不等式への招待 第９章 [無断転載禁止]©2ch.net
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諸君 私は不等式が好きだ
諸君 私は不等式が大好きだ
改造が好きだ 改良が好きだ 拡張が好きだ
AM-GMで Cauchyで Holderで Jensenで Schurで
Chebyshevで rearrangementで Bernoulliで
Muirheadで Karamataで Maclaurinで ぬるぽビッチで
この地上に現れるありとあらゆる不等式が大好きだ
大小順をそろえた歩兵の横隊を 並べ替え不等式で蹂躙するのが好きだ
恐慌状態の新兵が分母にAM-GMを誤用して 不等号の向きを何度も何度も間違えている様など感動すら覚える
糸口の見つからない不等式に滅茶苦茶に悩まされるのが好きだ
必死に悩んだ不等式が成立しない例を挙げられていく様はとても悲しいものだ
君達は一体何を望んでいる？ 更なる不等式を望むか？
『不等式！ 不等式！ 不等式！』
よろしい ならば証明だ！
rv―v―､ r-v-v
r､ ﾉ も（ ﾉ ま ( ,ｨx
(＼＼(＾} ) !! 厳. っ ( ） だ ( /)///7
{＾ヽ＾ヽ { ） し. と ( ） だ ( / 'ヽ /
＼ ｀Y ﾉ}_ ﾊ く ﾉ 乂 ノ {. 〈 /
〉,r彡ﾊ _＞ ＜ / ま ( 人＿ノ〉
V ∨ !! 改 も （) !! だ（ / 7 /
'v V 良 っ （). だ(/ /
'v V .を と 人＿,ノ〈 /
V V rfﾃ弐ミk / }'
'v ',仔r＝r弌ﾘ' /
'v '({ ヾ二ﾌ,j' /
} j个ー‐个ﾄ, /
}> ／ /＞ｭ<ﾄ､＼ノ{
＿j／ / | / :| | ＼＼
_,＞､__, イ＞＼／ _｣/＼￣{_
/ /:::::| ＼／＿_,＞|:::::∧ {
/| ./:::::/ 厂 |::::::::∧ |＼
/ :| /:::::/ |o 〔::::::::::::∧.| ＼
/ / /:::::/ :|o 丿:|:::::::::::::∧ ＼ [第８章 469]
> for reals
> [1] (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) >= (1+a+b)(1+b+c)(1+c+a)
> [2] ((a^2+3)(b^2+3)(c^2+3))^2 >= 512(a+b)(b+c)(c+a)
>
> for nonnegarives
> [3] (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) >= 3(a+b+c)^2+(abc-1)^2
> [4] (x^2+2)(y^2+2)(z^2+2) >= 4(x^2+y^2+z^2)+5(xy+yz+zx)+(xyz-1)^2
> [5] (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) >= 4(a^2+b^2+c^2)+5(ab+bc+ca)+(abc(a-1)^2(b-1)^2(c-1)^2)^(1/3)
>
> AOPS
> [1], [2] : c6h588096p3481394
> [3] : c6h4830p15309
> [4], [5] : c6h581954p3438879
>
> 他にもいろいろ [第８章 977、991]
> [疑問]-----------------------------------------------
> a, b, c >0 に対して、
> M(a,b,c) ≧ (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ m(a,b,c)
> -----------------------------------------------------
>
> AM-GMで m(a,b,c) = 27(abc)^2 を得るけど、もっとキツく締め上げたいのでござる。
>
> L = a^2b + b^2c + c^2a
> R = ab^2 + bc^2 + ca^2
>
> (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)
> = L^2 + LR + R^2
> = (s^2)(t^2) - (s^3)u - t^3
>
>
> とりあえず少し進展したのでパピコ。 Caushyの拡張より、
>
> (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)
> ＝ (ab+b^2+a^2)(b^2+bc+c^2)(a^2+c^2+ca)
> ≧ (ab+bc+ca)^3
> ＝ t^3
>
> AM-GMで 27(abc)^2 = 27u^2 としたよりもマシになった。
>
> m(a,b,c) = (ab+bc+ca)^3 ≧ 27(abc)^2
>
> が、以下のように分割すると、非負値の和ばかりで、ずいぶんとゆるゆるなうんちでござる。
>
> (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) - t^3
> ＝ (s^2)(t^2) - (s^3)u - 2(t^3)
> ＝ (t^2-3su)F_0 + 2suF_0 + (u^2)F_{-2} + u(st-9u)
> ≧ 0 >>5
(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) ≧ {(a-b)(b-c)(c-a)}^2.
(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ 3(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2) ≧ (ab+bc+ca)^3 ≧ 3abc(a+b+c)(ab+bc+ca) ≧ 27(abc)^2. >>5
[第２章 136-138]
> 非負実数 a, b, c に対して
> (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)
> ≧ (27/64)[(a+b)(b+c)(c+a)]^2 ≧ (1/3)[(a+b+c)(ab+bc+ca)]^2 ≧ (ab+bc+ca)^3
12年前に自分が作っていた模様… ウインナーコーヒーにウインナーが入ってないのと同じ
すべては騙し >>4
[1］コーシーで
（1+aa+1)(1+1+bb）≧（1+a+b)^2，etc.
[2］AM-GMで
（aa+3)(bb+3）=（aa+1+1+1）（1+bb+1+1）≧（a+b+1+1)^2 ≧ 4(a+b)(1+1),
[第8章.994］
>>6 下
p = aab+bbc+cca，q = abb+bcc+caa とおくと
アイゼンシュタイン整数で
（aa+ab+bb)(bb+bc+cc)(cc+ca+aa）= pp+pq+qq
=（3/4)(p+q)^2 + (1/4)(p-q)^2,
≧ 3pq +（1/4)⊿^2,
⊿ =（a-b)(b-c)(c-a）= q-p,
次は（1+1+1)(aab+bbc+cca)(abb+bcc+caa）の３つでコーシー >>5
M(a,b,c) について、
(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)
≦ ab(a+b) + bc(b+c) + ca(c+a)
(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)
≦ (a^2+2b^2+c^2+ab+bc)(b^2+2c^2+a^2+bc+ca)(c^2+2a^2+b^2+ca+ab)/8
≦ (1/27)*(2a^2+2b^2+2c^2+ab+bc+ca)^3
きれいな式で押さえたいんだが… ('A`) >>6-7
(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ (27/64)[(a+b)(b+c)(c+a)]^2 ≧ (1/3)[(a+b+c)(ab+bc+ca)]^2 ≧ (ab+bc+ca)^3
(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) ≧ {(a-b)(b-c)(c-a)}^2.
(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ 3(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2) ≧ (ab+bc+ca)^3 ≧ 3abc(a+b+c)(ab+bc+ca) ≧ 27(abc)^2.
[疑問]
右辺の 3(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2) は、
(27/64)[(a+b)(b+c)(c+a)]^2 や (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)
より大きそうなんだけど、うまく証明できない。
s, t, u に置き換えて差を計算してみたけど、次数が高くて… >>5
m(a,b,c)について、
(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ 3(√3)*(a^2-bc)(b^2-ca)(c^2-ab)
ゆるゆるな希ガス…。 >>10
（aa+ab+bb)(bb+bc+cc)(cc+ca+aa）
= pp+pq+qq
≦（p+q)^2
=｛ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)}^2
≦（9/2)(aa+bb)(bb+cc)(cc+aa),
ゆるゆる～
（aa+ab+bb）≦（3/2)(aa+bb),
を巡回的に掛けて
（aa+ab+bb)(bb+bc+cc)(cc+ca+aa）≦（27/8)(aa+bb)(bb+cc)(cc+aa),
>>11
・a=b のときは
3pq ≧（27/64)(st-u)^2 ≧（1/3)sstt,
・(a,b,c）=（0,1,8）のときは
p=8，q=64，s=9，t=8，u=0,
（27/64)(st-u)^2 >（1/3)sstt ≧ 3pq,
大小は定まらず。 ゆるゆると言えば、2009 BMO。
http://www.bmoc.maths.org/home/bmo2-2010.pdf
a, b, c>0 に対して、4(a+b+c)^3 > a^2b + b^2c + c^2a.
こんなの見たら改良せざるをえない ( ﾟ∀ﾟ)ｳﾋｮｯ！
a, b, c>0 に対して、4(a+b+c)^3 ≧ a^2b + b^2c + c^2a + abc. >>4 (1) について、a, b, c≧0 として、次の２式
(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ (1+a+b)(1+b+c)(1+c+a)
(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ 9(ab+bc+ca)
を合体させたくなるが、右辺の２式の大小は？
(1+a+b)(1+b+c)(1+c+a) - 9(ab+bc+ca)
= s^2 + 2s + 1 + st - 8t - u
次数がバラバラなので困る… ('A`) >>14
それが元々のカナダMO-1995 でござるよ。（但し右辺を27倍）
イギリスMO-2009 はそれを緩めたのでござるな。
0≦a≦b,c としてよい。
4(a+b+c)^3－27(aab+bbc+cca+abc)
= 9a(aa+bb+cc-ab-bc-ca）+（4b+c-5a)(a+b-2c)^2≧0
等号成立は（a,b,c）=（0,2,1）とその巡回。
文献［8］ 安藤「不等式」例題2.2.12(7） p.56 >>16
なるほど。その因数分解は自力では作れそうにない。 >>15
(1+a+b)(1+b+c)(1+c+a) - 9(ab+bc+ca)
= s^2 + 2s + 1 + st - 8t - u
= (s+1)^2 + (st-9u) + 8(u-t)
= (s-1)^2 + (st-9u) + 4(2u-2t+s)
s, t, u ではうまくいかない。 a, b, c の基本対称式 s, t, u に関する不等式で定数を含むものは、いくつくらい挙げられますか？ >>17
と思い込んでたが、実はカナダMOの方も緩かったでござる...orz
［第8章.950］
［第8章.754（１）］に追加
a,b,c >0 のとき
（aa+2bb)(bb+2cc)(cc+2aa）≧（1/27){(a+2b)(b+2c)(c+2a)}^2 ≧ (ab+bc+ca)^3,
(略証）
27(中辺 - 右辺）=（3st+⊿)^2 - 27t^3
= 9(ss-3t)tt + 6st⊿ + ⊿⊿
≧ (9-4√3)(ss-3t)tt
≧ 0,
〔補題〕
a,b,c ≧0，⊿=（a-b)(b-c)(c-a）のとき
｜⊿｜≦（2/√3)(ss-3t)t/s,
等号は｛a,b,c｝ = ｛1,1,1｝ ｛0,√3 -1,√3 +1｝ など。
［第3章.727、737-739］
Casphy! - 高校数学 - 不等式１ - 339 >>20
補題の証明で、t(s^2 -3t) - ((√3)/2)s|⊿| の計算のところだけど、
> t(s^2 -3t) - ((√3)/2)s|⊿|
> = 3m^2･(x^2 +xy +y^2) + m･{4x^3 + 3(1-(√3)/2)xy(x+y) +2y^3} + x(x+y){x - ((√3 -1)/2)y}^2
> ≧0
m･{4x^3 + 3(1-(√3)/2)xy(x+y) +2y^3} じゃなくて、
m･{4x^3 + 3(2-(√3)/2)xy(x+y) +2y^3} じゃないのかな？
↑ココ >>20
> = 9(ss-3t)tt + 6st⊿ + ⊿⊿
> ≧ (9-4√3)(ss-3t)tt
｜⊿｜≦（2/√3)(ss-3t)t/s をどう使えばいいのか教えてください。 >>15
>>18
3u=a+b+c, 3v^2=ab+bc+ca, w^3=abc とおくと u >= v >= w
L-R = -w^3 + (9u - 24) v^2 + 9u^2 + 6u + 1 >= (8u - 15) v^2 + 6u + 1
・8u - 15 >= 0 のとき
明らか
・8u - 15 <= 0 のとき
>= (8u - 15) u^2 + 6u + 1
= (u -1)^2 (8u+1)
>= 0
ここまでやらなくとも L-R を u, v^2, w^3 で表したとき w^3 について線形関数になっているから元の不等式を c=b と c=0 の二つの場合について調べればよい
次数が揃ってなくてそのまま一変数には持ち込めないから逆に面倒かもしれないが >>21
［第3章.739］でござるな。
たかたじけない。その通りでござった...orz
この補題は x，y を固定して m の関数と見るのがミソでござる。
つまり、a、ｂ、cを同じ幅で一斉にずらすのでござる。
そのとき、⊿ と ss-3t = F_0 は mによらず一定で、
t = 3mm + 2m(2x+y) + x(x+y）は単調増加、
ss/tt = 3/t + F_0/tt は単調減少、t/s は単調増加。
∴ m=0 の場合だけ考えれば十分でござるよ。(*)
* ただし a=b=c（x=y=0）の場合は一定となるので除く。
>22
⊿⊿ の項は捨て、
s⊿ ≧ -s|⊿｜≧ -(2/√3)(ss-3t)t, >>23
UVW-method のありがたみが身に沁みました。
自力で (8u-15) v^2 + 6u + 1 まで変形できるか自信ないですが。
合体！
(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ (1+a+b)(1+b+c)(1+c+a) ≧ 9(ab+bc+ca)
>>24
言葉で説明されて初めて、その置き換えの意味に気づきました。
|⊿| ≦ (2/√3)(ss-3t)t/s ← [>>20]
|⊿| ≦ (ss - 3t)s/{√(9+6√3)} ← [第8章 261-262]
2√(3+2√3) > 3 なので、残念ながら右辺の大小は定まりませんな。
お二方とも有難うございます。 <(_ _)> ⊿=(a-b)(b-c)(c-a) に関する評価式を、過去ログから抽出してみた。
⊿^2 ≦ (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) ← [>>6]
|⊿| ≦ (2/√3)(ss-3t)t/s ← [>>20]
|⊿| ≦ (ss - 3t)s/{√(9+6√3)} ← [第8章 261-262]
|⊿| ≦ (2/√3)(t/s)(s^2 -3t) ← [第３章 739]
|⊿| ≦ st-9u ← [第４章 624-626]
|⊿| ≦ {(a+b+c)^3 -27abc}/(6√3) ← [第５章 893]
⊿ ≦ F_1 = s^3 - 4st + 9u ← [第５章 283]
a^4 + b^4 + c^4 + s⊿ ≧ (1/27)s^4 ← [第５章 569]
[第５章 763]
納n=1,2] {a^(2n) +b^(2n) +c^(2n) -(ab)^n -(bc)^n -(ca)^n} ≧ (3/2)|⊿|
納n=1,4] {a^(2n) +b^(2n) +c^(2n) -(ab)^n -(bc)^n -(ca)^n} ≧ 3(1+a+b+c +a^2 +b^2 +c^2)|⊿| >>25
｜⊿｜≦（2/√3)(ss-3t)(t/s), >>20
と
｜⊿｜≦（2/√27)(ss-3t)^(3/2),
は
ss/3t =φ =（1+√5)/2 = 1.6180340
で交差する。そこで、これらから
｜⊿｜≦（2/√27)(ss-3t)^1.2763932（3t/s)^0.4472136 ≦（2/√27)(1/φ)s(ss-3t),
としてみる。ここに、
(2/√27)(1/φ）= 0.237881393
残念ながら 楠瀬の定数 1/√(9+6√3) = 0.227083346 より大きい。
指数は
3/2 - 1/(2√5）= 1.2763932
1/√5 = 0.4472136 >>25
｜⊿｜≦（2/√3)(ss-3t)(t/s), >>20
｜⊿｜≦（2/√27)･0.58997984･s(ss-3t), （楠瀬）
｜⊿｜≦（2/√27)(ss-3t)^(3/2),
｜⊿｜≦（2/√27)(ss-3t)^(3/2),
の4つで相乗平均すると、
（ss-3t)(3t）≦（1/4)s^4 =（s/√2)^4 より
｜⊿｜≦ 0.876413973（2/√27）（ss-3t)^(5/4）（3t)^(1/4）≦ 0.876413973√(2/27）s(ss-3t),
ここに、
0.619718263（2/√27）= 0.23852967
これも 楠瀬の定数 1/√(9+6√3）= 0.227083346 より大きい。
3/√(12+8√3）= 0.58997984
｛3/√(12+8√3)}^(1/4）= 0.876413973 任意の非負実数 a, b, c に対して次の不等式が成り立つ
(1) (a^3+b^3+c^3-3abc) >= A |(a-b)(b-c)(c-a)|
(2) (a^3+b^3+c^3) >= A |(a-b)(b-c)(c-a)|
(3) (a+b+c)^3 >= B |(a-b)(b-c)(c-a)|
(4) (a+b+c)^3 - 27abc >= B |(a-b)(b-c)(c-a)|
, A=sqrt(9+6sqrt(3)), B=6sqrt(3). 両方とも A, B が最良
abc の項はあってもなくても係数は同じだからもっといい不等式が作れそうなきがする >>26
> ⊿ ≦ F_1 = s^3 - 4st + 9u ← [第５章 283]
この証明が分かりませぬ…。過去ログに載っていないような。
ずっと考えていたんですが、緩い評価しかできませんですた。 ('A`)
L = a^2b + b^2c + c^2a
R = ab^2 + bc^2 + ca^2
ssu/t ≦ L，R ≦ s(ss-2t)/3 （左側は差をとる。右側はCauchyで。）
⊿= (a-b)(b-c)(c-a)
= (a+2b)(b+2c)(c+2a) - 3st
= (2L + 4R) + 9u - 3st
≦ 6*s(ss-2t)/3 + 9u - 3st
= 2s^3 - 7st + 9u
= (s^3 - 4st + 9u) + s(s^2 - 3t)
= F_1 + sF_0
∴ ⊿ ≦ F_1 + sF_0
ぬるぬるでござった…。もっと厳しく！もっとキツく！！ >>30
a=1, b=2, c=0 で成り立たない
過去ログでは三角形の辺となっているから a=x+y… とおくと
L^2 - R^2 = 4(xy^2+yz^2+zx^2-3xyz)(x^2y+yz^2+zx^2-3xyz) >= 0 >>31
条件を見落としていました。ありがとうございます。 >>30
左側は差をとる。
Rt -ssu =（aabb･b + bbcc･c + ccaa･a）-（aabb･c + bbcc･a + ccaa･b）
=｛(4aab^3 + bbc^3 + 2cca^3)/7 - aabbc｝+ cyclic.
≧0,
Lt -ssu =（aabb･a + bbcc･b + ccaa･c）-（aabb･c + bbcc･a + ccaa･b）
=｛(4bba^3 + 2ccb^3 + aac^3)/7 - aabbc｝+ cyclic.
≧0,
右側も差をとる。
s(ss-2t）- 3R = a(a-c)^2 + b(b-a)^2 + c(c-b)^2 ≧ 0,
s(ss-2t）- 3L = a(a-b)^2 + b(b-c)^2 + c(c-a)^2 ≧ 0,
⊿ = R-L
= 2R -（L+R)
≦ 2s(ss-2t)/3 -（st-3u)
=（2s^3 -7st +9u）/3
=（F_1 + s F_0）/3,
>>31
反例は a=1，1/φ < b < φ，c=0 ですね。
（st-9u)^2 - ⊿⊿ =（R+L-6u)^2 -（R-L)^2 = 4(R-3u)(L-3u）≧0, >>25 >>28
｜⊿｜≦（2/√3)(ss-3t)(t/s), >>20
｜⊿｜≦（2/√27)(ss-3t)^(3/2),
｜⊿｜≦（2/√27)(ss-3t)^(3/2),
の3つで相乗平均すると、
（ss-3t)(3t）≦（1/4)s^4 =（s/√2)^4 より
｜⊿｜≦（2/√27）（ss-3t)^(4/3）（3t/s)^(1/3）≦（2/√27）（1/4)^(1/3）s(ss-3t),
ここに、
（2/√27）（1/4)^(1/3）= 0.2424719191
当然ながら、これも楠瀬の定数 1/√(9+6√3）= 0.227083346 より大きい。 >>33 （修正）
1/φ<b<φ かつ b≠1
-----------------------------------
〔補題〕
x,y,z>0 のとき
x^3 + y^3 + z^3 + ｛√(27/2）- 3｝xyz ≧（1/√2）（xx+yy+zz）^(3/2), >>4
[4]
ab+bc+ca=t とおく。
（aa+2)(bb+2)(cc+2）-4(aa+bb+cc）-5(ab+bc+ca）-（abc-1)^2
= 2(aabb+bbcc+ccaa）+2abc -5(ab+bc+ca)t+ 7
=｛(4-√6)/3｝（aabb+bbcc+ccaa）
+｛(2+√6)/3｝（aabb+bbcc+ccaa + ab+bc+ca）+2abc
-｛(17+√6)/3｝（ab+bc+ca）+ 7
≧｛(4-√6)/9｝tt
+ 2{(2+√6)/3｝｛(ab)^(3/2）+（bc)^(3/2）+（ca)^(3/2)｝+ 2abc （←補題>>35)
-｛(17+√6)/3｝t + 7
≧｛(4-√6)/9｝tt +｛2(√2+√3)/3｝t^(3/2) -｛(17+√6)/3｝t +7
=｛［(4-√6)/9］t +（14/√27)√t +（7/3)｝（√t - √3)^2
≧ 0,
[3］も［4］から出る。 最近やった問題の類題を見つけたのでメモ。
(5)を参考にすれば、>>5の M(a,b,c) が作れる鴨…
【問題】-----------------------------------------------
(1)
a, b, c >0 に対して、
a + (ab)^(1/2) + (abc)^(1/3) ≦ 3*[a*{(a+b)/2}*{(a+b+c)/3}]^(1/3)
(2)
a, b >0 に対して、QM + HM ≧ AM + GM
(3)
a, b, c >0 に対して、9*AM ≧ 8*GM + M_3 （M_3は3乗平均とする）
(4)
a, b, c >0 に対して、3*A(a,b,c) ≧ H(a,b) + H(b,c) + H(c,a)
(5)
a, b, c ≧0 に対して、
4(a+b+c)^6 ≧ 243(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2)
-----------------------------------------------------
参考(1) [第８章 972、2016 TOT]
a, b, c >0 に対して、a + (ab)^(1/2) + (abc)^(1/3) ≦ (4/3)*(a+b+c)
参考(2)(3) [第８章 755,727,782,794、出典不明]
a, b, c >0 に対して、2*QM + 3*GM ≦ 5*AM
a, b, c >0 に対して、AM + HM ≧ 5*GM/{16^(1/3)}
出典：>>2 柳田pdf
(1) P.10 問17、初等的な不等式Ⅰ(問題)
(2) P.13 問7、初等的な不等式Ⅰ(問題)
(3) P.256 問103、初等的な不等式Ⅲ
(4) 佐藤[9] P.16 問1.56
(5) P.15 問6、初等的な不等式Ⅱ >>37
(2)
GG, AA, QQ は等差数列
Q + G ≦ √{2(QQ+GG)｝= 2A
H，G，A は等比数列
QQ-GG = 2(AA-GG）= 2A(A-H),
∴（Q-G)/(A-H）= 2A/(Q+G）≧ 1,
(4）演習問題1.55 >>37 (4)
> a, b, c >0 に対して、3*A(a,b,c) ≧ H(a,b) + H(b,c) + H(c,a)
不等式！ 改造せずにはいられないッ！
(a+b+c)/3 ≧ 3/{2/(a+b) + 2/(b+c) + 2/(c+a)} ≧ {2ab/(a+b) + 2bc/(b+c) + 2ca/(c+a)}/3 ≧ 3abc/(ab+bc+ca)
ﾟ.ﾉヽ
､-' `;_' '
(,(~ヽ'~
i`'}
| i'
。/ !
/},-'' ,,ﾉ
_,,...,-‐-､/ i
<,,-＝=､ ,,-,/
{~''~>`v-''`ｰﾞ`'~
ﾚ_ﾉ
, 彡 三 ミ
ｷﾀ━━━（ （ ((..ﾟ∀ﾟ)) ） )━━━━!!!!!!
ヾヽﾐ 三彡, ソ
／ ）ﾐ18彡ノ
／ （ﾐ 彡゛
＼(
)）
（ >>37 (1)の改造。
a, b, c, d >0 に対して、
a + (ab)^(1/2) ≦ 2*[a*{(a+b)/2}]^(1/2),
a + (ab)^(1/2) + (abc)^(1/3) + (abcd)^(1/4) ≦ 4*[a*{(a+b)/2}*{(a+b+c)/3*{(a+b+c+d)/4}]^(1/4)
５文字のときは、うまくいかなかった（証明できなかった）でござるが、本当にダメなんだらうか？ >>40
Show that for all nonnegative a[1], …, a[n],
(a[1] + (a[1]a[2])^(1/2) + … + (a[1]…a[n])^(1/n)) / n <= (a[1] * (a[1] + a[2])/2 * … * (a[1] + … + a[n])/n)^(1/n).
