Page 1 of 1

Atter en ulikhet

Posted: 08/11-2010 18:09
by Karl_Erik
La a, b, c være positive, reelle tall. Vis at [tex]\left ( \frac {2a} {b+c} \right ) ^{\frac 2 3} + \left ( \frac {2b} {a+c} \right ) ^{\frac 2 3} + \left ( \frac {2c} {a+b} \right ) ^{\frac 2 3} \geq 3[/tex]

Posted: 08/11-2010 18:31
by Charlatan
Skal det være c+a i den siste nevneren?

Posted: 08/11-2010 18:33
by Karl_Erik
Beklager, ja - ulikheten skal være syklisk. Nå har jeg rettet opp feilen.

Re: Atter en ulikhet

Posted: 16/11-2010 05:09
by Gustav
Edit: glem det

Posted: 16/11-2010 05:16
by Charlatan
Gir ikke at f er avtagende motsatt ulikhet da? Dvs hvis [tex]x \geq 1[/tex], så er vel [tex]3f(x) \leq 3f(1) = 3[/tex].

Posted: 16/11-2010 05:19
by Gustav
Jo, min feil. skulle akkurat til å slette innlegget mitt

Posted: 16/11-2010 06:02
by Charlatan
[tex]\left( \frac{2a}{b+c} \right)^{\frac{2}{3}} \geq \frac{3a}{a+b+c} \Leftrightarrow \frac{4a^2}{(b+c)^2} \geq \frac{a^3}{\left( \frac{a+b+c}{3} \right)^3} \Leftrightarrow 4 \left( \frac{a+b+c}{3} \right)^3 \geq a(b+c)^2[/tex]

Av homogenitet kan vi anta at a + b + c = 3. Vi får da at den siste ulikheten er ekvivalent med

[tex]4 \geq a(3-a)^2 \Leftrightarrow -a^3+6a^2-9a+4 \geq 0[/tex]

Men [tex]-a^3+6a^2-9a+4 = (a-1)^2(4-a)[/tex], så sistnevnte ulikhet stemmer siden [tex]a \leq 3[/tex].

Et tilsvarende argument kan føres for de andre leddene, og vi har

[tex]\left( \frac{2a}{b+c} \right)^{\frac{2}{3}} + \left( \frac{2b}{a+c} \right)^{\frac{2}{3}} + \left( \frac{2c}{a+b} \right)^{\frac{2}{3}} \geq \frac{3a}{a+b+c}+\frac{3b}{a+b+c}+\frac{3c}{a+b+c}=3[/tex].

Posted: 16/11-2010 15:04
by Karl_Erik
Dette er helt riktig det. Du kan forøvrig vise den siste ulikheten ved AM-GM også - [tex]4 \left ( \frac {a+b+c} 3 \right ) ^3 \geq a(b+c)^2 \Leftrightarrow \left ( \frac {a+\frac {b+c} 2 + \frac {b+c} 2} 3 \right ) ^3 \geq a \left ( \frac {b+c} 2 \right ) \cdot \left (\frac {b+c} 2 \right )[/tex]