retter dem nå.


Pen løsning, gikk gjennom den og fant ingen feil.