【Kiran Kedlaya】 >>37 (5)の解答例で、aを最小数として、b=a+p、c=a+qとおいて代入して展開していますが、他の回答はないですかね？ >>37 (1)
>>40
G1=a，G2=√(ab)，G3=(abc)^(1/3)，…とおく。
コーシーで
（a+a)(a+b）≧（G1+G2)^2,
（a+a+a)(a+G2+b)(a+b+c）≧（G1+G2+G3)^3,
（a+a+a+a)(a+a+b+b)(a+b+G3+c)(a+b+c+d）≧（G1+G2+G3+G4)^4,
>>39
チェビシェフで
｛c(a+b)+a(b+c)+b(c+a)} {2/(a+b)+2/(b+c)+2/(c+a)｝≦ 6(a+b+c),
∴ 1／H(A(a,b)，A(b,c)，A(c,a)）≦ s/t,
｛(a+b)+(b+c)+(c+a)} {2ab/(a+b)+2bc/(b+c)+2ca/(c+a)｝≦ 6(ab+bc+ca),
∴ A(H(a,b)，H(b,c)，H(c,a)）≦ t/s,
よって
A(a,b,c)）= A(A(a,b),A(b,c),A(c,a))
≧ H(A(a,b),A(b,c),A(c,a))
≧ A(H(a,b),H(b,c),H(c,a))
≧ H(H(a,b),H(b,c),H(c,a)）= H(a,b,c), >>44
さらに改造。
A(a,b,c)）= A(A(a,b),A(b,c),A(c,a))
≧ H(A(a,b),A(b,c),A(c,a))
≧ A(H(a,b),H(b,c),H(c,a))
≧ G(G(a,b),G(b,c),G(c,a)) = G(a,b,c） ← ココ
≧ H(H(a,b),H(b,c),H(c,a)） = H(a,b,c),
もう一つ、私の計算に間違いがなければ…
G(A(a,b),A(b,c),A(c,a))
≧ A(G(a,b),G(b,c),G(c,a))
≧ G(G(a,b),G(b,c),G(c,a)) = G(a,b,c）
≧ H(G(a,b),G(b,c),G(c,a))
≧ G(H(a,b),H(b,c),H(c,a)）
そして、この２つを合体させようと思いつつも、
>>37 (5)の m = min{a,b,c} を用いない解法を考えながら、
>>5 の M(a,b,c)に使えそうな次の問題の証明を考え中なのであった…。
[問題]--------------------------------
a, b, c >0 かつ a+b+c=2 に対して、
(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≦3
-------------------------------------
これは、次数を揃えるには、右辺に {(a+b+c)/2}^6 を掛ければよいのかな？ >>44
まとめて
A(a,b,c）≧ H(A(a,b),A(b,c),A(c,a))
≧（ab+bc+ca)/(a+b+c)
≧ A(H(a,b),H(b,c),H(c,a))
≧ H(a,b,c),
>>45
（上）
（a,b,c）=（1,1,G^3）の場合を考えると…
G < （√13 -1)/6 ⇒ H(A,A,A） > A(H,H,H） > G
（√13 -1)/6 < G < （√13 +1)/2 ⇒ H(A,A,A） > G > A(H,H,H)
（√13 +1)/2 < G ⇒ G > H(A,A,A）> A(H,H,H)
（√13 -1)/6 = 0.434258546
（√13 +1)/2 = 2.802775638
（下）
等号成立は（a,b,c）=（1,1,0）とその巡回 ｛(1,1,1）では不成立｝ >>37 (3)
（M_3)^3 = (a^3+b^3+c^3)/3
= 9A^3 -8G^3 -（st-9u)
≦ 9A^3 - 8A^3,
（9A-8G)^3 - （M_3)^3
≧（9A-8G)^3 - （9A^3 -8G^3)
= 72(10A^3 -27AAG +24AGG -7G^3)
= 72(10A-7G)(A-G)^2
≧ 0,
∴ 9A-8G ≧ M_3,
ただし、s = a+b+c = 3A、 u = abc = G^3、
>>39
近畿地方は昨晩通過しますた（ミサイルぢゃなくて台風18号） 快晴でつ。 >>41 について、載っている書名とか分かりませんか？ 証明方法が知りたいでござる。
>>48
問題>>37(3)は、面白いでござるな。
示すべき不等式が 9A-8G ≧ M_3で、9A^3 - 8G^3 ≧ (M_3)^3 も成立するという。 >>43
a+b+c=3, a>=b>=c とすると c=3-a-b, a+b-3 <= 0, 2a+b-3 >= 0, a+2b-3 >= 0
示すべき不等式は 12 >= (a^2-ab+b^2)(c^2-ca+a^2)(b^2-bc+c^2)
R(a,b,c)=(a^2-ab+b^2)(a^2-ac+c^2)(b^2-bc+c^2)
= (a^2-ab+b^2) (a^2+(a+b-3)(2a+b-3)) (b^2+(a+b-3)(a+2b-3))
<= (a^2-ab+b^2) a^2 b^2
= R(a, b, 0)
よって c=0 のときに不等式を示せばよい
L(a, b, 0) - R(a, b, 0)
= 12((a+b)/3)^6 - (a^2-ab+b^2) a^2 b^2
= ((2a-b)^2 (a-2b)^2 (a^2+11ab+b^2))/243
>= 0
等号成立が (0, 1, 2) だから模範解答の BW が無難かと >>49
Kiran Kedlaya, Proof of a Mixed Arithmetic-Mean, Geometric-Mean Inequality, The American Mathematical Monthly, Vol.101, No.4., (Apr., 1994), pp.355-357
平均同士の mixture は結構研究されているみたい（この不等式自体20年も前の研究）
掘るとAM-GMバージョンとか色々と出てくる >>43
>>50
a+b+c=3 なんてする必要なかった
R(a,b,c) = 4(a+b+c)^6 >= 4(a+b)^6 >= R(a,b,0)
L(a,b,c)
=243 (a^2-ab+b^2) (b^2-(b-c)) (a^2-c(a-c))
<= 243 (a^2-ab+b^2) a^2 b^2
=L(a,b,0)
あとは c=0 のとき不等式を示せばよい
なんて遠回りをしていたんだ >>51
ありがとうございます。
これはAMMの記事ですかな？知りたい情報がすぐにネットで読めるとは、よい時代になりましたなあ。
>>52
ｷﾀ━(ﾟ∀ﾟ)━!!!
これで計算が一気に簡単になります。 >>45
下側を改造厨が改造中。
A(A(a,b),A(b,c),A(c,a)) = A(a,b,c）
≧ G(A(a,b),A(b,c),A(c,a))
≧ (st/9)^(1/3)
≧ (t/3)^(1/2)
≧ A(G(a,b),G(b,c),G(c,a))
≧ G(G(a,b),G(b,c),G(c,a)) = G(a,b,c）
≧ H(G(a,b),G(b,c),G(c,a))
≧ (3u/s)^(1/2)
≧ (9uu/st)^(1/3)
≧ G(H(a,b),H(b,c),H(c,a)）
≧ H(H(a,b),H(b,c),H(c,a)） = H(a,b,c）
大丈夫かな？ >>49 下
A(a,b,c）= A，G(a,b,c）= G，M_3(a,b,c）= M_3 と略記する。
A ≧ M_3(M_3，G，…，G）≧ A(M_3，G，…，G）=（M_3 + 8G)/9,
8個 8個
でござるな。
或いは、ｆ(x）= x^3 が下に凸であることから､A≦G≦M に対して
（A^3 - G^3)/(A-G）≦ 3AA ≦（M^3 - A^3)/(M-A),
これと 8(A^3-G^3）≧ M^3 - A^3 より
8(A-G）≧ M-A,
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
>>46 最後
（2/3，2/3，2/3）では不成立
>>48 3行目あたり
≦ 9A^3 - 8G^3 >>54
H(A,A,A）≧ t/s ≧ A(H,H,H), >>46
と組み合わせれば
… ≧（st/9)^(1/3）≧ H(A,A,A）≧ t/s ≧ A(H,H,H）≧（9uu/st)^(1/3）≧ …
かな。
（現代語訳）
はじめの A，G，H で大勢は決するんよ。
あとの A，G，H は狭い範囲内のことなんで微調整やなぁ。
>>55 中ほど
…、G≦A≦M に対して 4(2X)+1Y<=(4^(3/2)+1^(3/2))^(2/3)((2X)^3+Y^3)^(1/3). >>57
(1 + 8)(1/3 + 8/3)((a^3+b^3+c^3) + 24abc) >= (((a^3+b^3+c^3)/3)^(1/3) + 8(abc)^(1/3))^3 n≧3 とする。(*)
（a+b+c)^n ≧ a^n + b^n + c^n + 3(N-1)(abc)^(n/3),
A^n ≧（1/N){(M_n)^n + G^n + … + G^n｝,
N-1 個
N = 3^(n-1）とおいた。
コーシーあるいは f(x)=x^n の凸性から
A^n ≧（1/N){(M_n)^n + G^n + … + G^n｝≧｛(M_n + G + … + G)/N}^n
∴ A ≧（M_n + G + … + G)/N,
等号成立は M_n = G、a=b=c のとき。
* n=2のときも成り立つが緩い。 >>58-59
なるほど、さんくす。ようやく理解できた。 さっそく、>>37(3)の類題を作ってみた。
【類題】 （自作なので間違っていたらゴメソ）
a,b,c>0 の相加平均、相乗平均、２乗平均を A、G、Qとする。
(1) 3A ≧ 2G+Q
(2) 9A ≧ 2G+5Q >>62
AM >= pGM + qQM
(1) (0.6666666666666666, 0.3333333333333333)
(2) (0.2222222222222222, 0.5555555555555556)
最適値は ((45-7sqrt(7))^(1/3)/9, 5/9) = (0.3311784484968155, 0.5555555555555556)
(3) (1-sqrt(2)/3 sqrt(2)/3) = (0.5285954792089682, 0.4714045207910317)
(4) (5^(2/3)/6, 1/2) = (0.4873362897021443, 0.5) a, b, c>0 とする。(a+b+c)^3 について。
[a] (a+b+c)^3 ≧ (27/8)*(a+b)(b+c)(c+a)
[b] (a+b+c)^3 ≧ 27(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)
[c] (a+b+c)^3 ≧ (27/4)*(a^2b + b^2c + c^2a + abc)
[A] (a+b+c)^3 ≦ 9(a^3+b^3+c^3)
[B] (a+b+c)^3 ≦ (a^5-a^2+3)(b^5-b^2+3)(c^5-c^2+3)
[C] (a+b+c)^3 ≦ (a^3 +2)(b^3 +2)(c^3 +2)
[a] と [b] は合体できるでござる。
[d] (a+b+c)^3 ≧ (27/8)*(a+b)(b+c)(c+a) ≧ 27(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)
[疑問]
(1) [c]の右辺と、[a], [b]の右辺との大小は定まるか？
(2) [A], {B}, {C} の右辺の大小は定まるか？
参考---------------------
[b] [安藤、不等式 P.29]
[c] >>16 [1999 CMO]
[B] [第１章 352]
[C] [第１章 367] >>65
[疑問](1)の訂正。
[a]の右辺と[c]の右辺の大小は一定でないことは、既に確認済み。
反例は、c=1 のときに、(a-1)(b-1)の正負で大小が変わる。
色々計算していたら、調べ終わったことをすっかり忘れていました。 >>66
重ね重ねすみません。
>>65の訂正は無かったことに。ホント申し訳ないです。
別の問題とゴチャゴチャになっていました。
比較して大小が定まらなかったのは、次式の右辺の大小でした。
(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ 3(a+b+c)^2
(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ (1+a+b)(1+b+c)(1+c+a)
行き詰まったら別の問題へと、あれこれ弄っていたら、ゴチャゴチャになってしまいました。
ひとつ解決するごとに、ちゃんと清書しておくべきですね （切腹AA略） >>62 >>64
(1）（p，q）=（2/3，1/3）
（p，q）=（3/5，2/5） >>37 参考［第８章.755、808］
は緩く、最良値は
(3）（p，q）=（1 -(√2)/3，（√2)/3）
でござるな。
（p，q） =（{1+√(1/3)}/3，{2-√(1/3)}/3）=（0.525783423，0.474216577）
等号成立は（a，b，c）=（1，1，1）と（1，1，(1+√3)/2）
は無理？ >>35
この補題の証明を教えてください <(_ _)> [1] (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ (1+a+b)(1+b+c)(1+c+a) ≧ 9(ab+bc+ca)
[2] (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ 3(a+b+c)^2 ≧ 9(ab+bc+ca)
[3] (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ (2a+2b+2c-abc)^2
（疑問）
[3]の右辺 (2a+2b+2c-abc)^2 と [1],[2]の右辺の３式の大小は定まりますか？
試しにc=0にすると、[3]の右辺の方が大きいようで、定まりそうな希ガス。
差を s,t,u で計算したが無理で、u,v,wで試したが使い慣れていないせいか行き詰まりました。
（参考）
[1] >>4,>>15,>>23
[2] 第８章456
[3] lhs - rhs = 2(ab+bc+ca-abc)^2 ≧0
[1],[2]の中辺の (1+a+b)(1+b+c)(1+c+a) と 3(a+b+c)^2 の大小は一定でないでござる。
c=1 のときに (a-1)(b-1)の正負で大小が変わるから。 >>68
その最良値は、どのようにして求めるのですか？
考え方を教えてください。
-------------------------------------------
>>62を、>>57-59の方法で証明するでござる。
AM-GMより
(a+b+c)^2 = 2(ab+bc+ca) + (a^2+b^2+c^2) ≧ 3(2G^2 + Q^2)
Cauchyより
3A = a+b+c = {(2+1)(2G^2 + Q^2)}^(1/2) ≧ 2G+Q
9A = 3(a+b+c) = {(2+25)(2G^2 + Q^2)}^(1/2) ≧ 2G+5Q >>65
［疑問1］
［b］/27 =（a+b-c)(b+c-a)(c+a-b）= abc - F1(a,b,c）≦ abc,
∴ ［a］≧［b］、［c］≧［b］
［a］=（27/8)(st-u）=（[c］+［c~])/2,
［c］=（27/4)(L+u), >>30
［c~]=（27/4)(R+u), >>30
［a］と［c］の大小は定まらず。
［疑問2］
（a^5 -aa +3）-（a^3 +2）=（a^3 -1)(aa-1）≧0,
より
［B］≧［A]，［C］
［A］と［C］の大小は定まらず。 >>19
(a-1)^2 + (b-1)^2 + (c-1)^2 ≧0 より、s^2 - 2s - 2t + 3 ≧0 とか… >>11
(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ 3(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2
この証明を教えてください。
以前まとめたはずが見当たらず、自力で取り組んで挫折しました…。 >>65
をまとめて
（a^5 -aa+3)(b^5 -bb+3)(c^5 -cc+3)
≧｛(a^3 +2)(b^3 +2)(c^3 +2)，9(a^3 +b^3 +c^3)｝
≧（a+b+c)^3
≧｛(27/8)(st-u)，（27/4)(L+u)，（27/4)(R+u)
≧ 27abc
≧ 27｛abc - F_1(a,b,c)｝
= 27(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b), >>75
自己解決しました。見たことあるような無いような…。
(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) - 3(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2 = ⊿^2 >>68
成り立ちます
>>69
L-R = Aw^3 + B(u, v^2)
A = sqrt(27/2), B は u, v の関数
よって (a, 1, 0), (a, 1, 1) のときに不等式を示せばよい
あとは微分
>>70
いずれも定まらない
a, b を十分大きくとって c = 2(a+b)/(ab-2) とすると [3] の右辺は必ず 0 となる
一方他の辺はすべて非負値を取りうるから考えられるとしたら [3] の右辺が最小
一方 a を大きく b = c = 0 としたら明らかに [3] の右辺が最大
よって定まらない
>>71
一個目について
L-R = Aw^3 + B(u, v^2)
A = -p, B は u, v の関数
よって (a, 1, 0), (a, 1, 1) のときに不等式を示せばよい
このときの p, q の領域の端点が最適
ただ解析はさほど知識がないので端点を求められず適当な値を当てはめて妥協したのが >>64 [5] Given real numbers a, b, c satisfying a + b + c = 3 and abc >= -4. Prove that
3(abc+4) >= 5(ab+bc+ca).
[8] Given three circles (O[1]R[1]), (O[2]R[2]), (O[3]R[3]) which are pairwise externally tangent to each other at A, B, C. Let r be the radius of the incircle of ABC. Prove that
r <= (R[1] + R[2] + R[3]) / (6sqrt(3)).
[9] Given positive numbers x, y, z satisfying
x^2 + y^2 - 2z^2 + 2xy + yz + zx <= 0.
Find the minimum value of the expression
P = (x^4 + y^4) / z^4 + (y^4 + z^4) / x^4 + (z^4 + x^4) / y^4.
[10] Find the maximum value of the expression
T = (a+b)/(c+d) * ((a+c)/(a+d) + (b+d)/(b+c))
where a, b, c, d belong to [1/2, 2/3].
【Mathematics and Youth Magazine Problems - Sep 2017, Issue 483】
原文のままだけど [8] は R[1] とかが円の半径なのかな？ >>70
［第8章.456］
Asia-Pacific MO-2004改
文献 [9] 佐藤(訳)、問題3.85改 p.140
[1］
（中辺）= 1 +2s +（ss+t）+（st-u）≧｛1 +√(t/3）+√(t/3)}^3 ≧ 9t,
[2］
（aa+2)(bb+2)(cc+2）- 3(a+b+c)^2
= 3(a+b+c)^2 +（abc-1)^2 + 2(ab-1)^2 + 2(bc-1)^2 + 2(ca-1)^2 +（2G+1)(G-1)^2
+｛aa +bb +cc + 3GG - 2(ab+bc+ca)},
｛aa + bb + cc +3GG -2(ab+bc+ca)｝≧ ss -4t +9u/s = F_1/s ≧ 0,
［第8章.388(3)、403、432］
あるいは f(x）= exp(2x）は下に凸だから Popoviciu を適用する。
文献［9］佐藤(訳)、演習問題1.90 p.41
[3］（aa+2)(bb+2)(cc+2）=（2s-u)^2 + 2(t-2)^2,
｛a+√(-2)}{b+√(-2)}{c+√(-2)｝= -(2s -u）+（t-2){√(-2),}
のノルムをとる。 >>83
［9］
（x+y+2z)(x+y-z）=（x+y)^2 +(x+y)z -2zz ≦ 0,
題意より x+y+2z > 0
∴ z ≧ x+y, （反三角不等式）
w =｛2z/(x+y)}^4 ≧ 16,
P(x,y,z）≧ P((x+y)/2，(x+y)/2，z）
= 2 + 2{(x+y)/2z}^4 + 2{2z/(x+y)}^4
= 2 + 2/w + 2w （← w>1 で単調増加）
≧ 2 + 1/8 + 32
= 34 + 1/8, >>4 の (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) を弄っていて、妙なものができたんだけど…
(1), (2)はよくあるけど、(2)を見た後の(3)がなんとも気持ち悪いのでござる。
(1) (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ (ab+2)(bc+2)(ca+2)
(2) (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ (2√2)*(a+b)(b+c)(c+a)
(3) (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ 8*√{(a+b)(b+c)(c+a)} [問題]
a, b, c>0に対して a^2 + b^2 + c^2 + 2abc + 1 ≧ 2(ab+bc+ca)
出典：https://artofproblemsolving.com/community/c6h155443
タイトルが easy なのに、非同次は難しい。
あと、cosに置き換えるのは、おかしいと思う。 >>86
(1)
｛a+√(-2)}{b-√(-2)｝=（ab+2）+（a-b)√(-2),
（aa+2)(bb+2）≧（ab+2)^2
(2)
｛a+√(-2)}{b+√(-2)｝=（ab-2）+（a+b)√(-2),
（aa+2)(bb+2）≧ 2(a+b)^2,
（左辺）≧(16√2)/9・st ≧（16√6)/9・t^(3/2)
(3)
（1+aa+1)(1+1+bb)
≧（1+a+b)^2 （コーシー）
= 4(a+b）+（1-a-b)^2
≧ 4(a+b), （AM-GM)
（左辺）≧（16/3)√(2st）≧（16/3)√(2√3)・t^(3/4),
(4)
（aa+1+1)(1+bb+1)(1+1+cc）
≧｛a^(2/3）+ b^(2/3）+ c^(2/3)}^3 （コーシー）
≧ ss +4t +６GG,
気持ち悪い… >>88
(4)
（aa+1+1)(1+bb+1)(1+1+cc）
≧（a+b+1)(1+b+c)(a+1+c） （コーシー）
≧｛a^(2/3）+ b^(2/3）+ c^(2/3)}^3 （コーシー）
≧ ss +4t +6u^(2/3)
≧ 8t +（9u + F_1)/s, >>4 [4]
(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ 4(a^2+b^2+c^2) + 5(ab+bc+ca) + (abc-1)^2
下のリンクでは、b=c の場合と c=0 の場合に分けて証明しているのですが、
その場合分けだけでいい理由が分かりません。なぜでしょうか？
http://artofproblemsolving.com/community/c6h581954p3439830 >>76
> （a^5 -aa+3)(b^5 -bb+3)(c^5 -cc+3) ≧ 9(a^3 +b^3 +c^3)
この証明を教えてください。 >>76
> ≧（a+b+c)^3
> ≧｛(27/8)(st-u)，（27/4)(L+u)，（27/4)(R+u)
> ≧ 27abc
（a+b+c)^3 ≧ a^3 + b^3 + c^3 + 24abc ≧ 27abc もありますね。
(a^3 + b^3 + c^3 + 24abc) - (27/8)(st-u)
= F_1 - 19(st-9u)/8
大小は定まりそうになさそう？ >>11
a, b, c >0 に対して、
(1) 3(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2) ≧ (ab+bc+ca)^3 ←>>11
(2) 3(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2) ≧ abc(a+b+c)^3 ←出典は下に。
右辺の2式の大小は定まらないですよね？
一息つく間もないでござるな。
(ab+bc+ca)^3 - abc(a+b+c)^3 = u^2 F_{-2} - uF_1
出典
(2) Old and New Inequalities 問42 >>90
そこが肝
次の強力な定理が成り立つ（厳密には存在性が必要）
i) u, v^2 を固定すると w^3 は c=0 または c=b のときのみ最大・最小となりうる
ii) u, w^3 を固定すると v^2 は c=0 または c=b のときのみ最大・最小となりうる
iii) v^2, w^3 を固定すると u は c=0 または c=b のときのみ最大・最小となりうる
リンク先は違う置換の方法だけど、一般的な（係数と次数を調整した）置換 3u=a+b+c, 3v^2=ab+bc+ca, w^3=abc をすると不等式は
(2-12u)w^3+18v^4-15v^2+7 >= 0
となる。これは u, v^2 を固定すると w^3 についての一次関数。一次関数は区間の端点、つまり w^3 が最大・最小となるときに関数値が最小となる。定理 i) から右辺は c=0 または c=b のときに最小となりうるのでこのときだけ不等式を示せばよい
定理自体は uvw とは関係なく ABC Theorem として知られる。(洋書文献[3],p.155)
この定理を用いると五次以下の対称不等式は (a, b, 0), (a, b, b) のとき、さらに斉次のときは (a, 1, 0), (a, 1, 1) のときに不等式を示せばよいことがわかる >>94
c=0 とすると正の値を取りうることは明らか
abc = 1 とすると L -R は簡単に因数分解できて符号は因数 ab+bc+ca-a-b-c で決まる
b = c -> 0 とすれば a -> inf でこれは負となる
実際 L-R = -(a^2-bc)(b^2-ca)(c^2-ab) となり符号は定まらない >>40-42
５文字のときもコーシーで >>44
(a+a+a+a+a)(a+a+G2+b+b)(a+G2+b+C'+c)(a+b+C'+D'+d)(a+b+c+d+e）≧（G1+G2+G3+G4+G5)^5,
ここに
G2 = √(ab）≦（a+b)/2,
G3 =（abc)^(1/3）≦（a+b+c)/3,
C ' = √(G3･c）≦（G3+c)/2 ≦（a+b+4c)/6，
D ' =（G3･ccd)^(1/4）≦（G3+2c+d)/4 ≦（a+b+7c+3d)/12,
今回は非対角要素まで補正した。もちろん、実対称ではござるが。 >>94
(1） コーシーで （>>9 最後）
3LR - t^3
=（1+1+1)(aab+bbc+cca)(abb+bcc+caa）-（ab+bc+ca)^3
= 3u(s^3 -4st +9u）+ 2(t^3 -4stu +9uu) +2u(st-9u)
= 3u F_1(a,b,c）+ 2 F_1(ab,bc,ca）+ 2u(st-9u),
(2)
3LR - us^3
= 2u(s^3 -4st +9u）+ 3(t^3 -4stu +9uu) +2u(st-9u)
= 2u F_1(a,b,c）+ 3 F_1(ab,bc,ca）+ 2u(st-9u),
F_1(ab,bc,ca）= uu F_{-2}(a,b,c)
大小は定まらず。 >>94 続き
F_1(ab,bc,ca）- u F_1(a,b,c)
=（t^3 -4stu +9uu）- u(s^3 -4st +9u)
= t^3 - us^3
=（ab)^3 +（bc)^3 +（ca)^3 -abc(a^3 + b^3 + c^3)
= aab･abb + bbc･bcc + cca･caa - aab･caa - bbc･abb - cca･bcc
の符号は決まらず。 >>95-96
詳しくありがとうございます。（未だ理解できていませんが）
洋書文献[3],p.155を調べてみます。 追加。
右辺が >>4 >>70 >>86 >>88 >> 90 の右辺のいずれかと大小関係があるのかはチェックしきれていないが
(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ (1/2)*(a+√2)(b+√2)(c+√2)(abc+2√2) ≧ 16abc√2 >>92
これかなり強い不等式な気がするけどどうなんだろう
成り立ちそうだけど証明できない >>98
> (2)
> 3LR - us^3
> = 2u(s^3 -4st +9u）+ 3(t^3 -4stu +9uu) +2u(st-9u)
> = 2u F_1(a,b,c）+ 3 F_1(ab,bc,ca）+ 2u(st-9u),
Schur の使い方に F_1(ab,bc,ca） を利用するとは！！
これは、次数が高くなったときに、(su, t, u^2) → (s,t,u) と置き換えているんですね。 >>103
訂正
> > (2)
> > 3LR - us^3
> > = 2u(s^3 -4st +9u）+ 3(t^3 -4stu +9uu) +2u(st-9u)
> > = 2u F_1(a,b,c）+ 3 F_1(ab,bc,ca）+ 2u(st-9u),
>
> Schur の使い方に F_1(ab,bc,ca） を利用するとは！！
> これは、次数が高くなったときに、(su, t, u^2) → (s,t,u) と置き換えているんですね。
> これは、次数が高くなったときに、(su, t, u^2) → (s,t,u) と置き換えているんですね。 すみません、誤送信です
(誤) (su, t, u^2) → (s,t,u)
(正) (su, t, u^2) → (t,s,u) >>76 >>92 >>102
（a^5-aa+3)(b^5-bb+3)(c^5-cc+3）≧（a+b+c)^3
USAMO-2004 A5
と比べたら、ずっと難しい希ガス。 [問題] a, b, c, d ≧0 のとき、
(1) {(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)}^3 ≧ 16(abcd)^2*(a+b+c+d)^4
(2) (a+b)(b+c)(c+d)(d+a) ≧ (a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab)
(3) (a+b)(b+c)(c+d)(d+a) ≧ (a+b+c-d)(b+c+d-a)(c+d+a-b)(d+a+b-c)
似たようなやつを集めたでござる。
疑問
[1] (2)と(3)の右辺の大小はどうなんだろう。
[2] (a+b)(b+c)(c+d)(d+a)の入った類題が他にあれば教えてください。
[3] a,b,c,d>0の面白いのがあれば、教えてください。
Old and New Inequalities 90など >>107
(2）
(a+b)(b+c)(c+d)(d+a）-（a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab）=（ac-bd)^2 ≧ 0,
等号成立は ac=bd
s = a+b+c+d,
t = ab+ac+ad+bc+bd+cd,
u = abc+bcd+cda+dab,
v = abcd,
とおく。
Newtonの不等式
（t/6)/(s/4）≧（u/4)/(t/6）≧ v/(u/4),
から t を消して
u ≧（16vvs)^(1/3),
変数の１つが飛びぬけて大きいとき、（3）は負。
∴（2）≧（1)，(3)
（1）と（3）の大小は定まらず。 >>40-42 >>97
５文字のときもコーシーで >>44
2文字混合のみで可能でござった...orz
（a+a+a+a+a)(a+m22+m23+m24+b)(a+m32+m33+m34+c)(a+m42+m43+m44+d)(a+b+c+d+e）≧（G1+G2+G3+G4+G5)^5,
ここに
m22 =（aaab)^(1/4）≦（3a+b)/4,
m23 = m32 =（aab)^(1/3）≦（2a+b)/3,
m24 = m42 =（abbb)^(1/4）≦（a+3b)/4,
m33 =（b^5･c)^(1/6）≦（5b+c)/6,
m34 = m43 = √(bc）≦（b+c)/2,
m44 =（bbbc)^(1/4）≦（3b+c)/4, >>40-42 >>97
６文字のときもコーシーで >>44
(a+a+a+a+a+a)(a+m22+a+G2+m25+b)(a+a+m33+b+m35+c)(a+G2+b+m44+m45+d)(a+m52+m53+m54+m55+e)(a+b+c+d+e+f）≧（G1+G2+G3+G4+G5+G6)^6,
ここに
G2 = √(ab）=（a+b)/2,
m22 =（a^3･b^7)^(1/10）≦（3a+7b)/10,
m25 = m52 =（abbbb)^(1/5）≦（a+4b)/5,
m33 =（bbbcc)^(1/5）≦（3b+2c)/5,
m35 = m53 =（bbccc)^(1/5）≦（2b+3c)/5,
m44 =（c^9･d)^(1/10）≦（9c+d)/10,
m45 = m54 =（cccdd)^(1/5）≦（3c+2d)/5,
m55 =（dddde)^(1/5）≦（4d+e)/5, >>109-110
m_{i,1｝= m_{1,i｝= a_1,
… 略 …
m_{i,n-1｝= m_{n-1,i｝=（a_{i-1}）^{(i-1)/(n-1)｝（a_i)^{(n-i)/(n-1)}
m_{i,n｝= m_{n,i｝= a_i
だが、残りをどうするか... >>108
(2)と(3)の右辺の大小は、どのようにして分かるのですか？ >>112
>>107 より
（1）=（16vv･s^4)^(1/3),
（2）= su = 16v + cd(a-b)^2 + … + ab(c-d)^2,
（3）=（a+b+c-d)(b+c+d-a)(c+d+a-b)(d+a+b-c),
= 16v -（a+b+c+d)(a+b-c-d)(a-b+c-d)(a-b-c+d)
= 16v +（a+b+c+d){(c+d-a-b)(a-b)^2 + … +（a+b-c-d)(c-d)^2}/3
さて、どうするか… >>76 >>92 >>102 >>106
x^5 -xx+3 ≧ 3(x^5 +4)/5,
でも使うのでござるか？ >>107
(a+b)(b+c)(c+d)(d+a) ≦ (1/16)*(a+b+c+d)^4
(a+b)(b+c)(c+d)(d+a) ≧ (a+b+c-d)(b+c+d-a)(c+d+a-b)(d+a+b-c)
(a+b)(b+c)(c+d)(d+a) ≧ (a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab) ≧ {16(abcd)^2*(a+b+c+d)^4}^(1/3)
(a+b)(b+c)(c+d)(d+a) ≧ (a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab) ≧ 4(ab+bc+cd+da)(abc+bcd+cda+dab)/(abcd)
とりあえず、ここまで。
(a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab) ≧ (a+b+c-d)(b+c+d-a)(c+d+a-b)(d+a+b-c) が証明できない。 >>115
{16(abcd)^2*(a+b+c+d)^4}^(1/3) と 4(ab+bc+cd+da)(abc+bcd+cda+dab)/(abcd) の大小は、次数が高くて挫折… >>115
4つ目の式の訂正。
(誤) (a+b)(b+c)(c+d)(d+a) ≧ (a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab) ≧ 4(ab+bc+cd+da)(abc+bcd+cda+dab)/(abcd)
(正) (a+b)(b+c)(c+d)(d+a) ≧ (a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab) ≧ 4(ab+bc+cd+da)(abc+bcd+cda+dab)/(a+b+c+d) [1999 USAMO]
x, y, z>1 のとき、x^(xx+2yz)*y^(yy+2zx)*z^(zz+2xy) ≧ (xyz)^(xy+yz+zx)
これって、x, y, z >0 でいいのでは？ >>前スレ972-
第７章919-921
Carlemanの不等式
>>前スレ990
e >>107
Vasile の不等式 (Algebraic Inequalities Old and New Methods, pp.271, 6.3 problem 4a)
Σx^3 + 3Σxyz >= Σxy(x+y)
より強い（Vasile は n 変数で成り立つ）
解答自体は d=1 として三変数に持ち込んでuvwで終わりだけど、よい証明が見つからない
https://artofproblemsolving.com/community/c6h1288719p6809821
https://artofproblemsolving.com/community/c6h605279p3595439
スレッドあっても解答ないのが見つかるだけ
等号成立は (a,a,0,0), (a,a,a,0), (a,a,a,a) and sym perm…
疑問[2]
あんまないけど
https://artofproblemsolving.com/community/c6h1184068p5743836 以下の同値変形で、赤い矢印の所、おかしくないですか？
https://i.imgur.com/jKBqkLb.jpg
Suppa_Inequalities from the word 1995-2005 P.67 >>121の https://artofproblemsolving.com/community/c6h1184068p5743836 より。
a, b, c, d >0のとき、
(1) (8a+b)(8b+a)(8c+d)(8d+c) ≦ (6561/4)*(a^2+b^2)(c^2+d^2)
(2) (8a+b)(8b+c)(8c+d)(8d+a) ≦ (6561/32)*(ac+bd)(a+b+c+d)^2
(3) (5a+b)(5b+a)(5c+d)(5d+c) ≦ (81/2)*(ac+bd)(a+b+c+d)^2
(1)は 2(pa+qb)(qa+pb) ≦ (p+q)^2 (a^2+b^2) で。
(2)(3)は分かりませぬ…。 実数a,b,c,dに対して、(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)(1+d^2) > a+b+c+d
この証明で、左辺を平方和に変形するときに、画像の赤い矢印の部分の符号はマイナスになりませんか？
https://i.imgur.com/YDlFNqJ.jpg >>123
0<x,y,z≦1 で等比数列のとき、不成立？
>>125
（1+aa)(1+bb)(1+cc)(1+dd)
≧ 1 +（aa+bb+cc+dd)
=（a+b+c+d）+（1/2 -a)^2 +（1/2 -b)^2 +（1/2-c)^2 +（1/2-d)^2
≧ a+b+c+d, >>126
なんと！ そんなに簡単に証明できたんですね。ありがとうございます。
実にゆるゆるな不等式ですね。 >>125
〔類題〕
（1+aa）≧ 2a,
（3+aa)(3+bb）≧ 8(a+b),
（5+aa)(5+bb)(5+cc）≧ 72(a+b+c),
（7+aa)(7+bb)(7+cc)(7+dd）≧ 1024(a+b+c+d),
（9+aa)(9+bb)(9+cc)(9+dd)(9+ee）≧ 20000(a+b+c+d+e), >>128
つまり （1+aa)(1+bb)(1+cc)(1+dd) ≧ λ(a+b+c+d) は、λ = 1024/{343(√7)} が最良値でござるか？ >>37 >>119
>>37 参考(1）は Carleman でござるか。
等号成立の位置が異なるゆえ
(1）の右辺と Carleman の右辺の大小は定まらぬ… [問題]
a,b,c∈Rに対して、(a^3+b^3+c^3)^2 + 4(abc)^2 ≧ 2(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)
ゆるゆるの極みでは？ どう改造するか…
出典 ： crux 2839
http://cms.math.ca/crux/v30/n4/page235-256.pdf, P.244 a,b,c∈Rに対して、
(1) (a^8-a^2+3)(b^8-b^2+3)(c^8-c^2+3) ≧ (a^2+b^2+c^2)^3
a, b, c≧0に対して,
(2) (a^5-a^3+3)(b^5-b^3+3)(c^5-c^3+3) ≧ 9(a^2+b^2+c^2)
(3) (2a^-2a+3)(2b^2-2b+3)(2c^2-2c+3) ≧ 9(a^2+b^2+c^2)
--------------------------------------------------
(1)
x^8-x^2+3 ≧ x^6+2 より、
(a^8-a^2+3)(b^8-b^2+3)(c^8-c^2+3)
≧ (a^6+2)(b^6+2)(c^6+2)
＝ (a^6+1+1)(1+b^6+1)(1+1+c^6)
≧ (a^2+b^2+c^2)^3
(2)
(x^5-x^3+3)^3 ≧ 9(x^6+2) より、
{(a^5-a^3+3)(b^5-b^3+3)(c^5-c^3+3)}^3
≧ (9^3)(a^6+2)(b^6+2)(c^6+2)
＝ (9^3)(a^6+1+1)(1+b^6+1)(1+1+c^6)
≧ (9^3)(a^2+b^2+c^2)^3
(3)
(2x^2-2x^2+3)^3 ≧ 9(x^6+2) が十分大きな x で成り立たないから、同じ方法は使えないでござる >>131
a^6 + b^6 + c^6 + 3(abc)^2 ≧ 2{(ab)^3 +(bc)^3 +(ca)^3},
AA + BB + CC + 3GG ≧ 2(AB+BC+CA), >>84
と同じだが... >>124 (2)(3)
k>0 とする。
（ka+b)(kb+c)(kc+d)(kd+a)/(k+1)^4 は k=1 で最大となり、両側で単調。
k=2 が成立てば k>2 も成立つはず...
（2a+b)(2b+a)(2c+d)(2d+c）≦（81/32)(ac+bd)(a+b+c+d)^2, >>134 訂正
（2a+b)(2b+c)(2c+d)(2d+a）≦（81/32）… >>134-135
k<5 では不成立でござった。。。死んでお詫びを…（AA略）
反例：
k=4 （a,b,c,d）=（１，1/64，1/2048，√(1/2)） >>134
kについて降べきの順(?)に並べると
（ka+b)(kb+c)(kc+d)(kd+a)/(k+1)^4 = abcd +｛(aabc+bbcd+ccda+ddab-4abcd)k^3 +（abbc+bccd+cdda+daab+aacc+bbdd-6abcd)k^2 +（abcc+bcdd+cdaa+dabb-4abcd)k}/(k+1)^4,
ここで、k/(k+1)^4，kk/(k+1)^4 は単調減少、k^3/(k+1)^3 も k≧3 で単調減少でござる。
∴ k が 1～2 の辺りで最大か。 >>92
> a,b,c>0 に対して、（a^5 -aa+3)(b^5 -bb+3)(c^5 -cc+3) ≧ 9(a^3 +b^3 +c^3)
>>114の x^5 -x^2 +3 ≧ 3(x^5 +4)/5 より、
(a^5 -a^2 +3)(b^5 -b^2 +3)(b^5 -b^2 +3) ≧ (27/125)*(a^5+4)(b^5+4)(c^5+4)
したがって、以下が成り立てばよいのだが、分からない…
(a^5+4)(b^5+4)(c^5+4) ≧ (125/3)*(a^3 +b^3 +c^3) … ★
>>132 の方法を使うには、x^5 +4 ≧ (125/3)*(a^9 +2) が成り立てばいいが、成り立たず。
遡って、x^5 -x^2 +3 ≧ 9(x^9 +2) が成り立てばいいが、これも成り立たず。
お手上げでござる。 >>92
(a^5-a^2+3)^3 >= 3(2a^9+3a^3+4)
とかから a^3 -> a と置き換えて不等式に当てはめると
(2a^3+3a+4)(2b^3+3b+4)(2c^3+3c+4) >= 27(a+b+c)^3
を示せばよい。
いま (a^5-a^2+3)^3 >= ra^9+(27-3r)+2r は r <= 8.98395 に対して成り立つ
特にもとの不等式に適用できそうなのは m = 9/2^(2/3) = 5.66964 <= r の範囲
r = 8, 7, 6, m に対して書き下してみると
・(8a^3+3a+16)(8b^3+3b+16)(8c^3+3c+16) >= 729(a+b+c)^3
・(7a^3+6a+14)(7b^3+6b+14)(7c^3+6c+14) >= 729(a+b+c)^3
・(2a^3+3a+4)(2b^3+3b+4)(2c^3+3c+4) >= 27(a+b+c)^3
・Π(a^3+ka+2) >= 4(a+b+c)^3 where k = 3(2^(2/3)-1)
このいずれかの不等式を示せばよい
r=6 のときはきれいで頑張れば示せそう
r=m の限界値も不等式自体は悪くないからうまく示せそう
（uvw で表すと唯一 u^3 の項が消える）
あとは任せたでござる >>139
a^9 -3a^3 +2 = (a^3 +2)(a^3 -1)^2 ≧ 0 ゆえ
r a^9 +（27-3r）a^3 + 2r は r について単調増加
>>114 と比べると
・r < 6.59 のとき、a^5 -aa +3 ≧ 3(a^5 +4)/5 ≧｛r a^9 +（27-3r）a^3 + 2r}^(1/3),
・r > 6.59 のとき、大小定まらず。 >>132
> a,b,c∈Rに対して、
> (3) (2a^2-2a+3)(2b^2-2b+3)(2c^2-2c+3) ≧ 9(a^2+b^2+c^2)
> --------------------------------------------------
>
> (2x^2-2x^2+3)^3 ≧ 9(x^6+2) が十分大きな x で成り立たないから、同じ方法は使えないでござる
x=2a-1, y=2b-1, z=2c-1 とおくと、x, y, z ≧-1で、示すべき不等式は
(x^2+5)(y^2+5)(z^2+5) ≧ 18{(x+1)^2 + (y+1)^2 + (z+1)^2}
等号が x=y=z=1 で成立することに注意して、未定係数法で力ずくで平方和に分解。
lhs - rhs
= (u-s/3)^2 + (8/9)(s^2-3t) + (28/9)(t^2-3su) + 6(s-3)^2 + (17/9)(t-3)^2
≧0
┏━━━┓
┃ Q.E.D. ┃
┗━┳━┛
( ﾟ∀ﾟ) ノ
この方法を >>92 に使おうと思ったが、よい置き換えが思いつかぬでござる。 [初等的な不等式Ⅱ P.65 問36]
a, b, c≧0に対して、{(a+b)(b+c)(c+a)}^2 ≧ 4(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)
模範解答は、aを最小として b=a+p、c=a+q を代入して差をとり、
aの6次式の係数がすべて0以上であることを確認していますが、
手計算じゃ大変だから、別解があれば教えてください。
s,t,uで計算してSchurを考えたけど （自分では）うまくいかず、
Lhs - Rhs = (st)^2 - 4(s^3)u + 22stu - 4t^3 - 31u^2
次に b を中央の数として (a+b)(b+c) - 2(b^2+ca) = (a-b)(b-c) ≧0 より
Lhs ≧ 2(a+b)(b+c)(c+a)^2(b^2+ca) だから、
(a+b)(b+c)(c+a)^2 ≧ 2(a^2+bc)(c^2+ab)
が成り立つことが示せれば…と計算して挫折
さらに(c+a)^2 = (c-a)^2 + 4ca より、 Lhs ≧ 8ca(a+b)(b+c)(b^2+ca) として、
2(a+b)(b+c) ≧ (a^2+bc)(c^2+ab)
が成り立つことが示せれば…と計算して挫折
>>52みたいな、いい方法ないかなあ… >>142
(誤) 2(a+b)(b+c) ≧ (a^2+bc)(c^2+ab)
(正) 2ca(a+b)(b+c) ≧ (a^2+bc)(c^2+ab) >>142の不等式を改造するでござる。
a, b, c≧0に対して、
(64/27)(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)
≧ {(a+b)(b+c)(c+a)}^2 ←[>>7]
≧ 4(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)
≧ 4abc(a+b)(b+c)(c+a)
参考 [>>11]
(64/27)(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)
≧ [(a+b)(b+c)(c+a)]^2
≧ (64/81)[(a+b+c)(ab+bc+ca)]^2
≧ (64/27)(ab+bc+ca)^3
(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab) と (16/81)[(a+b+c)(ab+bc+ca)]^2 ≧ (16/27)(ab+bc+ca)^3
の大小も気になるでござる >>142
> a, b, c≧0に対して、{(a+b)(b+c)(c+a)}^2 ≧ 4(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)
こんな不等式もあるでござるよ。
https://artofproblemsolving.com/community/c6h498985p2804163
a, b, c≧0に対して、{(a+b)(b+c)(c+a)}^3 ≧ 64abc(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)
左辺に (a+b)(b+c)(c+a) が余分に掛かっているので、
AM-GMで (a+b)(b+c)(c+a) ≧8abc を試しに削ってみたら、
(a+b)(b+c)(c+a)}^2 ≧ 8(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)
無謀でござった… >>141
一応、aの6次式を書いておく。
-------------------------------------------------------
対称性から a を最小数として、b = a+p、c = a+q (p, q ≧0)とおくと、
{(a+b)(b+c)(c+a)}^2 - 4(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)
= 32a^6 + 64(p+q)a^5
+ 40(p^2 + 3pq + q^2)a^4
+ 4(2p^3 + 17p^2q + 17pq^2 + 2q^3)a^3
+ 4pq(3p^2 + 8pq + 3q^2)a^2
+ 4p^2q^2(p+q)a + p^2q^2(p-q)^2
≧0
------------------------------------------------------- >>141
a = A^(3/2)，b = B^(3/2)，c = C^(3/2）と置換えるでござるよ。
（A^5 -AA +3）-（2aa -2a +3)
=（A^5 -AA +3）-（2A^3 -2A√A +3)
= 2（3A^5 +4A√A -7A^3)/7 +（A^5 +6A√A -7AA)/7
≧ 0, （← AM-GM）
(A^5-AA+3)(B^5-BB+3)(C^5-CC+3)
≧（2aa-2a+3)(2bb-2b+3)(2cc-2c+3）≧ 9(aa+bb+cc） >>141
= 9(A^3 +B^3 +C^3),
Q.E.D. >>147
なんと！ うまい方法があるものですね。かたじけのうござる。 >>141 から明らかだが…
s = a+b+c，t = ab+bc+ca，u = abc とおくと
（2aa-2a+3）（2bb-2b+3）（2cc-2c+3）- 9（aa+bb+cc）
= 2（s/3 -t +2u)^2
+（4/9）（ss-3t）
+（7/9）｛(2a-1)^2・(b-c)^2 +（2b-1)^2・(c-a)^2 +（2c-1)^2・(a-b)^2｝
+ 3（s-3)^2
+（34/9）（s-t)^2
≧ 0, >>145
リンク先の解答：
｛(a+b)(a+c)}^2 =｛a(b+c）+（aa+bc)}^2 ≧ 4a(b+c)(aa+bc),
巡回的に掛ける。
（perfect_square，2012/Sep/19） >>142
こんなのもあるみたい。
https://artofproblemsolving.com/community/c6h463340p2597719
a, b, c≧0に対して、
(ab+bc+ca)(a^4+b^4+c^4) ≧ (9/8)(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab) ≧ (ab+bc+ca){(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2} >>142
s，t，u で計算してSchurを考えれば
Lhs - Rhs -32uu =（st-u)^2 -4{(s^3)u -6stu +t^3 +16uu}
=［(s^3 -4st +9u)(t^3 -4stu +9uu)/uu + 3ss(tt-3su)/u + 3(tt/u)(ss-3t） + 9(st-9u)］uu/st
=［F_1･F_{-2｝+ 3ss F_{-1｝+ 3(tt/u)F_0 + 9(st-9u)］uu/st
≧ 0,
となり申す。ここに、
F_0 = ss-3t,
F_1 = s^3 -4st +9u,
F_{-1｝=（tt -3su)/u,
F_{-2｝=（t^3 -4stu +9uu)/uu, >>153
おぉ！ Schurでやれたんですね。すんばらすぃ！ 似たような式がたくさん出てきたので、まとめるナリ。
a, b, c≧0
⊿ = (a-b)(b-c)(c-a)
△ = (a+b)(b+c)(c+a)
D = (a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)
(1) (64/27)(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ △^2 ≧ {(8/9)(a+b+c)(ab+bc+ca)}^2 ≧ {(4/3)(ab+bc+ca)}^3
(2) {(2/3)(a+b+c)}^3 ≧ △ ≧ 24abc(aa+bb+cc)/{(a+b+c)^2}
(3) (1/512){(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3)}^2 ≧ △
(4) △^2 ≧ 4D
(5) △^3 ≧ 64abcD
[1] (△/2)^2 ≧ D ≧ abc△
[2] {(△/4)^3}/(abc) ≧ D
[3] (8/9)(ab+bc+ca)(a^4+b^4+c^4) ≧ D ≧ (8/9)(ab+bc+ca){(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2}
（参考）---------------------
(1) 第2章 136-138
(2) 第8章 687
(3) 第8章 469
(4) >>142
(5) >>145
[1] >>142 (証明>>153)、>>144上
[2] >>145
[3] >>151 >>151
右側をSchurで。左はできなかった。
9(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab) - 8(ab+bc+ca){(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2}
= 9(s^3u - 6stu + t^3 + 8u^2) - 8t(t^2 - 2su)
= 9s^3u - 38stu + t^3 +72u^2
= tuF_{-1} + 8uF_1 + suF_0
= (u^2)F_{-2} + 7uF_1 + 2suF_0
≧0 >>155
[1], [3] の右辺について、D ≧ (8/9)(ab+bc+ca){(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2} ≧ abc△
∵ Lhs-Rhs = (u^2)F_{-2} + 7tuF_{-1} ≧0 >>155
[1], [2] の左辺について、AM-GMより {(△/4)^3}/(abc) ≧ (△/2)^2 ≧ D
あとは (8/9)(ab+bc+ca)(a^4+b^4+c^4) と {(△/4)^3}/(abc) ≧ (△/2)^2 の大小ですな。 >>155
D ≦ {(△/4)^3}/(abc)
D ≦ (△/2)^2 ≦ (8/9)(ab+bc+ca)(a^4+b^4+c^4)
D ≧ (8/9)(ab+bc+ca){(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2} ≧ abc△
上段と中段の右辺の大小は定まらない。 >>132、>>92
問題再掲
(1) a, b, c∈Rに対して、(a^8-a^2+3)(b^8-b^2+3)(c^8-c^2+3) ≧ (a^2+b^2+c^2)^3 [答>>132]
(2) a, b, c≧0 に対して、(a^5-a^3+3)(b^5-b^3+3)(c^5-c^3+3) ≧ 9(a^2+b^2+c^2) [答>>132]
(3) a, b, c≧0 に対して、(2a^-2a+3)(2b^2-2b+3)(2c^2-2c+3) ≧ 9(a^2+b^2+c^2) [答>>141]
(4) a, b, c≧0 に対して、(a^5-a^3+3)(b^5-b^3+3)(c^5-c^3+3) ≧ 9(a^2+b^2+c^2) [答>>147]
類題
(5) a, b, c≧0 に対して、(a^4-a+3)(b^4-b+3)(c^4-c+3) ≧ 9(a^3+b^3+c^3)
https://artofproblemsolving.com/community/c6t322f6h541764_again
解法パターンも出尽くしたでござるかな？ >>161 の類題
リンク先の解答
(a^4 -a+3)^2 ≧ 3(a^6 +2),
(左辺)^2 ≧ 27(a^6 +2)(b^6 +2)(c^6 +2)
≧ 81(a^6 +b^6 +1)(1+1+c^6) (*)
≧ 81(a^3+b^3+c^3)^2 （コーシー）
*（a-1)(b-1）≧ 0 としても一般性を失わない。
（x-1)(y-1）=（a^6 -1)(b^6 -1）≧ 0,
(x+2)(y+2）= 3(x+y+1）+（x-1)(y-1）≧ 3(x+y+1),
〔系〕
n≧1 のとき
｛a^(3+n）-a^n +3}{b^(3+n) -b^n +3}{c^(3+n）-c^n +3｝≧ 9(a^3+b^3+c^3),
∵ ｛x^(3+n）- x^n｝ -｛x^4 -x｝= x(x^3 -1){x^(n-1) -1｝≧ 0, 忘れないうちにmemo。 何て発音するのか分からんけど。
【Turkevici's Inequality】
a, b, c, d ≧0
a^4 + b^4 + c^4 + d^4 + 2abcd ≧ (ab)^2 + (bc)^2 + (cd)^2 + (da)^2 + (ac)^2 + (bd)^2 >>92 >>138
>>161 の類題(5)
（a^4 -a+3)(b^4 -b+3)(c^4 -c+3）≧ 9(a^3 +b^3 +c^3),
を使うのが簡単でござったな。 >>162 〔系〕
>>153
△^2 ≧ 4D + 32(abc)^2,
>>155
[1］D ≧ abc･Δ
チェビシェフより
（aa+bc)(bb+ca）= a(a+c)･b(b+c）+（a+b)c･(a-b)^2 ≧ a(a+c)･b(b+c),
あるいは
（aa+bc)(bb+ca）= √(ab）c(a+b)^2 + ab{√(ab）-c}^2 +｛a^3 +b^3 -(aa+bb)√(ab)}c ≧ √(ab）c(a+b)^2,
を巡回的に掛ける。
>>163
リンク先の解答：
aa，bb ≧ cc ≧ dd としても一般性を失わない。
(左辺）-（右辺）=（aa-cc)^2 +（bb-cc)^2 +（aa-dd)^2 +（bb-dd)^2 - 2(ab-cd)^2
≧（aa-dd)^2 +（bb-dd)^2 - 2(ab-cd)^2
≧（1/2)(aa+bb - 2dd)^2 - 2(ab-cd)^2
≧ 2(ab-cd)^2 -2(ab-cd)^2
= 0,
（can_hang2007，2008/Nov/16） >>164
> （a^4 -a+3)(b^4 -b+3)(c^4 -c+3）≧ 9(a^3 +b^3 +c^3),
> を使うのが簡単でござったな。 >>162 〔系〕
たしかに！ 言われるまで気づかなかったナリ。 >>162
（a^4 -a +3)^2 ≧ 3（a^6 +2),
（a^4 -a^3 +1)^3 ≧（a^9 +2)/3,
>>163-164
リ、リンクが無ゑ…
http://artofproblemsolving.com/community/c6h239742s1
_5_lines_for_Turkevicis_inequality >>166
略証（念のため）
（a^4 -a +3)^2 - 3（a^6 +2）=（a-1)^4（aa+a+1）（aa+3a+3）≧ 0,
（a^4 -a^3 +1)^3 - （a^9 +2)/3 =（a-1)^4（aa+a+1）（a^6 +（2/3）a^3 + 2aa + a + 1/3）≧ 0, 左辺が2次式のときに、こんなのがあるナリ。
https://artofproblemsolving.com/community/c6h462983
x, y, z∈R、4b≧aに対して、
(x^2+ax+b)(y^2+ay+b)(z^2+az+b) ≧ {(4b-a^2)/3}^(3/2)*(x-y)(y-z)(z-x) >>168
関連したもの
https://artofproblemsolving.com/community/c6h1484892p8689649
https://artofproblemsolving.com/community/c6h582856
a, b, c∈R、t≧0に対して、
(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ {(16√6)/9}*(a-b)(b-c)(c-a)
(a^2+t^2)(b^2+t^2)(c^2+t^2) ≧ {8t^3/(3√3)}*(a-b)(b-c)(c-a) >>4
> for reals
> [1] (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) >= (1+a+b)(1+b+c)(1+c+a)
> for nonnegarives
> [3] (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) >= 3(a+b+c)^2+(abc-1)^2
> [4] (x^2+2)(y^2+2)(z^2+2) >= 4(x^2+y^2+z^2)+5(xy+yz+zx)+(xyz-1)^2
> [5] (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) >= 4(a^2+b^2+c^2)+5(ab+bc+ca)+(abc(a-1)^2(b-1)^2(c-1)^2)^(1/3)
>>70
> [1] (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ (1+a+b)(1+b+c)(1+c+a) ≧ 9(ab+bc+ca)
> [2] (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ 3(a+b+c)^2 ≧ 9(ab+bc+ca)
> [3] (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ (2a+2b+2c-abc)^2
>>86
> (1) (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ (ab+2)(bc+2)(ca+2)
> (2) (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ (2√2)*(a+b)(b+c)(c+a)
> (3) (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ 8*√{(a+b)(b+c)(c+a)}
>>101
> (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ (1/2)*(a+√2)(b+√2)(c+√2)(abc+2√2) ≧ 16abc√2
>>169
> a, b, c∈R、t≧0に対して、
> (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ {(16√6)/9}*(a-b)(b-c)(c-a)
> (a^2+t^2)(b^2+t^2)(c^2+t^2) ≧ {8t^3/(3√3)}*(a-b)(b-c)(c-a)
------------------------------------------------------
(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)がらみ
http://artofproblemsolving.com/community/c6h76508p897772
a, b, c >0 かつ k≦4 に対して、
(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ k(a^2+b^2+c^2) + (9-k)(ab+bc+ca)
リンク先の証明がよく分かりませぬ… >>163-164
【A generalization of Turkevici’s inequality】
Prove that for any x1, x2, . . . , xn > 0 with product 1,
Σ[i<j] (x_i - x_j)^2 ≧ Σ[i=1 to n] x_i^2 - n
（リンク先URKが長くて書込み拒否された）
>>166
> リ、リンクが無ゑ…
エスパーかよｗ >>164
> リンク先の解答：
> aa，bb ≧ cc ≧ dd としても一般性を失わない。
> 2{(左辺）-（右辺）}
> =（aa-cc)^2 +（bb-cc)^2 +（aa-dd)^2 +（bb-dd)^2 - 2(ab-cd)^2
> ≧（aa-dd)^2 +（bb-dd)^2 - 2(ab-cd)^2 …(1)
> ≧（1/2)(aa+bb - 2dd)^2 - 2(ab-cd)^2 …(2)
> ≧ 2(ab-cd)^2 -2(ab-cd)^2 …(3)
> = 0,
(1) は （aa-cc)^2 +（bb-cc)^2を捨てて、
(2) は （aa-dd)^2 +（bb-dd)^2 - （1/2)(aa+bb-2dd)^2 = (1/2)(aa-bb)^2 ≧0
(3) は aa+bb ≧2ab、-dd ≧-cd
c≧dしか使っていないようなハロゲンガス… >>172
ごめん、書いた後で気づいた。（焼き土下座AA略）
カッコの中 aa+bb-2dd が負になって、２乗したら大きくならないために必要なんですね。 [Old and New Inequalities, Q,74]
a, b, c >0 に対して、a^2 + b^2 + c^2 + 2abc + 3 ≧ (1+a)(1+b)(1+c) >>147
まずその不等式を使おうと思わないでござる
>>162
(a^4 -a+3)^2 ≧ 3(a^6 +2)
何乗かすれば必ずヘルダーが使えそうな形に持っていけるのだろうか
たまたまできただけなのか >>169
(aa+2)(bb+2)(cc+2) ≧（8/3)^(3/2）(a-b)(b-c)(c-a）=（8/3)^(3/2）⊿
a = √(8/3)(A + 1/2）とおくと
aa+2 =（8/3)(AA+A+1)，（a-b）= √(8/3)(A-B)，etc.
ゆえ、次式と等価（arqady，2017/July/27）
（AA+A+1)(BB+B+1)(CC+C+1）≧（A-B)(B-C)(C-A）= ⊿,
(略証)
Lhs - Rhs =（1/3){(AA+A+1)xx +（BB+B+1)yy +（CC+C+1)zz｝+（1/6){(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2｝≧0,
ここに
x = BC+B+1，y = CA+C+1，z = AB+A+1,
とおいた。（szl6208，2017/July/28） >>170 下
（A-1)(B-1）≧1 としても一般性を失わない。（WithOut Loss of Generality)
ABC ≧（A+B-1)C を使うナリ。
k=4 で成り立てば 0≦k≦4 でも成り立つ。
(2+aa)(2+bb)(2+cc) - 4(aa+bb+cc) -5(ab+bc+ca)
= 8 -5(ab+bc+ca) +2(aabb+bbcc+ccaa) + (abc)^2 （← ab,bc,caの式）
= 8 -5(A+B+C) + 2(AA+BB+CC) + ABC
≧ 8 -5(A+B) + 2(AA+BB) - (6-A-B)C + 2CC （→ Cで平方完成）
=｛7(A+B-2)^2 + 8(A-B)^2 + (6-A-B-4C)^2}/8
≧ 0,
ここに A=bc，B=ca，C=ab とおいた。（red3，2011/Apr/10） >>174
Q.74
これも同様に
abc ≧ (a+b-1)c により2次式に sage て平方完成でござるな。
(aa + bb + cc + 2abc + 3) - (1+a)(1+b)(1+c)
≧aa + bb + cc -ab -a -b -2c +2
={(a+b-2)^2 + (a-b)^2 + 4(c-1)^2}/4
≧ 0,
>>177 訂正
（A-1)(B-1）≧0 でござった。（AA略） >>177
> （A-1)(B-1）≧1 としても一般性を失わない。（WithOut Loss of Generality)
ありがたや！
A,B,Cのうちの少なくとも２つは１以上か１以下、鳩の巣原理でござるか？
>>178
発音の難しい不等式（Turkevici） ＋ AM-GMでござる。 >>171
http://artofproblemsolving.com/community/c6h5285
_generalization_of_Turkevici_inequality
と同じでござるか。（manlio，2004/Apr/24）
f " > 0 のとき
（n-2)Σ[k=1,n］f(a_k）+ n f((a_1+…+a_n)/n）≧ 2Σ[1≦i<j≦n］f((a_i+a_j)/2),
を使うらしいが…（Imht，2016/Nov/11）
>>178 訂正
= {(a+b-2)^2 + ３(a-b)^2 + 4(c-1)^2}/4
≧ 0, >>174
Turkevici's Inequality (>>163) の a,b,c,d を √a, √b, √c, 1 に置き換えて、
T ：= a^2 + b^2 + c^2 + 1 + 2√(abc) - (ab+bc+ca + a+b+c) ≧ 0
a^2 + b^2 + c^2 + 2abc + 3 - (1+a)(1+b)(1+c)
= T + {1-√(abc)}^2
≧0 >>175
x=1 のまわりでティラー展開すると、
｛x^(n+1/2+r）- x^(n+1/2-r）+ 2r}^n -（1/3)(2r)^n･{x^(3n）+ 2}
= (n/24)(2r)^n･{(2n-3)^2 + 4rr -10}(x-1)^3
+｛n(n-1)/12}(2r)^n･(7nn-11n+4rr-1)(x-1)^4
+ O((x-1)^5)
∴（2n-3)^2 + 4rr -10 = 0,
n=2 のとき r=3/2，（a^4 -a +3)^2 ≧ 3(a^6 +2),
n=3 のとき r=1/2，（a^4 -a^3 +1)^3 ≧（1/3)(a^9 +2),
なお、4乗の係数は
7nn-11n+4rr-1 =（3n+1)n +｛(2n-3)^2 + 4rr -10｝=（3n+1)n > 0. >>182 は
〔補題〕
1 < n <（3+√10)/2，2r =√{10 -（2n-3)^2｝のとき
｛x^(n+1/2+r）- x^(n+1/2-r）+ 2r}^n ≧（1/3)(2r)^n･{x^(3n）+ 2},
の略証でござる。 >>164 >>172
ab+cd = p，cc+dd = q とおくと、
Lhs - Rhs
= pp + qq -4ccdd +（aa-bb)^2 -（aa+bb)q
= pp + qq -2pq +2cd(q-2cd）+（aa-bb)^2 -（a-b)^2･q
=（p-q)^2 + 2cd(c-d)^2 +（a-b)^2･｛(a+b)^2 -q｝≧ 0,
（In-seok Seoの解，KMO winter program)
（a+b)^2 ≧ q = cc+dd しか使ってねゑ… >>163
Turkeviciの改良版でござる。
a^4 + b^4 + c^4 + d^4 + 2abcd
≧ ab(aa+bb)/2 + ac(aa+cc)/2 +ad(aa+dd)/2 +bc(bb+cc)/2 +bd(bb+dd)/2 +cd(cc+dd)/2
≧ aabb + aacc + aadd + bbcc + bbdd + ccdd,
Lhs - Rhs =｛2 F_2(a,b,c）+ d F_1(a,b,c)}/6 + cyclic ≧ 0,
（darij grinberg，2006/Feb/04）
http://artofproblemsolving.com/community/c6h73107
_stronger_than_Turkevici's_inequality >>171 >>180
nについての帰納法による。
a_n = x を最小の要素としてもよい。
s' =（a_1,…,a_{n-1｝の AM）
t' =（a_1,…,a_{n-1｝の GM）
とおくと
s' ≧ t' ≧ x,
Lhs - Rhs = f(a_1,…,a_{n-1},x)
= f(t',･･･,t'，x）+ f(a_1,…,a_{n-1}）+ Σ[k=1,n-1]（a_k -x)^2 -（n-1)(t'-x)^2
≧ f(t',･･,t'，x）+ f(a_1,…,a_{n-1}）+（n-1)(s'-x)^2 -（n-1)(t'-x)^2
= f(t',･･,t'，x）+ f(a_1,…,a_{n-1}）+（n-1)(s'+t'-2x)(s'-t')
≧ f(t',･･,t'，x） （←帰納法の仮定、s'≧t'≧x）
=（n-1){(n-1)t't' + xx｝+ n･{x･t'^(n-1)}^(2/n）-｛(n-1)t' + x}^2
=（n-2)xx + n･[x･t'^(n-1)]^(2/n）- 2(n-1)t'x
≧ 0, （← AM-GM)
（harazi，2004/Apr/29）
>>183
略証とまでは言えねゑ… ［2005 Uzbekistan National Olympiad］
a,b,cを三角形の3辺,a+b+c=2のとき、
1+abc＜ab+bc+ca≦28/27+abc
を示せ >>186
n=3 のときは
Lhs - Rhs = 2(aa+bb+cc) +3GG -(a+b+c)^2
= aa+bb+cc -2ab -2bc -2ca +3GG
≧ A^3 + B^3 + C^3 -AB(A+B）-BC(B+C）-CA(C+A）+3ABC
= F_1(A,B,C)
≧ 0,
ここに、A=a^(2/3)，B=b^(2/3)，C=c^(2/3）とおいた。
>>187
8(Mhs - Lhs）
= 4(a+b+c)(ab+bc+ca) -（a+b+c)^3 + 8abc
=（a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)
＞ 0,
abc ≦｛(a+b+c)/3}^3 = 8/27, （← AM-GM)
Mhs = ab+bc+ca ≦｛(a+b+c)^3 + 9abc}/{4(a+b+c)｝= 1 +（9/8)abc ≦ Rhs, >>180
n=4 の場合の略証
x1 ≧ x2 ≧ x3 ≧ x4 としてよい。
m =（x1+x2+x3+x4)/4 とおく。
・ x1+x4 ≧ x2+x3 のとき
（x1，m，m）majorizes（(x1+x2)/2，(x1+x3)/2，(x1+x4)/2)
（x2，x3，x4）majorizes（(x2+x3)/2，(x2+x4)/2，(x3+x4)/2)
∴Karamata により
f(x1）+ f(m）+ f(m）≧ f((x1+x2)/2）+ f((x1+x3)/2）+ f((x1+x4)/2),
f(x2）+ f(x3）+ f(x4）≧ f((x2+x3)/2）+ f((x2+x4)/2）+ f((x3+x4)/2),
辺々たす。
・ x1+x4 ≦ x2+x3 のとき
（x1，x2，x3）majorizes（(x1+x2)/2，(x1+x3)/2，(x2+x3)/2)
（m，m，x4）majorizes（(x1+x4)/2，(x2+x4)/2，(x3+x4)/2)
∴Karamata により
f(x1）+ f(x2）+ f(x3）≧ f((x1+x2)/2）+ f((x1+x3)/2）+ f((x2+x3)/2),
f(m）+ f(m）+ f(x4）≧ f((x1+x4)/2）+ f((x2+x4)/2）+ f((x3+x4)/2),
辺々たす。
文献[3］大関，p.125-126
文献[8］安藤「不等式」，p.10-11
- - - - - - - - - - - - - - - - - -
〔一般化された Turkevici不等式〕
(n-1){(a_1)^2 + … +（a_k)^2｝+ nGG ≧（a_1 + … + a_n)^2,
ここに G =（a_1･a_2 … a_n)^(1/n),
n=2 等号
n=3 >>188
n=4 >>164 下， >>184-185
n≧5 nについての帰納法 >>186 [エレ解 1991-11]
任意の x>0 に対して、a^x + a^(1/x) ≦ a^(x + 1/x) が成り立つための正の数 a の条件を求めよ。 [エレ解 2013-10]
自然数 n≧2、C[n, k] は二項係数とする。
(1) Σ[k=1 to n] (-1)^(k+1) C[n, k] {1/(n^2)}^k < 1/n
(2) Σ[k=1 to n] C[n, k] {1/(n^2-1)}^k > 1/n
(3) Σ[k=1 to 2n] C[2n, k] {1/(n^2-1)}^k > 2/(n-1) >>190
F(x）= Rhs - Lhs = a^(x+1/x）- a^x - a^(1/x)
とおく。
0<a≦1 ならば
F(x）=（1 - a^x){1 - a^(1/x）｝- 1 < 0,
題意より a>1 に限られる。
F '(x）= log(a）｛(1 -1/xx）a^(x+1/x）-a^(x）+（1/xx)a^(1/x)}
= log(a）a^(x+1/x）｛1 -1/xx -a^(-1/x）+（1/xx)a^(-x)}
= log(a）a^(x+1/x）｛g(1/x）- g(x)}/x,
y = a^(-x）は下に凸ゆえ、g(x）=｛1 - a^(-x)}/x はxについて単調減少。
∴ F '(x）および g(1/x）- g(x）は、x-1 と同符号。
∴ F(x）は x=1 に極小値 F(1）= a(a-2）をもつ。
以下、F(1）だけ見れば十分。
題意を満足する aの下限は 2
往年の数学者「ビブンのことはビブンせよ。」
最近の数学者「ビブン・セキブン・いいキブン」 a,b,c,d>0に対して、
(a+b)^3 (b+c)^3 (c+d)^3 (d+a)^3 ≧ 16(abcd)^2 (a+b+c+d)^4
出題元は a,b,c>0 となっているが…
https://artofproblemsolving.com/community/c6h299899p1650989
不等式は代数幾何？ 僕は大好き。 >>192
補足
xx{h(x)/x} ' = x h '(x）- h(x）= ∫[0,x] t h"(t）dt - h(0),
>>193
Problem 116（Crux Mathematicorum)
リンク先の解答：
(a+b)(b+c)(c+d)(d+a）= su +（ac-bd)^2 ≧ su,
ここで基本対称式を
s = a+b+c+d,
u = abc+bcd+cda+dab,
v = abcd,
とおいた。
これらの間にはMcLaurinの不等式
2t/3s ≧ 3u/2t ≧ 4v/u（=HM),
が成立つ。tを消すと
u/s ≧（4v/u)^2,
∴（su)^3 ≧16 v^2 s^4.
（Pain rinnegan，2009/Oct/11） >>193
>>107 (1）でござったか。
ac+bd = p，ad+bc = q，ab+cd = r とおく。
(a+b)(c+d）= p+q,
(b+c)(d+a）= p+r,
su-4v = pq+qr+rp,
よって
(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)
=（p+q)(p+r)
= pp +（suｰ4v)
= su +（pp-4v)
= su +（ac-bd)^2
≧ su, >>108 と同じだ... a∈Cに対して、f(z)=e^(１/(z－a)),z∈C\{a}において、aに収束する点列ａn∈Ｃ\{a}で lim n→∞ f(ａn)=+∞ となるものを見出せ。
の解答をお願い致します。 👀
Rock54: Caution(BBR-MD5:ae2afb6cd11f3e92f5cd12f037b4c3ac) >>196
a_n = a + (1/n)
とかでいいんじゃね？
【考え方】
Cの上では exp はふにょふにょしてる事に注意しよう．
exp がシュッとでかくなるのは引数が実のときだけ．
だから 1/(a_n -a) が n:large に対してでかい実数になるように
すればいい．1/ｘは右から近づくと＋∞，左から近づくと-∞
なんで a_n - a が実数になるようにしつつ a に右から近づけばいい． （失礼しました．質問スレと間違えて返事してしまいました） f(z)=z/sinz,z∈Cにおいて,
(1) z=0はf(z)の除去可能特異点であることを示せ。
(2) f(z)の極をすべて求めよ、また、極での留数を求めよ。
(3) z=0まで定義域を拡大したf(z)のz=0におけるマクローリン展開の2次の項までを求め よ。
(1).(2).(3)の解答をお願い致します。 👀
Rock54: Caution(BBR-MD5:ae2afb6cd11f3e92f5cd12f037b4c3ac) f(z)=z/sinh z,z∈Cにおいて
(1) f(z)はC上正則であることを示せ。
(2) z=0はf(z)の除去可能特異点であることを示せ。
(3) z=0まで定義域を拡大したf(z)のz=0におけるマクローリン展開の2次の項までを求めよ。
(1).(2).(3)の解答をお願い致します。 >>191
(1）１-（1 - 1/nn)^n < 1/n,
(2）｛1 + 1/(nn-1)}^n > n/(nn-1）> 1/n,
(3）｛1 + 1/(nn-1)}^(2n）-1 =｛nn/(nn-1)}^(2n）-1
=｛1/(1-xx)}^(2/x）-1 >（1+x)/(1-x）-1 = 2x/(1-x）= 2/(n-1),
*) 2log(1-xx）+ x･log{(1+x)/(1-x)}
=（2+x)log(1+x）+（2-x)log(1-x)
= -∬[0,x］｛2t/(1-tt)}^2 dt < 0,
より （1-xx)^(2/x）<（1-x)/(1+x), >>195
４変数に関する基本対称式 s, t, u, v をみると新鮮でござるな。 p, q, r の関係も面白い。 >>204
s，t，u，v （ >>108 ） と p，q，r （ >>195 ） の関係
p+q+r = t,
pq+qr+rp = su - 4v,
pqr =（ss-4t)v + uu, >>203
〔補題〕
-1 < x < 1 のとき
2･log(1-xx）+ x･log{(1+x)/(1-x)｝≦（xx/3)log(1-xx）≦ -(1/3)x^4 ≦ 0,
(略証)
f(x）=（2-xx/3)log(1-xx）+ x･log{(1+x)/(1-x)｝とおく。xの偶関数。
f '(x）=（-2x/3)log(1-xx）+ log{(1+x)/(1-x)｝-（2x/3）+（2/3){1/(1+x）-1/(1-x)},
f "(x）=（-2/3)log(1-xx）-2 +（5/3){1/(1+x）+ 1/(1-x)｝+（2/3){-1/(1+x)^2 -1/(1-x)^2},
f "'(x）=（2/3){-1/(1+x）+1/(1-x)｝+（5/3){-1/(1+x)^2 +1/(1-x)^2｝+（2/3){2/(1+x)^3 -2/(1-x)^3}
= -4xxx(3-xx/3)/(1-xx)^3,
f ""(x）=（2/3){1/(1+x)^2 +1/(1-x)^2｝+（5/3){2/(1+x)^3 +2/(1-x)^3｝-4/(1+x)^4 -4/(1-x)^4
= -4xx(27+22xx-x^4)/[3(1-xx)^4]
≦ 0. [エレ解 2017-08]
x,y,z≧0、x+y+z≦1のとき、3x^2 - 4x+ 5y^2 - 2y + z^2 - 1 の最大最小を求めよ。 >>203
1/(1-tt）はt>0で単調増加ゆえ、
（1/y)∫[0，y] 2/(1-tt）dt も y>0で単調増加。
（2+x)log(1+x）+（2-x)log(1-x)
=（2+x)∫[0，x/(2+x)］2/(1-tt）dt -（2-x)∫[0，x/(2-x)］2/(1-tt）dt
< 0, 実定数 a, b, c>0 とする。
実数 x, y が a/x - b/y ≧c、x < a/c、y > b/c をみたしながら動くとき、
ax-byが最大値をもつための条件と、そのときの最大値を求めよ。
（出典不明、問題はうろ覚え、10年くらい前に立ち読みした記憶から再生したので係数が微妙に違うかもしれない） 実定数 a>0 と、4x^2 + y^2 ≦1 をみたす実数 x, y に対して、
2xy + 2ax + ay の最大値・最小値と、そのときの x, y の値を求めよ。
（昔ネットで見たもの、Z会か進研ゼミのサンプル問題だったような…）
---------------------------------------------------------
4x^2 + y^2 =1 じゃないんで、(x, y) = ((r/2)cosθ, r sinθ)とおいたら泥沼に嵌った。 >>191 (3)
(左辺）=｛1 +1/(nn-1)}^(2n）-1
=｛nn/(nn-1)}^(2n）-1
>（n+1)/(n-1）-1 (←補題)
= 2/(n-1),
〔補題〕
g_n = (1 +1/n)^(n +1/2), (nは正の整数)
とおくとき、g_n は単調減少。
∴ {(n+1)/n}^(2n+1) < {n/(n-1)}^(2n-1),
∴ (n+1)/(n-1) < {nn/(nn-1)}^(2n),
［エレ解スレ（2011.2).68-69］ 今は昔、高校時代のZ会の通信添削より。
a,b,c≧0に対して、
(1) x^(1/3) + y^(1/3) ≦ {4(x+y)}^(1/3)
(2) x^(1/3) + y^(1/3) + z^(1/3) ≦ {9(x+y+z)}^(1/3) >>222
今見ると簡単すぎて泣ける。
当時は Power Mean とか知らなんだし…。 a,b,c≧0に対して、
(9/4)(a+b+c)^5 ≧ 10(a^3 + b^3 + c^3)(a+b+c)^2 - 9(a^5 + b^5 + c^5) ≧ (a+b+c)^5
右側は簡単だったけど、左側は挫折…。 a,b,c≧0に対して、
a^3 + b^3 + c^3 + (6/7)abc ≧ (1/7)(a+b+c)^3
苦手な非同次の不等式。 >>224
s = a+b+c，t = ab+bc+ca，u = abc,
とおく。
a^3 +b^3 +c^3 = s(ss-3t）+3u,
a^5 +b^5 +c^5 = s^5 - 5(a+b)(b+c)(c+a)(ss-t）= s^5 - 5(st-u)(ss-t),
(左辺）-（中辺）=（5/4)s(ss-6t)^2 + 15(ss-3t)u ≧ 0,
(中辺）-（右辺）= 15(st-u)(ss-3t）≧ 0,
>>225
(左辺）-（右辺）=（3/7)｛s(ss-3t)+(s^3-4st+9u)｝=（3/7)(s･F_0 + F_1）≧ 0,
F_0 = ss-3t ≧ 0，
F_1 = s^3 -4st +9u ≧ 0. >>224
等号成立は
左側：｛a，b，c｝=｛0，√3-1，√3+1｝
右側：｛a，b，c｝=｛1，1，1｝ 〔Jordanの不等式〕
0<θ<π/2 のとき、
sinθ >（2/π)θ,
文献［3］大関、p.38-39 例題2.
[分かスレ４３６.016］（微分を使わない方法） >>228
ABを直径とする円をcとする。（半径r）
A，Bを通るもう一つの円をCとする。（半径 R >r）
このとき
2R sinθ= AB = 2r,
また横方向のズレ幅からみて、明らかに
弧AcB > 弧ACB,
πr > 2R θ,
辺々掛けて
sinθ >（2/π)θ,
［分かスレ４３６.016］ 〔問題〕
0≦a,b,c≦1 かつ (1-a)(1-b)(1-c）= abc のとき
(a+b+c)(aa+bb+cc-ab-bc-ca)＋8abc ≧1, >>226
かたじけのうござる。
次数が高いと、非負の和に変形するのが大変でござるな。 a,b,c≧0に対して、
(1) (a^3 + b^3 + c^3 + 15abc)^3 ≧ 216abc(ab+bc+ca)^3
(2) (a+b+c)^5 ≧ 12{(a^4)(b+c) + (b^4)(c+a) + (c^4)(a+b)} a,b,c≧0に対して、
(3) {a^2 + b^2 + c^2 + 9(ab+bc+ca)}^3 ≧ 1000abc(a+b+c)^3 >>231
全くでござるよ。
>>232 (2)
(左辺）-（右辺）
= s^5 -12(s^3･t -3stt -ssu +5tu)
= s(ss -6t +5u/s)^2 +（2ss -25u/s)u
≧ ssu, （← s^3≧27u) >>231
そうでもない？
>>232 (2)
(a+b+c)^6 =｛(a^3+b^3+c^3）+ 3(a+b)(b+c)(c+a)}^2
≧12(a^3+b^3+c^3）(a+b)(b+c)(c+a)
> 12{(a^4)(b+c）+（b^4)(c+a）+（c^4)(a+b)}(a+b+c),
∵
(a+b)(b+c）> b(a+b+c),
(b+c)(c+a）> c(a+b+c),
(c+a)(a+b）> a(a+b+c), >>234
こういう変形はどうやって思いつくんでせうか？
>>235
これはすごい… a,b,c≧0 かつ a+b+c>0 かつ a^2+b^2+c^2-2abc=1 のとき、(a-1)(b-1)(c-1)≧0 >>237
0 < |α|，|β|，|γ| < π/2，
γ = α±β,
(a，b，c）=（cosα，cosβ，cosγ）
のとき
(a-1)(b-1)(c-1）< 0 ？
(1-aa)(1-bb）＝（c-ab)^2 ≧ 0 ゆえ
a-1，b-1，c-1 は同符号だが… ごめんなさい。問題文を書き間違えていました。（切腹）
a,b,c≧0 かつ a+b+c>3 かつ a^2+b^2+c^2-2abc=1 のとき、(a-1)(b-1)(c-1)≧0
↑ 自然数 n に対して、
n+3 < {(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)(n+6)}^(1/6) < n+(7/2)
どっかの入試問題だったと思うけど、メモしていない…。 >>240
左側
(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)(n+6）-（n+3)^6 =（n+3)(3n^4 +31n^3 +102nn +103n -3）> 0,
右側は GM-AM で
蛇足だが…
｛(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)(n+6)}^(1/6）= n +7/2 -35/(24n）+245/(48nn）-23597/(1152n^3）+69139/(768n^4）-34892549/(82944n^5）+340456375/(165888n^6）-… >233 (3)
s = a+b+c，t = ab+bc+ca，u = abc,
とおく。
同次式なので u=1 としてもよい。s≧3，t≧3.
t(tt-4s+3）≧ t^3 -4stu +9uu ≧ 0,
∴ t ≧ √(4s-3）≧ s(10-s)/7,
∴ ss+7t ≧ 10s,
∴ aa+bb+cc + 9(ab+bc+ca）≧ 10(a+b+c),
かなあ。 >>232 (1)
F_2 = s^4 -5sst +4tt +6su ≧ 0， （Schur)
これをｔについて解くと
t ≦［5ss -√{3s(3s^3 -32u)}]/8,
u=1 として
t ≦［5ss -√{3s(3s^3 -32u)}]/8 ≦（s^3 +18u)/{3(s+2)},
∴（s^3 -3st+3u）+ 15u ≧ 6t,
∴ a^3 +b^3 +c^3 + 15abc ≧ 6(ab+bc+ca),
かなあ。
>>233 (3) >>242
√(4s-3）≧ s(10-s)/7 のところ
s≧4 のとき
√(4s-3）≧ 25/7 ≧ s(10-s)/7,
3≦s≦4 のとき
(4s-3）-｛s(10-s)/7}^2 =（s-3)(49-49s+17ss-s^3)/49 ≧0, a,b,c ∈R のとき
(1) (a^2 + b^2 + c^2)^2 ≧ 3(a^3b + b^3c + c^3a)
(2) a^4 + b^4 + c^4 ≧ 2(a^3b + b^3c + c^3a) - (ab^3 + bc^3 + ca^3)
(3) a^4 + b^4 + c^4 ≧ 6(a+b+c)(a^2b + b^2c + c^2a) - 17{(ab)^2 + (bc)^2 + (ca)^2}
(4) 3(a^4 + b^4 + c^4 - a^3b + b^3c + c^3a) ≧ a^2(b-c)^2 + b^2(c-a)^2 + c^2(a-b)^2
a,b,c≧0 のとき
(11) a^3 + b^3 + c^3 ≧ 3(ab^2 + bc^2 + ca^2) - 2(a^2b + b^2c + c^2a)
(12) a^3 + b^3 + c^3 ≧ (17/9)(a^2b + b^2c + c^2a) - (8/3)abc
(13) a^4 + b^4 + c^4 ≧ (9/4)(ab^3 + bc^3 + ca^3) - (5/4)(a^3b + b^3c + c^3a)
(14) a^4 + b^4 + c^4 ≧ 6{(ab)^2 + (bc)^2 + (ca)^2} - 5(a^3b + b^3c + c^3a)
(15) a^4 + b^4 + c^4 ≧ (ab)^2 + (bc)^2 + (ca)^2 + 2(a^3b + b^3c + c^3a - ab^3 - bc^3 - ca^3)
(16) a^4 + b^4 + c^4 ≧ abc(a+b+c) + (2√2)(a^3b + b^3c + c^3a - ab^3 - bc^3 - ca^3)
巡回式は嫌いでござる。 >>242
> ∴ t ≧ √(4s-3）≧ s(10-s)/7,
√(4s-3）≧ s(10-s)/7 って、不等号の向きが一定でないような… >>245
まづ AM-GMより s ≧ 3u^(1/3）= 3,
あとは >>243 (下）を参照。 >>244
〔4次巡回不等式の基本定理〕（定理2.3.3）
a^4 + b^4 + c^4 - p(a^3b+b^3c+c^3a）- q(ab^3+bc^3+ca^3）+｛(pp+pq+qq)/3 -1}(aabb+bbcc+ccaa）+｛p+q-(pp+pq+qq)/3}abc(a+b+c)
=｛(A-B)^2+(B-C)^2+(C-A)^2}/6,
ただし、A,B,Cは
A = aa-bb +pbc -qca,
B = bb-cc +pca -qab,
C = cc-aa +pab -qbc,
(1）（p,q）=（3,0)
(2）（p,q）=（2,-1) 例題2.3.10（8）*
(3）（p,q）=（6,0） 例題2.3.10（7)
(4）（p,q）=（1,0） 例題2.3.10（4)
(13） 例題2.3.11（2） (2）を精密化したもの。 ｛右辺の係数を α+1、-α として α≦1.379…｝
(14） 例題2.3.12（3）次の（15）から出る。｛右辺の係数をγ+1，-γ として γ≦5.0779…｝
(15） 例題2.3.11（5)
(16） 例題2.3.12（4)
* a：b：c = sin(π/9)：｛sin(2π/9)-sin(π/3)｝：sin(2π/9）
のとき等号が成立するらしい。
文献[8］安藤「不等式」数学書房（2012)
§2.3（４次斉次不等式） >>244
min{a，b，c｝= m とし、｛a，b，c｝=｛m，m+x，m+y｝とする。（x，y≧0)
(11)
(左辺）-（右辺）= m(xx-xy+yy）+（x^3 + 2xxy -3xyy + y^3）≧0,
∵ x^3 +2xx -3x +1 ≧ 3x^(7/3）-3x + 1 ≧ 1 - 4･(3/7)^(7/4）= 0.091969
(12)
(左辺）-（右辺）= 10m(xx-xy+yy)/9 +｛x^3 -（17/9)xxy + y^3｝≧0,
∵ x^3 -（17/9)xx + 1 ≧ 1 -2･（17/27)^(3/2）= 0.00078779, >>248
xx-xy+yy ≧ 0,
(左辺－右辺）はmについて単調増加。
∴｛a，b，c｝の差（x，y）を固定して一斉に増加すれば増加する。
∴ m=0 の場合を考えれば十分。
（sageるのを忘れてしまった…） 三角形の辺長 a,b,c、外接円の半径R、内接円の半径 r に対して
(1) a^2+ b^2 + c^2 ≦ 9R^2
(2) a^2+ b^2 + c^2 ≦ 8R^2 + 4r^2 >>270
正弦定理より
aa+bb+cc = 4RR｛sin(A)^2 + sin(B)^2 + sin(C)^2},
sin(A)^2 + sin(B)^2 + sin(C)^2 = 2 + 2cos(A）cos(B）cos(C）- 4cos((A+B+C)/2）cos((-A+B+C)/2）cos((A-B+C)/2）cos((A+B-C)/2)
= 2 + 2cos(A）cos(B）cos(C), （← A+B+C=π）
(1)
・鈍角または直角⊿ のときは 左辺 ≦ 2,
・鋭角△ のときは AM-GM と凸性より
cos(A）cos(B）cos(C）≦［｛cos(A)+cos(B)+cos(C)}/3 ]^3 ≦［ cos((A+B+C)/3）]^3 = ［ cos(π/3）]^3 = 1/8,
左辺 ≦ 2 + 1/4 = 9/4,
∴ aa+bb+cc ≦ 9RR,
等号成立は A=B=C（正△）のとき >>270
(2)
正弦定理より
（a+b-c)/c = 2sin(A/2)sin(B/2)/sin(C/2)，etc.
r/R =（2S/(a+b+c))(4S/abc)
=（a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)/(2abc)
= 4sin(A/2)sin(B/2)sin(C/2),
(r/R)^2 = 2[1-cos(A)][1-cos(B)][1-cos(C)],
したがって、補題より
sin(A)^2 + sin(B)^2 + sin(C)^2
= 2 + 2cos(A)cos(B)cos(C)
≦ 2 + 2[1-cos(A)][1-cos(B)][1-cos(C)]
= 2 +｛4sin(A/2)sin(B/2)sin(C/2)}^2
= 2 +（r/R)^2,
【補題】A+B+C=π, 0<A,B,C のとき、
cos(A)cos(B)cos(C) ≦ [1-cos(A)][1-cos(B)][1-cos(C)] ≦ 1/8.
［初代スレ.580］
【系】
｛(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}^2 ≧ (aa+bb-cc)(bb+cc-aa)(cc+aa-bb),
［1992 Poland］44th，1st round（1992 Sept-Dec）No.9
［初代スレ.538(3)］ >>282 〔補題〕
・鈍角または直角⊿のとき
cos(A）cos(B）cos(C）≦ 0 で成立。
・鋭角△のとき
(右辺）-（左辺）
=［1-cos(A)］［1-cos(B)］［1-cos(C)］- cos(A）cos(B）cos(C)
=［1-cos(A)］［1-cos(B)］-4sin(A/2）sin(B/2）cos((A-B)/2）cos(C）+［cos(C)]^2
=｛2sin(A/2）sin(B/2）- cos(C)}^2 + 4sin(A/2）sin(B/2）［1-cos((A-B)/2)］
≧0. >>282 〔系〕
b+c-a = x，c+a-b = y，a+b-c = z,
とおく。（Ravi変換）
（左辺）-（右辺）=（xyz)^2 -（aa+bb-cc)(bb+cc-aa)(cc+aa-bb）
= 2abxyzz -2(a+b)xyz(aa+bb-cc）+ 2cc(aa+bb-cc)^2
= 2{z√(abxy）-c(aa+bb-cc)}^2 + 2(√xy)z(aa+bb-cc){2c√(ab）-(a+b)√(xy)}
≧ 0,
∵ 2c√(ab）= c√{(a+b)^2 -（a-b)^2}
≧（a+b)√{cc -（a-b)^2}
=（a+b)√(xy), >>304 (補足)
右辺： a，b，c の符号によらない。
左辺： a，b，c が同符号のとき（|a|+|b|+|c|）の因子を含まず、最も小さい。
よって a，b，c ≧0 としてよい。
a+b < c のときは aa+bb-cc < 0、右辺 < 0 となり成立。 >>282
> ｛(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}^2 ≧ (aa+bb-cc)(bb+cc-aa)(cc+aa-bb)
>>270 (2) がこんな形になろうとは… >>282 (系）
>>317
Schur の拡張より
（左辺）-（右辺）= p(a-b)(a-c）+ q(b-c)（b-a）+ r(c-a)(c-b）≧ 0
p = 2aa（a+c-b)(a+b-c）≧0,
q = 2bb（b+a-c)(b+c-a）≧0,
r = 2cc（c+b-a)(c+a-b）≧0,
は a，b，c と同順序 任意の二つの非負実数列｛a_n｝,｛b_n｝に対して、
納i,j=1,n]min｛a_ia_j,b_ib_j｝≦納i,j=1,n]min｛a_ib_j,a_jb_i}
USAMO-2000 >>248 (訂正)
(12)
∵ x^3 -（17/9)xx + 1 = 31/(27^3) +（x +17/27)(x -34/27)^2 ≧ 31/19683 = 0.0015750 >>248
(11）AM-GM で
x^3 + a^3 + a^3 ≧ 3aax,
2xx + 2aa ≧ 4ax,
辺々たすと
x^3 + 2xx + 2aa(a+1）≧ a(3a+4),
ここで 2aa(a+1）= 1 すなわち a = 0.565198… とすれば
x^3 + 2xx +1 ≧ a(3a+4)x = 3.21914 x,
3x^(7/3）+ 4(2/7)^(7/4）≧ 3x,
>>320
(12）AM-GM で
x^3 + 4(17/27)^3 =（1/2)x^3 + (1/2)x^3 + 4(17/27)^3 ≧ 3(17/27)xx =（17/9)xx, >>319
〔補題1〕
r_i ≧ 0 のとき、実対称行列 min｛r_i，r_j｝は半正値。
(略証）
0 = r_0 ≦ r_1 ≦ r_2 ≦ …… ≦ r_n としてよい。
Σ[i，j］min｛r_i，r_j｝x_i x_j = Σ[i=1，n］r_i（(x_i)^2 + 2Σ[j=i+1,n] x_i x_j）
= Σ[i=1，n］r_i（(Σ[j=i，n］x_j)^2 -（Σ[j=i+1，n］x_j)^2）
= Σ[i=1，n]（r_i - r_{i-1}）（Σ[j=i，n］x_j)^2
≧ 0,
〔補題2〕
min｛a_i b_j，a_j b_i｝- min｛a_i a_j，b_i b_j｝= min｛r_i，r_j｝x_i x_j
ここに、
r_i = max｛a_i/b_i，b_i/a_i｝
x_i = sgn(a_i-b_i）min｛a_i，b_i｝
とおいた。（証明略）
これらを使うと解けるらしいよ。
USAMO-2000 Problem_6
http://artofproblemsolving.com/wiki/index.php?title=2000_USAMO ここの人達は
ソボレフの不等式とかポアンカレの不等式とかの解析の不等式は興味ないの？ >>322
補題1は
g_i(ｔ）=（1/π）log｜１-（r_i)/ｔ｜
∫(-∞，∞）g_i(ｔ）g_j(ｔ）dｔ= min｛r_i，r_j｝
からも出る。
森口・宇田川・一松「数学公式I」岩波全書221（1956）p.242
>>323
ageるな危険 〔Problem 6〕
次の不等式をみたす有界無限実数列： x_0，x_1，x_2，… を１つ与えよ。
i≠j ⇒ ｜x_i - x_j｜｜i - j｜ > 1,
Construct a bounded infinite swquence x_0，x_1，x_2，…… such that ｜x_i - x_j｜｜i - j｜ > 1 for every pair of distinct i，j.
IMO-1991（32nd，Sweden） modified. 実数列 x_0，x_1，x_2，… が有界であるとは、ある定数Cが存在して、
すべての非負整数ｉ≧ 0 に対して ｜x_i｜ ≦ C,
が成り立つことである。 【三重大】
a,b,c>0 に対して、a+b+c ≧ √(3ab) + √(3bc) - √(ca) >>357
√a = A，√b = B，√c = C とおく。
(左辺）-（右辺）=［B -（√3)(A+C)/2]^2 +（1/4)(A-C)^2 ≧ 0,
等号は（a，b，c）=（1，3，1） a,b,c>0、α+β+γ=πのとき、
a+b+c ≧ 2{√(ab)} cosα + 2{√(bc)} cosβ+ 2{√(ca)} cosγ a,b,c＞0,a+b+c=3のとき、
a/(a+bc)+b/(b+ca)+c/(c+ab)≧3/2
を示せ >>322 >>334
補題1は
g_i(ｔ）= √(2/π）sin（r_i･ｔ)/ｔ,
∫[0，∞）g_i(ｔ）g_j(ｔ）dｔ= min｛r_i，r_j｝
からも出る。
森口・宇田川・一松「数学公式I」岩波全書221（1956）p.251 >>361
積和公式
2 sin(at）sin(bt）= cos((a-b)t）- cos((a+b)t),
より
(1/π)∫[0,∞）2sin(at)sin(bt)/tt dt
=（1/π)∫[0,∞)｛1-cos((a+b)t)}/tt dt -（1/π)∫[0,∞)｛1-cos((a-b)t)}/tt dt
=｛(｜a+b｜-｜a-b｜)/π｝∫[0,∞)｛1-cos(u)}/uu du
=（｜a+b｜-｜a-b｜)/2 (*)
= min｛a，b}.
*）高木「解析概論」改訂第三版、岩波書店（1961)
§48，p.169 >>359
実対称行列Ｓ=
｜1， -cosα，-cosγ｜
｜-cosα，1， -cosβ｜
｜-cosγ，-cosβ，1 ｜
とおく。
題意よりα+β+γ = π,
（cosα)^2 +（cosβ)^2 +（cosγ)^2 + 2cosα cosβ cosγ = 1,
AM-GM と 凸性より
-1 < cosα cosβ cosγ ≦｛cos(π/3)}^3 = 1/8,
Ｓの固有多項式は
｜1-x，-cosα，-cosγ｜
｜-cosα，1-x，-cosβ｜
｜-cosγ，-cosβ，1-x｜
= x{xx -3x +2(1 + cosα cosβ cosγ)}
= x f(x),
f(0）> 0,
f(3/2）= -1/4 + 2 cosα cosβ cosγ < 0,
∴ f(x）は2つの正根をもつ。
Ｓの固有値は 0 と 2つの正値。
∴Ｓは半正値。 >>365
〔例題１〕
任意の実数 a,b,c に対して
aa+bb+cc ≧ 2pab + 2qbc + 2rca
となるための、p,q,r についての条件を求めよ。
(解）
｜p｜≦ 1，｜q｜≦ 1，｜r｜≦ 1，pp+qq+rr + 2pqr ≦ 1.
文献[3］（大関）の冒頭の例題
----------------------------------
本問では
p = cos（A)，q = cos（B)，r = cos（C)
pp + qq + rr + 2pqr = 1.
となるから、上記の条件を満たす。 >>345-346
x_i = k｛ｉ･√m - 1/2}， k = 1 + 2√m,
ここに m は平方数でない自然数。｛ a ｝はaの小数部分
（富蘭平太氏） a_1^2+a_2^2+……+a_100^2=1を満たす、非負実数列a_1,a_2,……,a_100に対して、
a_1^2*a_2+a_2^2*a_3+……+a_100^2*a_1<12/35 >>368
(右辺）= 12/35 = 0.342857
（a_1，a_2，…，a_100）=（√(2/3)，√(1/3)，0，…，0）=（0.81650，0.57735，0，…，0)
のとき
(左辺）= 2/(3√3）= 0.38490
（a_1，a_2，…，a_100）=（2/3，2/3，1/3，0，…，0）=（0.66667，0.66667，0.33333，0，…，0)
のとき
(左辺）= 4/9 = 0.44444 >>369
12/35は12/25の間違いでした。これなら不等式は成立するはずです。すみません >>368 >>370
一例だけど...
a_1 = 0.000835
a_2 = 0.587293
a_3 = 0.677084 ～ 65/96
a_4 = 0.422379
a_5 = 0.134393
a_6 = 0.0133427
a_7 = 0.000305
a_k = 0 （k≧8）
のとき
M = 0.451389 ～ 65/144 < 12/25,
12/25 まで解けぬでござるか… >>360
s = a+b+c，t = ab+bc+ca，u = abc,
とおくと、
(左辺）=｛3u +2(tt-2su）+（ss-2t)u}/{u +（tt-2su）+（ss-2t)u + uu},
2(分子）-3(分母）= 3u +（tt-2su）-（ss-2t)u -3uu
=（t^3 -4stu +9uu)/t + (tt-3su)u/t +（st-9u)u/3 (s=3)
≧ 0,
t^3 -4stu +9uu = uuＦ_{-2}(a,b,c）≧ 0,
tt -3su = uＦ_{-1}(a,b,c）≧ 0,
st -9u = a(b-c)^2 + b(c-a)^2 + c(a-b)^2 ≧ 0, >>323
ありませんね。
ヒルベルト空間、バナッハ空間、シュワルツ空間、ハーディ空間、BMO空間、ベゾフ空間、トリーベル・リゾルキン空間
なんかに興味があるようでつ… 正値数列 {a_n} の初項から第 k 項までの和を s_k とおくとき、
Σ[k=1 to n] (s_k)*(a_k)^2 > {4*(s_n)^3}/(9n) を証明せよ。 実数 x に対して、8^x + 27^x + 64^x + 125^x ≧ 24^x + 30^x + 40^x + 60^x >>385
2^x = A，3^x = B，4^x = C，5^x = D
とおくと
A^3 + B^3 + C^3 + D^3 ≧ ABC + ABD + ACD + BCD
以下、相加-相乗平均で…
等号成立は A=B=C=D より x=0
∧＿∧
（ ´Д｀ ） 新年あけまして
/ ヽ
し、__X__,ノJ
/´⌒⌒ヽ
ｌ⌒ ⌒ｌ おめでとうございます
⊂ （ ） ⊃
V￣V 正の数 a、b、c に対して、
(a^{2018}-a^{30}+3)(b^{2018}-b^{30}+3)(c^{2018}-c^{30}+3) ≧ 9(a^2+b^2+c^2)
人
／⌒＼ （＿_）
＼●／（＿＿）／⌒＼
∩ （・∀・ ）＼●／ あけおめでござる
Y ￣ ||ｙ|| ￣`''φ
Lノ /ニ|| ! ソ >
乂/ﾉ ﾊ ヽー´
`ー-、＿_| >>387-388
0.9347299 < a = b = c < 1
うーむ 〔問題387〕
実数 a，b，c について
（a^2018 -a^30 +3）（b^2018 -b^30 +3）（c^2018 -c^30 +3）≧ 3（a^4 +b^4 +c^4), >>390
（a^2018 -a^30 +3）（b^2018 -b^30 +3）（c^2018 -c^30 +3）
≧ （a^1988 +2）（b^1988 +2）（c^1988 +2）
≧ 3（a^1988 + b^1988 +1）（1+1+c^1988）
≧ 3（a^994 + b^994 + c^994）^2
≧ (1/3)*（a^497 + b^497 + c^497）^4
r～～～～～
＿_ _ﾉ うっうっうっ・・・
／__ ｀ヽ_ ⌒ヽ～～～～～
|〈___ﾉf レ1(
,L| しL.し'ﾞ"
"｀ "′ >>391
１に関して同じ側にある２つをa，bとしたでござるな。つまり
（a-1)(b-1）≧ 0. ( ﾟ∀ﾟ)つ 0.9999^101 < 0.99 < 0.9999^100 を示せ。 >>394
ヒントぢゃねぇが…
x^(1988+n）- x^n +3 ≧ 9^(1/3）x^(4/3）
は n≧30 で成立つらしい。 >>393
(1 - 1/nn)^(n+1）< 1 - 1/n <（1 - 1/nn)^n,
(右側)
｛1，1，…，1，1 - 1/n｝の n個で GM-AM する。
n-1 個
(左側)
｛1，1，…，1，1 + 1/(n-1)｝の n+1個で AM-GM する。
n個
｛1 - 1/(nn-1)}^(n+1）≧ 1 + 1/(n-1),
逆数をとる。 >>395
それを使うと、示すべき右辺 3（a^4 +b^4 +c^4) にAM-MGを使った形になっちまう…
（a^2018 -a^30 +3）（b^2018 -b^30 +3）（c^2018 -c^30 +3）≧ 9（abc)^(4/3) >>374
・n=2 のとき
a^3 +（a+b)bb -（1/3)(a+b)^3
=｛(2a^3 - 3aab + b^3) + b^3}/9
≧（b^3)/9
≧ 0,
・n=3 のとき
a^3 +（a+b)bb +（a+b+c)cc -（1/5)(a+b+c)^3
=｛(7/4)x^3 +（23/8)y^3 + 4z^3 - 6xyz + 2x(3x/4 -y)^2 + 2x(3x/4 -z)^2 + 2y(3y/4 -z)^2}/5
＞｛(7/4)x^3 +（20/7)y^3 + 4z^3 - 6xyz}/5
≧（3{20^(1/3)}xyz - 6xyz)/5
= 3xyz/7
≧ 0, >>398 の訂正
・n=3 のとき
a^3 +（a+b)bb +（a+b+c)cc -（1/5)(a+b+c)^3
=｛(7/4)a^3 +（23/8)b^3 + 4c^3 - 6abc + 2a(3a/4 -b)^2 + 2a(3a/4 -c)^2 + 2b(3b/4 -c)^2}/5
＞｛(7/4)a^3 +（20/7)b^3 + 4c^3 - 6abc}/5 （23/8 > 20/7）
≧3（{20^(1/3)}abc - 2abc)/5 （AM-GM）
≧ 3abc/7
≧ 0, 三角形の成立条件 a+b>c、b+c>a、c+a>b を当たり前のように使っているけど、
これの証明って、手元にある本には載っていないんだけど、どうやるんだっけ？ まず長さaの線分を描いてから、半径b、cの円を描いてみれば分かる >>370-371
もう２つ...
・例１ 等比数列
a_k = a_1・r^(k-1),
r = 0.636323 a_1 = √(1-rr）= 0.772413
のとき
M = 0.393502 < 0.48
・例２
a_(2k+1）= a_1・r^k,
a_(2k+2）= a_2・s^k,
a_1 = 0.7141094 r = 0.359890
a_2 = 0.6408248 s = 0.0921138
のとき
M = 0.436598 < 0.48 >>370-371
もう１つ...
・例３
a_1 = 0.66763055
a_2 = 0.66280835
a_k = a_2･r^(k-2） (k>2)
r =｛(7+4√3)^(1/3）+（7-4√3)^(1/3）- 1}/4 = 0.455410041101
（4r^3 +3rr -1 = 0 の実根)
のとき
M =（2/3)√{(1+r)(1-r^3)/3｝= 0.4418722310911 < 0.48 >>403
・例１
a_1 = 0．7714225971
（a^8 -9a^6 +30a^4 -30a^2 +9 =0 の正根）
r = 0．63632317
（(1+r)(1-r^3）-3rr = 0 の実根）
M = ｒ(1-rr)^(3/2)/(1-r^3）= 0．393502193
>>404
・例３
r =｛(2+√3)^(2/3）+（2-√3)^(2/3）- 1}/4 = 0.45541
（4r^3 +3rr -1 = 0 の実根）
M =｛(207+48√3)^(1/3）+（207-48√3)^(1/3）- 1}/24
（M^3 +（1/8)M^2 -（1/6)M -（1/27）= 0 の実根） >>416
コーシーの不等式より
n｛Σ[k=1，n］s_k （a_k)^2｝≧（Σ[k=1，n］a_k √s_k)^2,
0≦x<y に対して、
（y-x）√y > ∫[x，y］√t dt =（2/3）｛y^(3/2）- x^(3/2)},
ゆえに、k = 1，2，…，n に対して、
a_k √s_k >（2/3)｛（s_k)^(3/2）-（s_{k-1})^(3/2)｝
（ただし、s_0 = 0 とする。）
k = 1，2，…，n について足し合わせると、
Σ[k=1，n］a_k √s_k >（2/3）（s_n)^(3/2),
以上により
n｛Σ[k=1，n］s_k（a_k)^2｝>（4/9）（s_n)^3, >>417
0≦x，y に対して、 AM-GM で
y^(3/2）+ x^(3/2）+ x^(3/2）≧ 3x√y,
∴ （y-x）√y ≧（2/3）｛y^(3/2）- x^(3/2)}, [3']
三変数の相加相乗平均の不等式
「a,b,c > 0 に対し、a^3+b^3+c^3 ≧ 3abc」
を証明せよ。
ただし、不等式評価には次の不等式のみを用いること。
「任意の実数 p,q,r，x,y,z に対して （pp+qq+rr）（xx+yy+zz）≧（px+qy+rz)^2」
[4]
xは実数とする。
2+√2 ≦ √{1+sin(x)}＋√{1+cos(x)｝＋√{1-sin(x)｝+√{1-cos(x)｝≦ √{2(2+√2)}＋√{2(2-√2)}
を示せ。
最小は x=nπ/2，最大は x=nπ/2 + π/4 のとき。
（http://twitter.com/perfect08641086/） 〔類題〕
-1≦y≦1 ⇒ √(1+y）＋√(1-y）≦2
等号成立は y=0. 〔問題〕
a，b，c >0 のとき、
（1） a/(b+c）+ b/(c+a）+ c/(a+b）≧ 3/2, （Nesbitt，Shapiro-3）
（2） a/(a+b）+ b/(b+c）+ c/(c+a）≦｛(a+b+c)^2 + 3(ab+bc+ca)}/{4(ab+bc+ca)},
（3） a/(a+b）+ b/(b+c）+ c/(c+a）≦（ab+bc+ca)^2／{2abc(a+b+c)}, 【オイラーのφ関数】
(1) 奇素数 p、自然数 n に対して、φ(p^n) > √(p^n) を示せ。
(2) 自然数 n (≠2、6) に対して、φ(n) > √(n) を示せ。
あぁぁ、脳が…震え… >>421
(4) a/(a+b）+ b/(b+c）+ c/(c+a）≦ 3{(a+b+c)^2 + (ab+bc+ca)}/{8(ab+bc+ca)} ≦ (a+b+c)^2 / {2(ab+bc+ca)},
(略証）
s = a+b+c,
t = ab+bc+ca,
u = abc,
とおくと
(a+b)(b+c)(c+a) = st-u ≧ 8st/9,
3(st+aab+bbc+cca) = s(ss+t) -a(a-b)^2 -b(b-c)^2 -c(c-a)^2 ≦ s(ss+t),
したがって
(左辺) = (st+aab+bbc+cca)/(st-u)
≦ (1/3)s(ss+t)/(8st/9)
= 3(ss+t)/(8t). >>423
(1)
・n=1 のとき
p≧3 ゆえ、(p-1)^2 - (p+1) = p(p-3) ≧ 0,
φ(p) = p-1 ≧ √(p+1) > √p
・n≧2 のとき
n-1 ≧ n/2,
φ(p^n) = (p-1)･p^(n-1) ≧ (p-1)・p^(n/2) >>419
[3']
（aa+bb+cc)^2 =（bb+cc+aa)(cc+aa+bb）≧（bc+ca+ab)^2,
aa+bb+cc -ab -bc -ca ≧ 0,
よって
a^3 + b^3 + c^3 - 3abc =（a+b+c)(aa+bb+cc-ab-bc-ca）≧ 0, >>423
(1)
p≧3 のとき、(p-1)^2 -（p+1）= p(p-3）≧ 0,
p-1 ≧ √(p+1）> √p,
φ(p^e）=（p-1)p^(e-1）> p^(e-1/2）≧ √(p^e) (e≧1)
(2)
・nが奇数のとき
nの素因数は奇素数のみ。
∴nの素因数pごとに分ければ成立。
・nが4の倍数のとき
e≧2 に対して
φ(2^e）= 2^(e-1）≧ 2^(e/2), …成立。(e=2 のときは等号）
∴nの素因数pごとに分ければ成立。
・n=2･(奇数），n>6 のとき
nは 4より大きい素因数（p>4）または平方因子（e≧2）をもつ。
p>4 ならば（p-1)^2 -（2p+1）= p(p-4）> 0,
p-1 > √(2p+1）> √(2p）
φ(2･p^e）=φ(p^e）=（p-1)p^(e-1）>（√2)p^(e-1/2）≧ √(2･p^e),
e≧2 ならば
φ(2･p^e）=φ(p^e）=（p-1)p^(e-1）≧ 2p^(e-1）> √(2･p^e) a、b、c >0 に対して、
9 > (4a+b)/(a+4b) + (4b+c)/(b+4c) + (4c+a)/(c+4a) > 3/2
これが中学生向けの問題だと！ あぁぁ、脳が…震え… >>428
p≧q ⇒ 4 >（4p+q)/(p+4q）≧1,
p≦q ⇒ 1 ≧（4p+q)/(p+4q）> 1/4,
だから
a≧b≧c ⇒ 4 + 4 + 1 >（中辺）> 1 + 1 + 1/4,
a≦b≦c ⇒ 4 + 1 + 1 >（中辺）> 1 + 1/4 + 1/4,
実際には 8.25 > （中辺）≧ 3.0 らしい… >>429
k≧2,
p = aab+bbc+cca -3abc ≧ 0,
q = abb+bcc+caa -3abc ≧ 0,
とおくと、
（a+kb)(b+kc)(c+ka）= kp + kkq +（1+k)^3･abc,
（ka+b)/(a+kb）+（kb+c)/(b+kc）+（kc+a)/(c+ka）
= 3 +（k-1){(2k-1)p＋k(k-2)q}/{kp+kkq+(1+k)^3･abc}
≧ 3,
上限は 2k + 1/k, >>428-430
JJMO(2008)でござった。
>>430
上限は 2k + 1/k。 これをどうやって示すのか分かりませぬ…。 〔大関の不等式〕
単調減少な正数列 x_1 > x_2 > …> x_j > … > x_n > 0 について
Π[j=1,n］（x_j)^x_{j-1｝＞ Π[j=1,n］（x_j)^x_{j+1},
Σ[j=1,n］ x_{j-1｝log(x_j）＞ Σ[j=1,n］ x_{j+1｝log(x_j),
ただし、x_{n+1｝= x_1，x_0 = x_n とする。
数セミ、2018年3月 NOTE >>431
（ka+b)/(a+kb）+（kb+c)/(b+kc）+（kc+a)/(c+ka）
= 2k + 1/k -｛[2(k-1)^2 +1］kq + (1/k)(2k-1)(k-1)(k+1)^3･abc}/{kp+kkq+(1+k)^3･abc}
≦ 2k + 1/k, >>433
ありがたや～
>>432
『大関の不等式』の大関って、不等式の本書いてる大関親子のどっちか？ それともNOTEに投稿した読者の名前かな？
地方では、雑誌の発売日は翌日以降になるから、まだ読めていないのでござる。 >>433
> （ka+b)/(a+kb）+（kb+c)/(b+kc）+（kc+a)/(c+ka）
> = 2k + 1/k -｛[2(k-1)^2 +1］kq + (1/k)(2k-1)(k-1)(k+1)^3･abc}/{kp+kkq+(1+k)^3･abc}
qの係数は、2(k-1)^2 +1］kq ぢゃなくて、k(k^2-1)q ではござらぬか？ n^5 = 27^5 + 84^5 + 110^5 + 133^5 をみたす自然数 n を求めるときに、大雑把に n のとりうる値の範囲を絞りたい。
n^5 ≡ 24 (mod 30) から、n = 24+30k で、答えは144なんだが、nの範囲を上手に知りたいのでござる。
下限は、n^5 = 27^5 + 84^5 + 110^5 + 133^5 > 135^n だから、n>135
上限が 174 より小さいってのを一発でエレガントに出すような不等式ってないでござる蟹？ 4^(1/5) = 1.319…
n^5 = 27^5 + 84^5 + 110^5 + 133^5 < 4*133^5 < (7/5)^5*133^5 = 186.2^5
n^5 = 27^5 + 84^5 + 110^5 + 133^5 < 4*133^5 < (33/25)^5*133^5 = 177.56^5
この方法はイマイチですな。 金利の計算等でよく知られている72の法則から
2^(1/5)≒1.144≒8/7
27^5 + 84^5 + 110^5 + 133^5 < 111^5 + 110^5 + 133^5
≒(111*8/7)^5+133^5≒127^5+133^5 ＜2*133^5≒(133*8/7)^5=152^5 とか >>434
子の清太氏でござる。（今や宇都宮大学も退官されて古希でござるな）
〔補題〕
0 < y < x_1 で Ｆ(y）= log(y/x_1)/(x_1 - y）は単調増加
Ｆ '(y）=｛x_1/y -1 -log(x_1/y)}/(x_1 - y)^2 > 0 から出る。
(左辺)－(右辺）= Σ[j=1,n］｛x_j･log(x_{j+1}）- x_{j+1}･log(x_j)}
= Σ[j=1,n］｛(x_j-x_1)･log(x_{j+1}/x_1）-（x_{j+1}-x_1)･log(x_j/x_1)}
= Σ[j=2,n-1］｛(x_j-x_1)･log(x_{j+1}/x_1）-（x_{j+1}-x_1)･log(x_j/x_1)}
= Σ[j=2,n-1］（x_1-x_j)(x_1-x_{j+1})｛Ｆ(x_j）-Ｆ(x_{j+1})}
> 0 （← x_1 > x_j > x_{j+1}）
>>435
仰るとおり。死んでお詫びを…（AA略 >>436
等比級数と比較する（ダランベールの判定法？）
r = 110/133 とおく。r < 5/6
110 = 133 r,
84 < 90.9774 = 133 r^2,
27 < 75.2445 = 133 r^3,
n^5 < 133^5 (1 + r^5 + r^10 + r^15)
< 133^5/(1-r^5)
= 133^5 /{1-(5/6)^5｝
= 133^5 /0.59812
= （133 * 1.10826)^5,
n < 133 * 1.10826 < 147.4
n = 144 に近い（？） >>436
r = 110/133 とおく。
r^5 < 2/5,
1/(1-r^5）< 5/3,
n < 133･(5/3)^(1/5）= 133･1.10757 = 147.306
r^5 < 12/31,
1/(1-r^5）< 31/19,
n < 133･(31/19)^(1/5）= 133･1.10286 = 146.68
n=144 に近いかも（？） >>438-441
ありがとうございます。いろいろありますね。
> 金利の計算等でよく知られている72の法則から
全く知らなかったでござる。 >>439
清太氏に不等式の本を書いてもらいたい。
まだ書いていないこと沢山あるだろう…。 >>430
p, q を使うという発想が凄いな。鬼がかっている… >>443
もし出たら、餃子を食いながら解こうかな（"＾ω＾）・・・ （宇都宮） 清太氏の最新刊は、数学のかんどころシリーズの不等式だったけど、あのシリーズは、
『OnePoint双書の精神を継承し、ページを押さえ、テーマを絞り、手軽に読めるように』なので、あんまり載ってないんよな。
やはりここは、大関（親）の絶版書の内容も含む３つの著書を含めて、
まだ書いてないこともたくさん入れて、ページ数制限なしで分厚いのを出してほしい。
喩えるなら、「素数全（朝倉書店、2010）」とか「数学の女王（共立出版、2013）」みたいな感じで。 n∈N、r∈R、r≧1 に対して、
{(n+1)^(r+1)*n^r}/{(n+1)^(r+1) - n^(r+1)} ≧ Σ[k=1 to n] k^r ≧{(n+1)^r*n^(r+1)}/{(n+1)^(r+1) - n^(r+1)}
油断、怠慢、即ち怠惰！ (1) a>b>c> 0 のとき、ax^2+bx+c=0 の解αは、|α|<1 をみたすことを示せ。
(2) x^3 + 3x^2 + 5x + 7 = 0 の解αは、1<|α|≦3 をみたすことを示せ。
あぁぁ、脳が…震える…
-‐. . : ヘ三≧-_
＜: : ／: : : : : : :￣＜三≧
／: : : : : /: : : : : : :／: : : : : : ＜≧
／: : : : : : / : : : : : :./: : : : : : : : : : : :＜=
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/´/ ´ 刃: :i :i :{ : : : : :/ : : : : : : : : :| : : | : : : : :.i
/ /イ´.／: :l ‐ ､ :i: :i : : : :i.: : : :.:. | : : |: : : : : :ﾍ
レ / ./／ ii| ● i:::::i : : : .::: : : : : :i : : i: : :i : : : :i
i´ ´ / . ヾ､. ＿ ﾉ::::..::. : .::::: : : : : :i : : i: : :i : : : :|
三=- ＿＿＿__.| |.＼. ￣ ／.,:::::: ‐ ､: :/: : /: : :i.: : : : |
三=---- 三三/ .} 冫 ─i´ ,,,. ´ | ● i::: : :, :_., : |: : : :.|
´ / i ／i. ./ / ヘ ヾ丶 i ヾ､. ＿ ﾉ /4/∥:::| : : : |
冫"~ ￣ / / i . 丶 ￣i ￣ ./ i i .|}::/: : : :/
／ イ ´ / ｀メ ノ ＼ ＼ |／ | |.|.: : : :./
| =＝ ／| i ｀ ＜丿メノ ｀ う ア ´ ／／/: : ／ ＼ ___
┐ __ －=三〈 ｀ー-＼ ＼ ノメ／／''" .／／ ￣ _ - = 三三三三
i-'".|三三三三=丶- ､ ＼ ｀､ノ／/ ,.-'''" -=三三三三三三=
/ /三三三三三＝┐ 丶 - ´, / / -＝三三三三三三三=
. 〈 〈 三三三三三三 .| | └‐- ´i/ /＝三三三三三三三三 〈 >>449
(1)
・解が実数のとき（bb-4ac≧0）
｜x｜≧1 ⇒ axx+bx+c ≧ a|x| -b|x| +c =（a-b)|x｜+ c > c > 0
∴｜α｜< 1
・解が共軛複素数のとき（bb-4ac<0）
｜α| = √(αα~）= √(c/a）< 1,
(2)
x≧-2 ⇒ x^3 +3x^2 +5x +7 =（x+2)(xx+x+3）+ 1 ≧ 1,
x≦-3 ⇒ x^3 +3x^2 +5x +7 =（x+3)(xx+5）-8 ≦ -8
中間値の定理より（-3，-2）に実解ｒがある。
x^3 +3x^2 +5x +7 =（x-r){xx +(3+r)x - 7/r},
xx +（3+r)x - 7/r = 0 は複素数解αをもつ。
解と係数の関係から ｒαα~ = -7,
｜α｜= √(αα~） =√(-7/r）,
∴ √(7/3）< ｜α｜ < 2,
・蛇足
ｒ = -1 +（1/3){6(-9+√87)}^(1/3）-（1/3){6(9+√87)}^(1/3)
= -2.1795090246
｜α｜= 1.79213072 >>436
s = 5/4 とおく。
133 > 131．25 = 84 ss,
110 > 105 = 84 s,
84 = 84,
n^5 > 84^5 *（s^10 + s^5 +1)
= 84^5 *｛(5/4)^10 +（5/4)^5 + 1}
> 84^5 *｛9 + 3 + 1}
= 84^5 * 13
>（84 * 5/3)^5
= 140^5,
∴ 141 ≦ n ≦ 147 （>>440-441) >>449
(1）は新潟大学ですね。
>>451
〔掛谷の定理〕
F(x）= a_0 x^n + a_1 x^{n-1} ＋ …… + a_{n-1｝x + a_0,
a_0 > a_1 > a_2 > …… > a_{n-1｝> a_n > 0
ならば、F(x）= 0 の解の絶対値は１より小さい。
(略証）
F(0）= a_n >0，F(1）> 0,
(1 - 1/x）F(x）/ x^n = a_0 - Σ[j=1，n］（a_{j-1} - a_j)/x^j - a_n / x^(n+1),
x=1 のときは
0 = a_0 - Σ[j=1，n］(a_{j-1} - a_j）- a_n,
辺々引いて
(1 - 1/x）F(x) / x^n = Σ[j=1，n+1］（a_{j-1} - a_j)(1 - 1/x^j) + a_n（1 - 1/x^{n+1}),
ここで、｜x｜≧1, x≠1 ならば
Re｛1/x^j｝≦｜1/x|^j ≦ 1,
であるが、等号成立は x=1 に限るので
Re｛1 - 1/x^j｝> 0,
∴ Re｛右辺｝> 0,
∴ F(x）≠ 0,
∴｜α｜<1
http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/solution/solution.htm
「經濟研究」の別証明は、あまりにも迂回的で逆行的でござるな。
市大とちゃんと統合成立するかなぁ？ >>453
などと嘯いてたら、間違えてしまった......orz
F（x）= a_0 x^n + a_1 x^{n-1} ＋ …… + a_{n-1｝x + a_ｎ, >>453-454
あぁぁ…、あなたはなんと勤勉なる事か！
偶々ネットで見かけた掛谷のpdfを見て出題したのでござるが、入試問題まで探してくるとはとはとはとは…！ >>451>>453
その『掛谷の定理』関連について詳しく書かれている本はないかなぁ？ 掛谷宗一
http://wp1.fuchu.jp/~sei-dou/jinmeiroku/kakeya-souichi/kakeya-souichi.htm 根の大きさの限界
http://nalab.mind.meiji.ac.jp/~mk/lecture/ouyoukaiseki4/algebraic-equation/kadai-2003-1/node5.html 逆数バージョン
〔掛谷の定理〕
正係数のn次多項式
F(x）= a_0 x^n + a_1 x^{n-1} ＋ …… + a_{n-1｝x + a_n,
0 < a_0 < a_1 < a_2 < …… < a_{n-1｝< a_n
について、F(x）= 0 の解の絶対値は１より大きい。
(略証）
F(0）= a_n >0，F(1）> 0,
(x-1）F(x）= a_0 x^(n+1）+ Σ[j=1，n］（a_{n-j+1｝- a_{n-j}) x^j - a_n,
x=1 のときは
0 = a_0 + Σ[j=1，n］（a_{n-j+1｝- a_{n-j}）- a_n,
辺々引いて
(x-1）F(x）= a_0（x^{n+1} -1) + Σ[j=1，n］（a_{n-j+1｝- a_{n-j})(x^j -1),
ここで、｜x｜≦ 1, x≠1 ならば
Re｛x^j｝≦｜x|^j ≦ 1,
であるが、等号成立は x=1 に限るので
Re｛x^j -1｝< 0,
∴ Re｛右辺｝< 0,
∴ F(x）≠ 0,
∴｜α｜> 1
(系） x → 1/x とすれば >>453
http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/solution/solution.htm >>453 >>459
(1)
n次方程式 F(x）= 0 の根｛r_k｝がすべて実数のとき、
F(x）が極値・停留値をとる点b｛F '(x）= 0 の実数解｝は次をみたす。
r_min ≦ b ≦ r_max
(2)
n次多項式 F(x）が停留値をとる点β｛F '(x）= 0 の解｝は、
F(x）= 0 のすべての根を含む凸領域内にある。
例） すべて単根｛α_k｝のときは
β = Σ[k=1,n］ｔ_k α_k
重み t_k = |β-α_k|^(-2)／{Σ[k=1,n］｜β-α_k｜^(-2)} >>460
重み t_k = |β-α_k|＾(-2)／{Σ[ｊ=1,n］｜β-α_j|＾(-2)} >>448
r=1 のときは等号になるので r>1 とする。中辺を
S(n）= Σ[k=1，n］ k^r
とおく。問題の式は
1/n ＞ S(n)/n^(r+1）- S(n)/(n+1)^(r+1）＞ 1/(n+1),
S(n)/S(n-1）＞｛(n+1)/n}^(r+1）＞ S(n+1)/S(n),
S(n)/(n+1)^(r+1）＞ S(n-1)/n^(r+1） …… 増加列
S(n)/n^(r+1）＞ S(n+1)/(n+1)^(r+1） …… 減少列
{1/(n+1)}Σ[k=1，n］｛k/(n+1)}^r ＞（1/n)Σ[k=1，n-1］（k/n)^r
（1/n)Σ[k=0，n］（k/n)^r ＞ {1/(n+1)}Σ[k=0，n+1］｛k/(n+1)}^r
となる。 >>448 （続き)
f(x）= x^r （r≧1）は下に凸だから、下の補題より
S(n)/{n（n+1)^r｝≧ S(n-1)/{(n-1）n^r},
S(n)/{(n+1）n^r｝≧ S(n+1)/{(n+2）（n+1)^r},
これと n/(n-1）＞（n+1)/n ＞（n+2)/(n+1） から >>462 が出る。
なお、n >> r では S(n）～｛1/(r+1)}(n + 1/2)^(r+1）
〔補題〕
f(x）が 0<x<1 で下に凸ならば
1）（1/n）Σ[k=1，n］f(k/(n+1)）≧｛1/(n-1)｝Σ[k=1，n-1］f(k/n),
2）｛1/(n+1)｝Σ[k=0，n］f(k/n）≧｛1/(n+2)｝Σ[k=0，n+1］f(k/(n+1)),
(略証)
1）
凸性からJensenにより
｛(n-k)/n｝f(k/(n+1)）+（k/n）f((k+1)/(n+1)）≧ f(k/n),
k=1 から k=n-1 まで加えて（n-1）で割る。
2）
凸性からJensenにより
｛k/(n+1)｝f((k-1)/n）+｛(n+1-k)/(n+1)｝f(k/n）≧ f(k/(n+1)),
k=0 から k=n+1 まで加えて（n+2）で割る。 >>462
> r=1 のときは等号になる
は間違いでした。
>>463
2) f(x）が 0≦x≦1 で下に凸ならば…
http://suseum.jp/gq/question/2868 〔Popoviciuの不等式〕
f(x) が下に凸ならば、 (a+b+c)/3 = m に対して
f(a) + f(b) + f(c) + 3f(m) ≧ 2f((a+b)/2) + 2f(a+c)/2) + 2f((b+c)/2),
(略証)
a≦b≦c としてよい。
(i) a，b ≦ m ≦ c のとき
f(a) + f(b) ≧ 2f((a+b)/2),
f(m) + f(c) ≧ 2f((m+c)/2),
2f(m) + 2f((m+c)/2) ≧ 2f((a+c)/2) + 2f((b+c)/2),
辺々たす。
(ii) a ≦ m ≦ b，c のとき
f(a) + f(m) ≧ 2f((a+m)/2)
2f((a+m)/2) + 2f(m) ≧ 2f((a+b)/2) + 2f((a+c)/2),
f(b) + f(c) ≧ 2f((b+c)/2),
辺々たす。
文献［9］佐藤淳郎（訳）p.41 演習問題1.89 a、b、c ∈ (1、∞) または、a、b、c ∈ (0、1) のとき、
log_a(bc) + log_b(ca) + log_c(ab) ≧ 4{ log_(ab)c + log_(bc)a + log_(ca)b }
（参考）
過去スレに、a、b、c ∈ (1、∞) のとき、
左辺 > 定数
定数 > 右辺 > 定数
というのを収集して貼ったような希ガス、ハロゲンガス…。
詳細は…不明ですか？ あなた、怠惰…ですね
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＼ .＼//////／ | >>469
A = ln(a)，B = ln(b)，C = ln(c) とおく。
題意により、A，B，Cは同符号。
正であるとしても一般性を失わない。
S=A+B+C，T=AB+BC+CA，U=ABC とおく。
(左辺) = (B+C)/A + (C+A)/B + (A+B)/C = (ST-3U)/U,
(右辺) = 4{C/(A+B) + A/(B+C) + B/(C+A)} = 4{S(SS-2T) + 3U}/(ST-U),
(左辺) - (右辺) = {(ST-9U)T + 3SU･F_{-1}) + SSU･F_{-2} }/{T(ST-U)} ≧ 0,
ここに
U･F_{-1} = TT -3SU ≧ 0,
UU･F_{-2} = T^3 -4STU +9UU ≧ 0,
なお、
(右辺) ≧ 6 (Nesbitt、Shapiro-3) >>466
f(m) + f((m+c)/2) ≧ f((a+c)/2) + f((b+c)/2),
f(m) + f((a+m)/2) ≧ f((a+b)/2) + f((a+c)/2),
のところが分からん？
〔補題〕
f(x) は m，nを含む区間で下に凸
m+d，n-d が mとnの中間にあるとき
f(m) + f(n) ＞ f(m+d) + f(n-d)
(略証)
m≠n、0<λ<1 に対して
（1-λ)f(m) + λf(n) ＞ f((1-λ)m + λn) = f(m+d)
λf(m) +（1-λ)f(n) ＞ f(λm + (1-λ)n) = f(n-d)
辺々たす。
ここに、d = λ(n-m) とおいた。 >>469
〔補題〕
A，B，C が同符号のとき
(B+C)/A + (C+A)/B + (A+B)/C ≧ 4{A/(B+C) + B/(C+A) + C/(A+B)},
(略証)
AM-HM より
A(1/B + 1/C）≧ 4A/(B+C),
B(1/C + 1/A) ≧ 4B/(C+A),
C(1/A + 1/B) ≧ 4C/(A+B),
辺々たす。 >>470
〔Nesbitt、Shapiro-3〕
A/(B+C) + B/(C+A) + C/(A+B) ≧ 3/2,
(左辺) = (A+B+C) {1/(B+C) + 1/(C+A) + 1/(A+B)} - 3
≧ (A+B+C) * 9/ {2(A+B+C)} - 3 （← AM-HM)
= 9/2 - 3
= 3/2.
(左辺) = (A+B+C) {1/(B+C) + 1/(C+A) + 1/(A+B)} - 3
= (1/2) {(B+C)+(C+A)+(A+B)} {1/(B+C) + 1/(C+A) + 1/(A+B)} - 3
≧ (1/2)(1+1+1)^2 - 3 （← コーシー）
= 9/2 - 3
= 3/2. C[n,r]は二項係数とする。
(1) n ∈N (ｎ≧2) に対して、2^{2n-1}/\sqrt(n) < C[2n, n] < 2^{2n-1} を示せ。
(2) n+1 以上 2n-1 以下の素数の積は、2^{2n-2} より小さいことを示せ。
ただし、該当する素数がないときは、積を1とする。
(3) n 以下の素数の積は、2^{2n-1} 以下であることを示せ。 >>474
(1)
2^(2n-1) /√n < C[2n，n] < 2^(2n-1) √{2/(n+1)},
nについて帰納法による。
n=2 のとき、8/√2 < C[4，2] < 8√(2/3) ゆえ成立。
n-1 について成り立つならば
2^(2n-3)/√(n-1) < C[2n-2，n-1] < 2^(2n-3)√(2/n),
4√{(n-1)/n} < 4 (2n-1)/2n < 4√{n/(n+1)},
辺々かけて
2^(2n-1)/√n < C[2n，n] = 2^(2n-1)√{2/(n+1)},
∴ n についても成立。 >>475
いつもながら実に実に実に～ぃ、素晴らしいデス！
参考資料まで探して頂き、感謝の極みでござるぞ！ >>463
〔補題〕
http://www.casphy.com/bbs/highmath/472060/265 （不等式２）
（２）（x=0，x=1 も含む方）
大関： 文献[3] p.130 例題6. >>476
Stirlingの近似
n！≒ √(2π）n^(n+1/2）e^{-n + 1/(12n)},
から
Ｃ［2n，n］=（2n)！/(n！･n！）≒（4^n)/√(πn）・e^{-1/(8n)}, 〔問題〕
80.60 < Σ［k=1，24］√k < 80.65 を示せ。
面白スレ２６-103 >>480
左側：
y=√x は上に凸だから、接線が上。
√k > ∫[k-1/2，k+1/2］√x dx =（2/3)｛(k+1/2)^(3/2）-（k-1/2)^(3/2)｝,
右側：
y=√x は上に凸だから、割線が下。
｛√k + √(k+1)}/2 < ∫[k，k+1] √x dx =（2/3)｛(k+1)^(3/2）- k^(3/2)｝,
ただし、1≦k≦4 は別途たす。 〔応用問題〕
｛√k + √(k+1)}/2 < ∫[k，k+1] √x dx =（2/3)｛(k+1)^(3/2）- k^(3/2)｝,
を用いて次を示せ。
(2) √2 < 99/70 = 1.41428571… (k=8)
√2 > 1393/985 = 1.41421320… (k=49)
√2 < (19601/6)/2310 = 1.4142135642… (k=288)
(3) √3 < (1351/6)/130 = 1.73205128… (k=48)
(5) √5 < 2889/1292 = 2.236068111… (k=80)
(6) √6 < (485/6)/33 = 2.4494949… (k=24)
(7) √7 < 2024/765 = 2.645751634… (k=63)
(10) √10 > 117/37 = 3.16216216… (k=9)
√10 < (27379/6)/1443 = 3.1622776622… (k=360)
(11) √11 < 3970/1197 = 3.316624895… (k=99)
(17) √17 > 268/65 = 4.123076923… (k=16)
(37) √37 > 882/145 = 6.08275862… (k=36)
面白スレ２６ - 109～110，117 >>484 に追加
(15) √15 < 244/63 = 3.87301587… (k=15)
(35) √35 < 846/143 = 5.9160839… (k=35)
(101) √101 > 4030/401 = 10.049875311… (k=100) >>428
分子を変えた場合に最大最小値はどうなるのか気になるでござる ( ﾟ∀ﾟ) ｳﾋｮｯ！
a、b、c、p、q >0 に対して、
(1) a/(pa+qb) + b/(pb+qc) + c/(pc+qa)
(2) b/(pa+qb) + c/(pb+qc) + a/(pc+qa)
(3) c/(pa+qb) + a/(pb+qc) + b/(pc+qa) ≧ 3/(p+q) >>486
(3)
c(pa+qb）+ a(pb+qc）+ b(pc+qa）=（p+q)(ab+bc+ca),
コーシーにより
(左辺）≧（a+b+c)^2 /｛(p+q)(ab+bc+ca)｝≧ 3/(p+q),
でござるか。 >>483
左側：
積分計算を避けるなら、
AM-GM より
（kk -1/4)^3 ≧（kk)(kk -3/8)(kk -3/8),
｛(k+1/2)^(3/2) - (k-1/2)^(3/2)}^2 = 2k(kk +3/4) -2(kk -1/4)^(3/2)
≦ 2k(kk +3/4) -2k(kk -3/8)
= 9k/4,
√k ≧ (2/3）｛(k+1/2)^(3/2) - (k-1/2)^(3/2)},
以下は同様。 >>483
右側：
｛√(k+1）- √k}^2 = 1/{√(k+1）+ √k}^2 ≧ 1/{2(k+1）+ 2k｝= 1/{2(2k+1)},
より
（右辺)^2 -（左辺)^2 =（4/9）｛(k+1)^(3/2）- k^(3/2)}^2 -（1/4)｛√k + √(k+1）}^2
=（1/36）［{4(2k+1)^2 +5｝｛√(k+1）- √k}^2 - 2(2k+1）］
≧(1/36）［{4(2k+1)^2 +5｝/｛2(2k+1)｝- 2(2k+1）］
=（5/36）/{2(2k+1)},
｛√k + √(k+1)｝/2 <（2/3)｛(k+1)^(3/2）- k^(3/2)},
以下は同様。 >>486
(1) 3/p > a/(pa+qb) + b/(pb+qc) + c/(pc+qa) > 0
(2) 3/q > b/(pa+qb) + c/(pb+qc) + a/(pc+qa) > 0
( ﾟ∀ﾟ) ﾌﾟｩ
ノヽノ) =3'A`)ﾉ ﾋｬｰ
くく へﾍﾉ >>486
(1) Max{2/p，3/(p+q)｝ > a/(pa+qb) + b/(pb+qc) + c/(pc+qa) > min{3/(p+q)，1/p｝,
(2) Max{2/q，3/(p+q)｝ > b/(pa+qb) + c/(pb+qc) + a/(pc+qa) > min{3/(p+q)，1/q｝,
(3) c/(pa+qb) + a/(pb+qc) + b/(pc+qa) ≧ 3/(p+q), >>487 >>428 >>429
ドイツ Team Selection Test 2010 Vaimo 8, 問2
twitter.com/Inequalitybot/ [129] >>492
ど、どう証明するのかな？ ・・・・・･･･ｺﾞｸﾘ。
ヽ|/
／￣￣￣＼
/ ヽ
/ ＼ ／ |
｜ (●)(●)|∥|
｜ /￣⌒￣ヽ U|
｜｜i二二ヽ| |
｜U＼＿＿_ノ |
｜ | >>474
(1)
2^(2n-1) /√n < C[2n，n] < 2^(2n) /√(πn),
大関：参考書[3]、p.53 例題10 (1987)
W.F.Sierpinski: "Elementary theory of numbers"，PWN-Polish Sci. Publ. (1964) 〔問題983〕
実数 0 < x < π/6 に対して、 不等式
sin(x) < 2x/(x +π/2）
を示せ。
分かスレ４４１-983、分かスレ４４２-10，28，47 >>496
問題だけじゃなく、証明も貼っておこうぜ！ ここは不等式のコレクターのためのスレなんだからな。
> y=π/2 で成り立てば、
> 2{1-sin(x)}/(π/2 -x) > sin(x)/x, >>28
> x/sin(x) > (π/2 +x)/2,
> ならば十分。そこで
> g(x) = x/sin(x),
> とおく。
> ｜x｜<π/2 で g(x) は下に凸。 … (*)
> g(π/6)=π/3 と g(π/2)=π/2 を通る割線を曳く。
> z = (π/2 +x)/2,
> -π/2 < x < π/6 のとき g(x) > (π/2 +x)/2,
>
> (*)
> 1-cos(x) ≧ 0,
> x-sin(x) = ∫[0，x] {1-cos(t)} dt > 0 （x>0)
> sin(x)-x･cos(x) = ∫[0，x] t･sin(t) dt > 0 (0<x<4.4934094579）
> より
> g '(x) = {sin(x)-x･cos(x)}/sin(x)^2,
> g "(x) = {1-cos(x)}/sin(x)・g '(x) + {1+cos(x)}{x-sin(x)}/sin(x)^3 > 0, 〔問題〕
(1)
f(x）g(x） = 1ならば
f '(x）g '(x） < 0,
さらに f(x）f "(x） < 0 のとき
f "(x）g "(x） < 0,
(2)
g(x) = x/sin(x） について、
|x| < 2.081575977818 ⇒ g "(x） > 0,
分かスレ４４２-069 >>499
(1) そうです。（微分可能な…）
(2)
｜x｜< 2.0815759778181 ⇒ ｛sin(x)/x｝" < 0
を使っていいらしい。 非負実数 a_1、…、a_n に対して、
(Σ[k=1 to n] a_k){Σ[k=1 to n] (a_k)^(n-1)} ≦ n*Π[k=1 to n]a_k + (n-1)*Σ[k=1 to n] (a_k)^n
昔の手書きメモから発掘、詳細不明 ( ﾟ∀ﾟ) ｳﾋｮｯ >>512
⊿_n = (右辺) - (左辺)
= (n-1)Σ[k=1,n] (a_k)^n - {Σ[k=1,n] a_k}{Σ[k=1,n] (a_k)^(n-1)} + n･a_1･a_2…a_n,
a_1 = a，a_2 = b，a_3 = c，a_4 = d，a_5 = e，
とおいてシューア展開すると、
⊿_1(a) = 0,
⊿_2(a,b) = 0,
⊿_3(a,b,c) = F_1(a,b,c)
⊿_4(a,b,c,d) = (2/3){F_2(a,b,c) + F_2(b,c,d) + F_2(c,d,a) + F_2(d,a,b)} + (1/3){F_1(a,b,c)d + F_1(b,c,d)a + F_1(c,d,a)b + F_1(d,a,b)c},
⊿_5(a,b,c,d,e) = (1/2)Σ[a,b,c] F_3(a,b,c) + (1/6)Σ[a,b,c] F_2(a,b,c)(d+e) + (1/6)Σ[a,b,c] F_1(a,b,c)de,
ここに Σ[a,b,c] は C[5,3] = 10項の和 >>513
〔Schurの不等式〕
F_m(x,y,z) = (x^m)(x-y)(x-z) + (y^m)(y-z)(y-x) + (z^m)(z-x)(z-y) ≧ 0,
文献[3] 大関(1987) p.28
文献[8] 安藤(2012) p.27～28
文献[9] 佐藤(訳)(2013) p.40 a, b, c >0 かつ abc=1 のとき、 (a^10 + b^10 + c^10)^2 ≧ 3*(a^13 + b^13 + c^13).
┏ ━ゝヽ''人∧━∧从━〆Ａ!ﾟ━━┓。
＜ ゝ＼',冫｡’ ,,,, ∧,,∧ ' ゛△´ ' ゝ'┃
∇ ┠─Σ┼ ,ﾆ,◎､・ω・') 冫／ そ', .┨'ﾟ,。
.。冫▽ ＜ 冫 ｒ'/ミ/〉⊂ノ 乙 ≧ ▽
。 ┃ Σ. 〈/"）､〉ﾉノ ､'’ ≦ │て く
┠─ム┼ （_/_iiiﾉ ､,,’.┼ ｧ Ζ┨ ミｏ'’｀
.。○.〆 `､,~´＋ ! .! √ ▽ ',! ヽ.◇ ｏ.┃
┗〆━┷. Ｚ,..`"┷━''ｏ.ヾｏ┷+＼━┛,゛； ⊿_n = Σ[m=1,n-2] 2(n-m-2)! m!/(n-1)! Σ[a,b,c] F_m(a,b,c) S_{n-m-2}(A-{a,b,c}) ≧0,
A = {a_1，a_2，…，a_n}
納a,b,c] は C[n,3] = n(n-1)(n-2)/6 項の和。
S_j(B) は集合Bの要素で作ったj次の基本対称式
A = {a_1，a_2，…，a_n}
ついで乍ら
納a,b,c] F_m(a,b,c) = {m(m+1)2}Σ[k=1,n] (a_k)^(m+2) S_{n-m-2}(A-{a_k})
- m(n-m-1)納k=1,n] (a_k)^(m+1) S_{n-m-1}(A-{a_k})
+ {(n-m)(n-m-1)/2}納k=1,n] (a_k)^m S_{n-m}(A-{a_k}) >>513
⊿_n = Σ[m=1,n-2] 2(n-m-2)! m!/(n-1)! Σ[a,b,c] F_m(a,b,c) S_{n-m-2}(A-{a,b,c}) ≧0,
A = {a_1，a_2，…，a_n}
Σ[a,b,c] は C[n,3] = n(n-1)(n-2)/6 項の和。
S_j(B) は集合Bの要素で作ったj次の基本対称式
A = {a_1，a_2，…，a_n}
ついで乍ら
Σ[a,b,c] F_m(a,b,c) = {m(m+1)2}Σ[k=1,n] (a_k)^(m+2) S_{n-m-2}(A-{a_k})
- m(n-m-1)Σ[k=1,n] (a_k)^(m+1) S_{n-m-1}(A-{a_k})
+ {(n-m)(n-m-1)/2}Σ[k=1,n] (a_k)^m S_{n-m}(A-{a_k}) (1/2)*(3/4)*…*(999999/1000000) < 1/1000 を示せ。
∧＿∧
（ ´･ω･) 先月の数蝉に不等式の問題があったような…
（つ旦と）
と＿）＿） >>518
√((2k-1)(2k+1)) = √(4kk-1) < 2k,
(左辺) = {√(1･3)/2}{√(3･5)/4｝…｛√((2n-1)(2n+1))/(2n)} / √(2n+1)
< 1/√(2n+1)
< 1/√(2n)
= 0.001
(別法)
Stirling の公式から
(左辺) = (2n-1)!! / (2n)!!
= (2n-1)!! / {(2^n) n!}
= (1/4)^n・C(2n，n)
= 1/√(nπ)・{1 - 1/(8n) + 1/(128n^2) + 5/(1024n^3) - …… }
< 1/√(nπ)
= 1/√(500000π)
= 0.00079788456080
なお、（左辺) = 0.00079788436133 コレクションになかったのを拾い集めてきた。(A1)以外は、たぶん過去スレにもないと思ふ。
【絶対値絡み】
(A1) a, b, c >0 に対して、|(a-b)/(a+b)| + |(b-c)/(b+c)| ≧ |(a-c)/(a+c)|
(A2) [宜蘭 2007]
相異なる a, b, c >0 に対して、|(a+b)/(a-b) + (b+c)/(b-c) + (c+a)/(c-a)| > 1
(A3) [疑問]
a, b, c >0 に対して、|(a-b)/(a+b) + (b-c)/(b+c) + (c-a)/(c+a)| のとりうる値の範囲は？
【分数式とか】
(B1) [中国 2008]
a, b, c >0 に対して、ab/c + bc/a + ca/b ≧ 2*(a^3 + b^3 + c^3)^(1/3)
(B2) [宜蘭 2010]
a, b, c >0 に対して、1/(a^2) + 1/(b^2) + 1/(c^2) + 1/{(a+b+c)^2} ≧ (7/25)*{1/a + 1/b + 1/c + 1/(a+b+c)}^2
(B3) [IMO short list 2008]
a, b, c, d >0 に対して、(a-b)(a-c)/(a+b+c) + (b-c)(b-d)/(b+c+d) + (c-d)(c-a)/(c+d+a) + (d-a)(d-b)/(d+a+b) ≧ 0
(B4) [不等式bot]
a, b >0 に対して、
(ab)^3 + (bc)^3 + (ca)^3 + 9(abc)^2 + abc(a^3 + b^3 + c^3 + 9abc) ≧ 3abc(a+b)(b+c)(c+a)
不等式botってのを最近見つけたんだけど、何これ？ botって何ぞや？
同じ問題を繰り返し吐き出してるから、自動なのか？
登録してある問題をダブりなしに全部見てみたい。 【√がらみ】
(C1) [宜蘭 2008]
a, b, c >0 に対して、次式をみたす実数 k の最小値を求めよ。
a√b + b√c + c√a ≦ k√{(a+b)(b+c)(c+a)}
(C2) [香佐富斯坦 2010]
a, b >0 に対して、
√{(a^2-a+1)(b^2-b+1)} + √{(a^2+a+1)(b^2+b+1)} ≧ 2(x+y)
(C3) [スポック 2012]
a, b, c >0 に対して、
(a+b)√{(b+c)(c+a)} + (b+c)√{(c+a)(a+b)} + (c+a)√{(a+b)(b+c)} ≧ 4(ab+bc+ca)
(C4) [中国 2012]
a, b, c∈[0,1] のとき、√|a-b| + √|b-c| + √|c-a| の最大値を求めよ。
(C5) [波蘭 2004]
a, b, c∈R に対して、
√(2a^2+2b^2) + √(2b^2+2c^2) + √(2c^2+2a^2) ≧ √{3(a+b)^2 + 3(b+c)^2 + 3(c+a)^2}
(C6) [墺太利 2008]
a, b, c >0、a+b+c=1 に対して、
√{a^(b+c)*b^(c+a)*c^(a+b)} ≦ 1/3
(C7) [土耳古 2005]
a, b, c, d ∈R に対して、
√(a^4 + c^4) + √(a^4 + d^4) + √(b^4 + c^4) + √(b^4 + d^4) ≧ (2√2)*(ad+bc) 【微積分絡み】
(D1) [Putnum 1999]
実関数 f がC^3級で、任意の x∈R に対して、
0 < f'(x)、 0 < f''(x)、 0 < f'''(x) ≦ f(x)
をみたすとき、f'(x) < 2f(x) を示せ。
(D2) [AoPS]
f は [0,1] で単調増加な凸関数で、f(0)=0、f(1)=1 をみたす。
g を fの逆関数とするとき、x^2 ≧ f(x)g(x) を示せ。
(D3) [近大 2008]
実関数 f がC^2級で、任意の x∈R に対して f''(x)≧f(x) をみたすとき、
f(x) ≧ f(0)*{e^x + e^(-x)}/2 + f'(0)*{e^x - e^(-x)}/2
(D4) [山梨医改、不等式bot]
f(0) = f(1) = 0、f'は[0,1]で連続のとき、∫[0,1] {f'(x)}^2 dx ≧ (π^2)*∫[0,1] {f(x)}^2 dx
(D5) [京大院 2011]
実連続関数 f,φ は区間[a,b]上で狭義単調増加のとき、
∫[a,b] f(x)dx = 0 ならば、∫[a,b] f(x)φ(x)dx > 0 を示せ。
(D6) [羅馬尼亜 2004]
fが[0,1]で積分可能で、∫[0,1] f(x)dx = ∫[0,1] xf(x)dx = 1 のとき、∫[0,1] {f(x)}^2 dx ≧ 4 ;ヾ ;ヾ ;";ヾ;" ;ヾ ;ヾ ;
;ヾ ;ヾ ;ヾ";ヾ;ヾ ';ヾ ;ヾ ;ヾ ;ヾ ;ヾ
;ヾ.;ヾ ';ヾ ;ヾ ;ヾ;ヾ ';ヾ ;ヾ ;ヾ ;ヾ ;ヾ ;ヾ"ﾞ
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""";ヾ ;ヾ ;ヾ ;ヾ ;ヾ ;ヾ ;ヾ" ;ヾ ;ヾ ;ヾ ;ヾ ;ヾ ;ヾ;ヾ"
""ヾ;ヾ ;ヾ ;ヾ ﾞ;ヾ〃ﾐヾ ;ヾﾞ;ヾ ;ヾ 〃;ヾ ;ヾ ;ヾ ;ヾ;ヾ
;ヾ ;ヾ 〃;ヾ ;ヾ ;ヾ ;ヾ ;ヾ ;ヾ ;ヾ ;ヾ ;ヾ ;ヾ ;ヾ"
"" ;ヾ ;ヾﾞヾ ;ヾ ;ヾ;ヾ"ﾞ "iヾ;ヾ;ヾ" ﾞヾ;ヾ;ヾ"
"" 'ヾ;ヾ" || ｌ | ﾞ|/;ヾ" "
" |l ｉ ｌﾞｌ|
,,,, ",,,," ,,, " ∧ ∧ ,,, |l | ﾞ ｜| '' ,, " " ,, 春は不等式！
( ﾟ∀ﾟ)∬ ノﾉ 从ヾ ヽ、 ,,, '' やうやう白くなりゆく山際
'' ｀ ｀ ／ （＿）旦. ／ 少し明かりて、
／ ／ '''' "" 紫だちたる雲の細くたなびきたる
￣￣￣￣￣￣￣ >>520
(A2) [155]
(左辺) = |(p+q)/(p-q)|,
ここに p = aab+bbc+cca -3abc ≧ 0，q = abb+bcc+caa -3abc ≧ 0,
q-p = (a-b)(b-c)(c-a) = ⊿,
佐藤(訳) 問題3.103
(A3)
絶対値の中身 = (a-b)(b-c)(c+a)/{(a+b)(b+c)(c+a)},
-1 ～ +1
(B1) [96]
(ab/c + bc/a + ca/b)^3 ≧ 8(aaa+bbb+ccc) + 3abc,
bc/a=x，ca/b=y，ab/c=z とおく。
(B2) [198]
a+b+c = s，1/a+1/b+1/c = 3/h とおく。
s-3h ≧ 0,
(左辺) ≧ 3/hh + 1/ss,
(右辺) = (7/25)（3/h+1/s)^2,
(左辺) - (右辺) ≧ 6(2s-h)(s-3h)/(5hs)^2 ≧ 0,
等号成立は s-3h = 0，a=b=c.
(B3) [100]
a-c，b-d の2次形式として正定値。
(B4) [107]
(左辺) - (右辺) = (sssu+ttt+27uu) - 9stu ≧0 (←AM-GM）
ここに、s = a+b+c、t = ab+bc+ca、u = abc. >>521
(C1) [70]
コーシーにより、
(左辺)^2 ≦ (a+b+c)(ab+bc+ca) = (a+b)(b+c)(c+a) + abc ≦ (9/8)(a+b)(b+c)(c+a),
K = 3/√8．
佐藤(訳) 問題3.113
(C2) [114]
(左辺)^2 = 2{(aa+1)(bb+1) + ab + √(a^4+aa+1)√(1+bb+b^4)}
= 2{(aa+3ab+bb) + (ab-1)^2 + √(a^4+aa+1)√(1+bb+b^4)}
≧ 2{(aa+3ab+bb) + (aa+ab+bb)}
= 4(a+b)^2 (←コーシー）
等号成立は xy=1.
(C3) [16]
(a+b)√{(b+c)(c+a)} ≧ (a+b){c+√(ab)} ≧ (a+b)c + 2ab，
循環的にたす。
(C4) [62]
bはaとcの中間にあるとする。
√|a-b| + √|b-c| + √|c-a| ≦ (1+√2)|c-a| ≦ 1 + √2、
等号は（a，b，c）=（0，1/2，1)
(C5) [86]
2√{3(aa+bb+cc)} ≧ √(2aa+2bb) + √(2bb+2cc) + √(2cc+2aa) ≧ √{3(a+b)^2+3(b+c)^2+3(c+a)^2} ≧ 2(a+b+c),
(左辺)^2 = 4(aa+bb+cc) + 4√(aa+bb)√(bb+cc) + … + …
≧ 4(aa+bb+cc) + 2(a+b)(b+c) + 2(b+c)(c+a) + 2(c+a)(a+b)
= 3(a+b)^2 + 3(b+c)^2 + 3(c+a)^2
= (中辺)^2.
(C6) [49]
f(x) = (1-x)log(x) ≦ -(1-x)^2 は 0<x<1 で上に凸。
f(a) + f(b) + f(c) ≦ 3f((a+b+c)/3) = 2log(1/3)
(C7) [71]
√(xx+yy) ≧ (x+y)/√2 を使う。 >>522
(D1) [143]
未だ解けぬ～
(D2) [164]
{f(x)/x} ' = {xf '(x) - f(x)}/xx =∫[0→x] {f '(x) - f '(t)}dt/xx > 0（←fは凸）
f(x)/x は単調増加,
x < g(x) < 1,
f(x)/x ≦ f(g(x))/g(x) = x/g(x),
(D3) [144]
0 ≦∫[0，x] {f ''(t) - f(t)}sinh(x-t)dt = [ f(t)cosh(x-t)+f '(t)sinh(x-t) ](t=0，x) = f(x) - f(0)cosh(x) - f '(0)sinh(x).
(D4) [121] (Wirtingerの不等式)
g(x) = cot(x)とおく。
g '(x) + g(x)g(x) = -1,
[f(x)f(x)g(x)](x=0-π) = 0,
∴ 0 ≦∫｛f '(x)－f(x)g(x)}^2 dx
= ∫f '(x)f '(x)dx - [f(x)f(x)g(x)](x=0-π) + ∫f(x)f(x){g '(x) + g(x)g(x)}dx
= ∫f '(x)f '(x)dx - ∫f(x)f(x)dx,
大関・青柳「不等式」槇書店 p.204
(D5) [211]
中間値の定理から、a<c<b なるcがあって f(c)=0,
単調性から、(x-c)f(x)≧0、(x-c){φ(x)-φ(c)}≧0,
これを入れる。
(D6) [54]
0 ≦∫{f(x)+2-6x}^2 dx
= ∫f(x)^2 dx + 4∫f(x)dx -12∫f(x)･x dx +4∫(1-3x)^2 dx
= ∫f(x)^2 dx + 4 -12 +4.
[ ]内は Inequalitybot の番号ですぅ。 (C8) [月即別 2013] [187]
a≧b≧0 のとき、(a^2+b^2)^(1/2) + (a^3+b^3)^(1/3) + (a^4+b^4)^(1/4) ≦ 3a+b >>527
(C8) [187]
(a^2 + b^2)^(1/2) ≦ a + (√2－1)b,
(a^3 + b^3)^(1/3) ≦ a + {2^(1/3)－1}b,
(a^4 + b^4)^(1/4) ≦ a + {2^(1/4)－1}b,
辺々たす。
(左辺) ≦ 3a + 0.8633417b >>87
a^(2/3) = A，b^(2/3) = B，c^(2/3) = C とおくと、
aa+bb+cc - 2(ab+bc+ca) + 2abc+1
≧ A^3 + B^3 + C^3 - 2{AB(A+B) +BC(B+C) +CA(C+A)} + 3ABC
= ⊿_3（A，B，C) >>513
= F_1（A，B，C)
≧ 0, >>163
〔Turkevici の不等式〕 - 改
a^4 + a^4 + a^4 + a^4 + 2abcd - {ab(aa+bb) +ac(aa+cc) +ad(aa+dd) +bc(bb+cc) +bd(bb+dd) +cd(cc+dd)}/2
= a^4 + a^4 + a^4 + a^4 + 2abcd - {(a^3)(b+c+d) -(b^3)(c+d+a) -(c^3)(d+a+b) -(d^3)(a+b+c)}/2
= (1/2)⊿_4
≧ 0, >>513 >>163
〔Turkevici の不等式〕- 改
a^4 + b^4 + c^4 + d^4 + 2abcd - {ab(aa+bb) +ac(aa+cc) +ad(aa+dd) +bc(bb+cc) +bd(bb+dd) +cd(cc+dd)}/2
= {3(a^4 + b^4 + c^4 + d^4) -(a+b+c+d)(a^3+b^3+c^3+d^3) + 4abcd}/2
= (1/2)⊿_4
≧ 0 >>513 >>515
a^(10/3) = A，b^(10/3) = B，c^(10/3) = C とおくと本題は
(A^3+B^3+C^3)^2 ≧ 3(A^4+B^4+C^4)
〔補題〕
(A^3+B^3+C^3)^2 ≧ (AB+BC+CA)(A^4+B^4+C^4)
m = min{A，B，C} とおき、
{A，B，C} = {m，m+x，m+y} (x≧0，y≧0)
とする。
(左辺) - (右辺) = (A^3+B^3+C^3)^2 - (AB+BC+CA)(A^4+B^4+C^4)
= (m^4)(xx-xy+yy) + (2m^3)xy(x+y) + (2m^2){2xx(x-y)^2 +5xxyy +2yy(x-y)^2} + m(x+y){xx(2x-2.5y)^2 +(7/2)xxyy +yy(2.5x-2y)^2} + (x-y)(x^5-y^5) + 2(xy)^3
≧ 0, >>515 >>533
〔補題〕
(A^3+B^3+C^3)^2 ≧ (AB+BC+CA)(A^4+B^4+C^4)
(左辺) - (右辺) = F_0(A，B，C) F_0(AA，BB，CC) + (ABC)^2 F_{-2}(A，B，C) ≧ 0,
F_0(A，B，C) = (A-B)(A-C) + (B-C)(B-A) + (C-A)(C-B) = {(A-B)^2 + (B-C)^2 + (C-A)^2}/2 ≧ 0,
F_{-2}(A，B，C) = (A-B)(A-C)/AA + (B-C)(B-A)/BB + (C-A)(C-B)/CC = ABC F_1(1/A，1/B，1/C) ≧ 0, >>533 >>534
〔補題〕
1≦n≦3，A～C≧0 のとき
(A^n + B^n + C^n)^2 ≧ (AB+BC+CA) {A^(2n-2)+B^(2n-2)+C^(2n-2)} ≧ 3ABC {A^(2n-3)+B^(2n-3)+C^(2n-3)},
右側はチェビシェフなど。 >>533 >>534 >>535
〔補題〕
1≦n≦5，A～C≧0 のとき
(A^n + B^n + C^n)^2 ≧ 3ABC {A^(2n-3) + B^(2n-3) + C^(2n-3)},
(例)
n=3 のとき
(左辺) - (右辺) = (A^3 +B^3 +C^3) (A^3 +B^3 +C^3 -3ABC) ≧ 0,
n=4 のとき
(左辺) - (3/2) {(a^3)(b+c) + (b^3)(c+a) + (c^3)(a+b)}
= (1/2) {(aa-ab+bb)(a-b)^2 + (bb-bc+cc)(b-c)^2 + (cc-ca+aa)(c-a)^2}
≧ 0,
ここに、a=AA，b=BB，c=CC.
(3/2) {(a^3)(b+c) + (b^3)(c+a) + (c^3)(a+b)} - (右辺)
= (3/2) {(A^6)(B-C)^2 + (B^6)(C-A)^2 + (C^6)(A-B)^2}
≧ 0, 三角形の辺長 a、b、c に対して、
{√(a+b-c)}/(√a + √b - √c) + {√(b+c-a)}/(√b + √c - √a) + {√(c+a-b)}/(√c + √a - √b) ≦ 3 >>537 [6]
A = √b+√c-√a > 0,
B = √c+√a-√b > 0,
C = √a+√b-√c > 0,
とおく。
b+c-a = AA - (A-B)(A-C)/2,
√(b+c-a) ≦ A - (A-B)(A-C)/4A,
(左辺) = √(b+c-a) /A + √(c+a-b) /B + √(a+b-c) /C
≦ 3 - (A-B)(A-C)/(4AA) - (B-C)(B-A)/(4BB) - (C-A)(C-B)/(4CC)
= 3 - (1/4) F_{-2}(A，B，C)
= 3 - (ABC/4) F_1(1/A，1/B，1/C)
≦ 3.
IMOSL-2006 予選 A.6、JMO春合宿
文献[8] 安藤 (2012)，p.147 例題3.2.3(9)，
http://www.casphy.com/bbs/highmath/ 不等式1-307、434、437 ( ﾟ∀ﾟ) いつも素晴らしいデスネ。GWに精読させていただきます。 実数 a_k、b_k (1≦k≦n)) に対して、
1 + Σ[k=1 to n] (a_k + b_k)^2 ≦ (4/3)*{1 + Σ[k=1 to n] (a_k)^2}*{1 + Σ[k=1 to n] (b_k)^2} 任意の m、n∈N (m > n) に対して、
lcm(m, n) + lcm(m+1, n+1) > 2mn/{√(m-n)} >>540
A = Σ[k=1，n] (a_k)^2,
B = Σ[k=1，n] (b_k)^2,
C = Σ[k=1，n] a_k b_k,
とおく。
A+B-2C = Σ[k=1，n] (a_k - b_k)^2 ≧ 0,
AB-CC = Σ[1≦j<k≦n] (a_j b_k - a_k b_j)^2 ≧ 0 (←コーシー)
(右辺) - (左辺) = (4/3)(1+A)(1+B) - (1+A+B+2C)
= (1/3) (1+A+B+4AB-6C)
= (1/3) {(A+B-2C) + 4(AB-CC) + (1-2C)^2}
≧ 0,
等号成立は a_k = b_k，A = B = C = 1/2. >>541
gcd(m，n) | (m-n)
gcd(m+1，n+1) | (m-n)
左辺は互いに素ゆえ、 (←背理法で)
gcd(m，n)gcd(m+1，n+1) | (m-n)
lcm(m，n) + lcm(m+1，n+1)
= mn/gcd(m，n) + (m+1)(n+1)/gcd(m+1，n+1)
> mn{1/gcd(m，n) + 1/gcd(m+1，n+1)}
> 2mn/√{gcd(m，n)gcd(m+1，n+1)} (←AM-GM)
≧ 2mn/√(m-n), >>374 >>398 >>399 >>416 >>417
nΣ[k=1，n］ s_k （a_k)^2 ≧ M_n （s_n)^3,
とおく。
M_2 = 0.7377393811182 = 2(47-14√7)/27
(a，b) =（√7 -1，4-√7）（3+√7，2+√7)
M_3 = 0.6481616033162
(a，b，c) = (1.38436，1.13916，1)
M_4 = 0.60233351875
(a，b，c，d) = (1.52472，1.25465，1.10139，1)
M_5 = 0.574255
M_6 = 0.5551782
M = 0.444444 = 4/9 (n→∞), >>544
Memo.
漸化式は
a_{n+1} = (1/2) {√(2x-1) - 1} s_n,
s_{n+1} = s_n + a_{n+1},
M_n = (n/3) (x-1),
ここに
x = (1 + a_n/s_n)^2.
(例)
M_1 = 1
a_1 = s_1 = 1
M_2 = 2(47-14√7)/27 = 0.7377393811182
a_2 = (√7 -1)/2 = 0.8228756555323
s_2 = (√7 +1)/2 = 1.8228756555323
M_3 = 0.64816160331616
a_3 = 0.72235563718495
s_3 = 2.54523129271725
M_4 = 0.60233351872589
a_4 = 0.65585825517001
s_4 = 3.20108954788726
M_5 = 0.57425545264547
a_5 = 0.60768519695068
s_5 = 3.80877474483794
M_6 = 0.55517800140267
a_6 = 0.57066170678793
s_6 = 4.37943645162587
本題から逸れてしまった… >>374 (改)
Σ[k=1，n] (s_{k-1} + s_k)/2 ･ (a_k)^2 > (4/9n) (s_n)^3,
便宜上 s_0 = 0 とおいた。
* 中点 (s_{k-1} + s_k)/2 で接線を曳く。 >>544
>>545 Memo. の続き
M_10 = 0.51565443182467
a_10 = 0.47804498656917
s_10 = 6.41086198943751
M_100 = 0.45433807243808
a_100 = 0.21749813721698
s_100 = 32.0226683930223
M_1000 = 0.44575956171259
a_1000 = 0.10051892239154
s_1000 = 150.383787216053
M_10000 = 0.44460977509949
a_10000 = 0.04662595061307
s_10000 = 699.152499550131 >>545
Memo.
(略証)
nについての帰納法による。
a_{n+1} = A と略す。
まず s_n を固定して a_1 ～ a_n を動かしたときの最小値は、
Σ[k=1，n+1] s_k (a_k)^2 - μ(s_{n+1})^3
= Σ[k=1，n] s_k (a_k)^2 + (s_n + A)A^2 - μ(s_n + A)^3
≧ (M_n /n)(s_n)^3 + (s_n + A)A^2 - μ(s_n + A)^3 = f(A)
つまり a_1 ～ a_n の比はnの場合と同じでよい。
次に f(A) = 0 が重根をもつようにμを決めるのだが、言い換えれば
f(A) = 0 と f '(A) = 0 が共通根をもつことである。
f(A) = (M_n /n)(s_n)^3 + (s_n + A)A^2 - μ(s_n + A)^3 = 0,
f '(A) = 2(s_n)A + 3A^2 - 3μ(s_n + A)^2 = 0,
から A とμを決める。
まずμを消去すれば
A(s_n + A) - 3M_n /(2n･s_n) = 0,
∴ A = (1/2){√[1 + 6M_n /(n･(s_n)^3)] -1}s_n,
これを使うとμが求まり
M_{n+1} = (n+1)μ = {(n+1)/3}([1 + A/s_{n+1}]^2 - 1),
s_{n+1} = s_n + A,
と表わせる。 〔問題8〕
閉区間 [0,1] で定義された連続関数f(x)は、次の条件を満たすとする。
ある正の実数Lが存在して、[0,1] 上のすべての実数xにおいて
0 ≦ f(x) ≦ L∫[0,x] f(t)dt
が成り立つ。
このとき、[0,1] 上のすべての実数xにおいてf(x)=0であることを示せ。
http://www.toshin.com/concours/mondai/mondai8.php
〔問題12〕
p_1，p_2，…，p_k を m 以下のすべての素数とする。
この時、以下の不等式が成り立つことを示せ。
log(m) - 1 ≦ (1/m)log(m!) < Σ[i=1,k] log(p_i)/(p_i - 1)
http://www.toshin.com/concours/mondai/mondai12.php
〔問題18〕
正の実数 a,b,c が ab+bc+ca=1 を満たすとき
(b+c) {√(aa+1) +a} ≧ 2,
(c+a) {√(bb+1) +b} ≧ 2,
(a+b) {√(cc+1) +c} ≧ 2,
が成り立つことを示せ。
http://www.toshin.com/concours/mondai/mondai18.php
〔問題32〕
nを2以上の整数とする。正の実数 a_1，a_2，…，a_n に対して不等式
Σ[k=1,n] (kk-2k+2)a_k + Σ[k=1,n-1] (1/a_k)(a_{k+1})^2 ≧ (n^2)a_n
が成り立つことを示せ。また、等号が成立する条件を求めよ。
http://www.toshin.com/concours/mondai/mondai32.php >>548
訂正ｽﾏｿ
A (s_n + A) - (3M_n /2n) (s_n)^2 = 0,
∴ A = (1/2) {√(1 + 6M_n /n) - 1} s_n, [bot 5]
a, b, c≧0 のとき、a(a-b)(a-2b) + b(b-c)(b-2c) + c(c-a)(c-2a) ≧0
(1) この証明は？
(2) a(a-mb)(a-nb) + … とｲﾊﾟｰﾝ化できるでござるか？ >>552 [111]
(1)
min{a, b, c} = M, {a, b, c} = {M, M+x, M+y} とすると、
(左辺) = 2M(xx-xy+yy) + x(x-2y)^2 + (x-y)^2･y ≧0.
USA.ELMO-2009 day1-Q.3 >>552 [111]
(2)
m(m+1) ≦ 3 + 4√2 のとき
a(a-b)(a-mb) + b(b-c)(b-mc) + c(c-a)(c-ma) ≧ 0
m(m+1) = 3 + 4√2 の根は
m_1 = -{√(13+16√2) +1}/2 = -3.4844353317658568752
m_2 = {√(13+16√2) -1}/2 = 2.4844353317658568752
等号成立条件
・m_1 < m < m_2 のとき (a，b，c) = (1，1，1)
・m = m_1，m_2 のとき
(a，b，c) = (1，1，1)、(0，t1，1)、(0，1，t2) とそのrotation
t_1，t_2 は tt - (1+√2)t + 1 = 0 の根
t_1 = {1+√2 -√(2√2-1)}/2 = 0.531010056459569184633
t_2 = {1+√2 +√(2√2-1)}/2 = 1.883203505913525864169 >>549
〔問題18〕
(a+b)√{(c+b)(c+a)} ≧ (a+b)(c+√ab) ≧ (a+b)c + 2ab,
>>521 >>525 (C3) [16] と同じ。 〔問題〕
自然数nに対して
(1) Ｃ［2n，n] = (2n)! / (n!)^2 ≧ 4^n / (2√n),
(2) Ｃ［3n，n] = (3n)! / {n!･(2n)!} ≧ (27/4)^n ・4/(9√n),
等号成立は n=1
>>512 >>513
Janos Suranyi の不等式と云うらしい… >>556
(1) は >>474 >>476 >>495 と同様
(2) もnについての帰納法で
Ｃ［3n+3，n+1] / C［3n，n］ = {(3n+1)(3n+2)(3n+3)}/{(2n+1)(2n+2)(n+1)}
= (27/4) {(n+1/3)(n+2/3)} / {(n+1/2)(n+1)}
= (27/4) (N + 2/9) / {(n+1/2)(n+1)} ← N=n(n+1) とおいた。
> (27/4) (N + 1/8) / {(n+1/2)(n+1)}
≧ (27/4) √{N(N+1/4)} / {(n+1/2)(n+1)}
= (27/4) (n+1/2)√{n(n+1)} / {(n+1/2)(n+1)}
= (27/4) √{n/(n+1)},
により成立 >>556 の系
Ｃ［3n，2n] ≧ 4/(9√n)・(27/4)^n,
Ｃ［3n-1，2n-1] = (2/3)Ｃ［3n，2n] ≧ (2/√n)・(27/4)^(n-1), x^2 + y^2 + z^2 ≧ xy + yz + zx + (3/4)*(x-y)^2
これって既出だっけ？ >>569 [42]
(xx+yy+zz) - (xy+yz+zx) = (3/4)(x-y)^2＋(1/4)(x+y-2z)^2,
でござる。 >>549
〔問題8〕の解答
h(x) = e^(-Lx) ∫[0，x] f(t)dt とおくと題意により
h(x) ≧ 0 = h(0) …… (1)
また h(x) は（0，1) 上で微分可能で
h '(x) ≦ 0,
∴ h(x) = h(0) + ∫[0，x] h '(t)dt ≦ h(0) …… (2)
(1) (2) により [0，1] 上で h(x) = h(0) = 0 が成り立つ。
したがって、[0，1] 上のすべての実数xにおいて
0 ≦ f(x) ≦ L ∫[0，x] f(t)dt = 0,
より、f(x) = 0 である。 ■
http://www.toshin.com/concours/mondai/mondai8.php >>549
〔問題12〕の解答
(左側)
任意の正の整数mに対し、
log(m!) = Σ[L=1，m-1] log(L+1) ≧ Σ[L=1，m-1] ∫[L，L+1] log(t)dt = ∫[1，m] log(t)dt = m{log(m) -1} +1,
∴ log(m) - 1 ≦ (1/m)log(m!)
(右側)
実数xに対し、x以下の最大の整数を [x] で表わす。
また、0でない整数nと素数pに対し、v_p(n) で、nの素因数分解に現れるpの回数を表わすものとする。
ここで、m! はm以下の素数しか素因数に持たないので、
log(m!) = Σ[i=1，k] v_pi(m!) log(p_i)
と表わされる。ここで、
v_p(m!) < m/(p-1)
が分かるのでこれを上の式と組み合わせて
(1/m)log(m!) < Σ[i=1，k] log(p_i)/(p_i -1)
が示された。（終)
http://www.toshin.com/concours/mondai/mondai12.php >>549
〔問題32〕の解答
(a_{k+1})^2 / a_k ≧ 2k･a_{k+1} - kk･a_k,
辺々たして
Σ[k=1，n-1] (a_{k+1})^2 / a_k ≧ Σ[k=2，n] 2(k-1) a_k - Σ[k=1，n-1] kk･a_k
= nn･a_n - Σ[k=1,n] a_k - Σ[k=1,n] (k-1)^2･a_k
= nn･a_n - 1 - Σ[k=1,n] (k-1)^2･a_k
を導く。等号成立条件は、各 k=1,2,…,n-1 で a_{k+1} = k･a_k である場合だから、すべての i=1,2,…,n に対し
a_i = (i-1)! /{Σ[k=1，n] (k-1)!}
が成立することである。
http://www.toshin.com/concours/mondai/mondai32.php (a^2 + b^2 + c^2)^2 - (ab+bc+ca)^2 ≧ (√6)(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c) >>575 [192]
任意の実数a，b，cに対し、
(a-b)(a-c)(aa-bc)^2 + (b-c)(b-a)(bb-ca)^2 + (c-a)(c-b)(cc-ab)^2 ≧ 0,
を示せ。
//www.casphy.com/bbs/highmath/不等式２-188 （じゅー） >>574 [104]
s = a+b+c，t = ab+bc+ca，u = abc，⊿ = (a-b)(b-c)(c-a) とおく。
ss-3t≧0,
(左辺) = (ss-2t)^2 -tt
= (ss-t)(ss-3t)
= (1/3){2ss + (ss-3t)}(ss-3t)
≧ {(2√2)/3}|s|(ss-3t)^(3/2),
≧ (√6)|s⊿|,
∵ 4(ss-3t)^3 = 27⊿⊿ + {(a+b-2c)(b+c-2a)(c+a-2b)}^2 ≧ 27⊿⊿,
等号成立は等間隔かつ ss+3t = 0 より｛1-√6，1，1+√6｝
http://www.casphy.com/bbs/highmath/ 不等式２-197 >>572 (右側) 補足
自然数nと素数pに対し、v_p(n) で、nの素因数分解に現れるｐの回数を表わすものとする。
v_pi(m!) = ［ m/p ］+ [ m/p^2 ] + [ m/p^3 ] + … + [ m/p^d ]
ここに、d = [ log(n)/log(p) ].
これもルジャンドルの定理と云うらしい。
http://mathtrain.jp/legendretheorem
〔補題12〕
v_p(m!) < m/(p-1)
(略証)
d = [ log(n)/log(p) ] とおくと
v_pi(m!) ≦ m/p + m/p^2 + m/p^3 ＋ … + m/p^d < m/(p-1), a, b, c > 0 に対して、a/(b+c) + 20b/(c+a) + 17c/(a+b) > 8
best possible かどうか分からん B. 4931.
Prove that if a, b, c are the sides of a triangle then
{a^2(b+c) + b^2(a+c)} /(abc) > 3.
http://www.komal.hu/feladat?a=honap&;h=201802&t=mat&l=en
B. 4925.
http://www.komal.hu/feladat?a=honap&;h=201801&t=mat&l=en
B. 4953.
http://www.komal.hu/feladat?a=honap&;h=201804&t=mat&l=en
P.1, Problem 1.
https://archives.ust.hk/dspace/bitstream/9999/46212/1/math-02a-a109.pdf >>581
B.4925 (改) (KoMaL，h=201801)
0<a<n のとき
a/{a^(n+1) + (n-a)} ≦ 1/n
(略解)
a^(n+1) -(n+1)a + n
= (a-1){a^n + a^(n-1) + … + a -n}
= Σ[k=1，n] (a-1)(a^k -1)
≧ 0,
B.4931 （KoMaL，h=201802)
{aa(b+c) + bb(a+c)}/abc > 3,
(略解)
aa(b+c) + bb(a+c) = ab(a+b-c) + (a-b)^2･c + 3abc ≧ 3abc,
B.4953 (KoMaL，h=201804)
log(n) + Σ[k=2,n] √{(k-1)/k} < Σ[k=2,n] √{k/(k-1)},
(略解)
x>0 ⇒ x < sinh(x),
a>1 ⇒ 2log(a) < a - 1/a,
a = √{k/(k-1)} とおく。
log(k) - log(k-1) < √{k/(k-1)} - √{(k-1)/k},
k=2 から k=n までたす。
Math. Excalibur，Vol.21，No.4，p.1 (2018)
Problem 1.
a,b,c >0，a+b+c=1 のとき
a√(2b-1) + b√(2c+1) + c√(2a+1) ≦ √{2-(aa+bb+cc)},
(略解)
関数f(x) = √x は上に凸ゆえ、Jensenで
(左辺) ≦ √{a(2b+1) + b(2c+1) + c(2a+1)}
= √{(a+b+c) + 2(ab+bc+ca)} / (a+b+c)
= √{1 +2(ab+bc+ca)}
= (右辺)
等号成立は (a,b,c) = (1/3,1/3,1/3) および (1,0,0) など。 >>579
左辺が最小になる点では
(b+c)^2 ： (c+a)^2 ： (a+b)^2 = 1 ： 20 ： 17,
(b+c) ： (c+a) ： (a+b) = √1 ： √20 ： √17,
b+c = √1,
c+a = √20,
a+b = √17,
a = (-√1 +√20 +√17)/2,
b = (+√1 -√20 +√17)/2,
c = (+√1 +√20 -√17)/2,
(左辺) ≧ a√1 + b√20 + c√17
= √(1･20) +√(20･17) +√(17･1) -19
= 8.0343304952 >>579 >>583
b+c = A，c+a = B，a+b = C とおくと
(左辺) = 1･(B+C-A)/(2A) + 20(C+A-B)/(2B) + 17(A+B-C)/(2C)
= (1/2)(1･B/A + 20A/B) + (1/2)(20C/B + 17B/C) +(1/2)(1･C/A + 17A/C) - (1+20+17)/2
≧ √(1･20) + √(20･17) + √(17･1) - 19 (← AM-GM)
等号成立は A：B：C = √1：√20：√17 >>486 >>487 (3)
文献[9] 佐藤(訳) (2013) p.48 演習問題 1.101
・p=1，q=2 の例
文献[9] 佐藤(訳) (2013) p.48 例 1.6.7 及び p.131 問題 3.30
チェコ-スロバキアMO-1999 >>575 >>576 [192]
一次式：φ(x) = (a+b+c)x－(ab+bc+ca）により、
A = φ(a) = aa-bc,
B = φ(b) = bb-ca,
C = φ(c) = cc-ab.
A - B = (a+b+c)(a-b)、etc.
i）a+b+c≠0 のとき、
(左辺) = {AA(A-B)(A-C) + BB(B-C)(B-A) + CC(C-A)(C-B)}/(a+b+c)^2 = F_2(A、B、C)/(a+b+c)^2 ≧0、
ii）a+b+c=0 のとき、A=B=C.
http://www.casphy.com/bbs/highmath/ 不等式２-188 一松のじっちゃんが「大学への数学2018年6月号」に不等式の記事を書いておられる。
エルデシュの不等式とか 不等式と聞ゐちゃあ捨て置けねゑ…。このためだけに買ってきた。
タイトル 「三角形に関する不等式のいくつか」、４ページ
レムスの不等式と、求角不等式。
内角のcosの等式から、a^2+b^2+c^2 と8R^2の大小関係。
（中略）
エルデシュの不等式。
過去スレで見たことある不等式。
あと、「老人のグチだが、（中略）近年お数学検定で、不等式の証明問題は成績が悪い傾向が見られる。」
とあるが、検定問題で出題されている不等式を全て公開してほしい。 ここで不等式解いてる人って50後半の会社員だったりする？ >>589
数検専用スレ
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1512773695/
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1479394767/
へどうぞ。
〔問題〕
a_n = (1 + 1/n)^n， b_n = (1 + 1/n)^(n+1) (nは正の整数）
とおくとき、nが増加すると a_n は増加し、b_n は減少することを証明せよ。
（数検2011-秋-1級-2次-Q2） >>589
(aa+bb+cc) - 8RR = 4RR {sin(A)^2 + sin(B)^2 + sin(C)^2 - 2}
= 4RR {1 - cos(A)^2 - cos(B)^2 - cos(C)^2}
= 8RR cos(A) cos(B) cos(C),
〔補題〕
A+B+C = π のとき
cos(A)^2 + cos(B)^2 + cos(C)^2 + 2cos(A)cos(B)cos(C) = 1,
〔ライプニッツの不等式〕
9RR - (aa+bb+cc) = 9(OG)^2 ≧ 0,
O：外心 G:重心
・文献[9] 佐藤(訳) 朝倉書店 (2013) p.87-89 定理2.4.4 定理2.4.5 >>591 は相加-相乗平均（AM-GM）で出るらしい。 （出題者・談）
{1，1，…，(n-1)/n} ⇒ a_n > a_{n-1} > … > a_1 = 2
{1，1，…，n/(n-1)} ⇒ b_n < b_{n-1} < … < b_1 = 4
しかし c_n = (1 + 1/n)^(n +1/2) が減少するのを出すのは難しい。
２項定理を使うか？ >>594
２項定理により、
(1 - 1/nn)^(2n+1) = 1 -2/n + 1/nn -1/(3n^3) +2/(3n^4) -3/(5n^5) +53/(90n^6) -…
< (1 - 1/n)^2 Crux PROBLEMS
(2012年のが公開された。5年以内のはパスワードがないと見れない)
3690, 3703, 3706, 3709
https://cms.math.ca/crux/v38/n1/Problems_38_1.pdf
3712, 3715, 3719(←破棄)
https://cms.math.ca/crux/v38/n2/Problems_38_2.pdf
3719(←Replacement), 3723, 3726, 3729
https://cms.math.ca/crux/v38/n3/Problems_38_3.pdf
3731, 3735, 3737, 3740
https://cms.math.ca/crux/v38/n4/Problems_38_4.pdf
3741, 3744, 3747, 3749
https://cms.math.ca/crux/v38/n5/Problems_38_5.pdf
3752, 3754, 3757, 3759
https://cms.math.ca/crux/v38/n6/Problems_38_6.pdf
3763, 3767, 3769
https://cms.math.ca/crux/v38/n7/Problems_38_7.pdf
3773, 3774, 3776, 3779
https://cms.math.ca/crux/v38/n8/Problems_38_8.pdf
(3781), 3783, (3784), (3786), 3788, 3789
https://cms.math.ca/crux/v38/n9/Problems_38_9.pdf
3793, 3795, 3797,
https://cms.math.ca/crux/v38/n10/Problems_38_10.pdf
（*ﾟ∀ﾟ）=3ﾊｧﾊｧ >>597 から
3690.(v38_n1)
Let a, b, and c be three distinct positive real numbers with a+b+c=s. Show that
(5xx-6xy+5yy)(a^3+b^3+c^3) + 12(xx-3xy+yy)abc > (x-y)^2･s^3,
3709.(v38_n1)
Let a, b, and c be non-negative real numbers, ｋ and Ｌ≧0 and define
(a+b)/2 - √ab = k^2， (a+b+c)/3 - (abc)^(1/3) = L^2.
Prove that
max(a,b,c) - min(a,b,c) ≧ (3/2)(k-L)^2.
3712.(v38_n2)
Prove that for any positive numbers a,b,c
√{a(aa+bc)/(b+c)} + √{b(bb+ca)/(c+a)} + √{c(cc+ab)/(a+b)} ≧ a+b+c.
3719.(v38_n3，Replacement)
Prove that if a,b,c>0, then
a/√{bb+(1/4)bc+cc} + b/√{cc+(1/4)ca+aa} + c/√{aa+(1/4)ab+bb} ≧ 2.
3723.(v38_n3)
Let a,b,c be positive real numbers such that a+b+c=s. If ｎ is a positive integer, prove that
(3a)^n /{(b+s)(c+s)} + (3b)^n /{(c+s)(a+s)} + (3c)^n /{(a+s)(b+s)} ≧ (27/16)s^(n-2).
3731.(v38_n4)
Let a,b,c be positive real numbers such that a+b+c=s. Prove that
a^(n+1) + b^(n+1) + c^(n+1) ≧ (aa+bb+cc)^n / s^(n-1),
for all non-negative integers n.
3737.(v38_n4)
Four non-negative real numbers a,b,c,d are given. Show that
1/(a^3+b^3) + 1/(b^3+c^3) + 1/(c^3+d^3) + 1/(a^3+c^3) + 1/(b^3+d^3) + 1/(a^3+d^3) ≧ 243/{2(a+b+c+d)^3},
Equality: {a,b,c,d} = {0,1,1,1}
3741.(v38_n5)
Find the largest value of ａ and the smallest value of ｂ for which the inequalties
ax/(a+xx) < sin(x) < bx/(b+xx)
hold for all 0<x<π/2.
3744.(v38_n5)
Let a,b,c be positive real numbers with sum ｓ. Prove that
(a^8+b^8)/(aa+bb)^2 + (b^8+c^8)/(bb+cc)^2 + (c^8+a^8)/(cc+aa)^2 ≧ (a^3+b^3+c^3-abc)s/4.
3752.(v38_n6)
Show that if ｎ≧2 is a positive integer then
(1/2)(1 +1/n -1/nn)^2 < (1 - 1/2^3)(1 - 1/3^3) … (1 - 1/n^3).
Crux mathematicorum, Vol.38 (2012)、一部改作 >>597 から
3763.(v38_n7)
Let a,b,c be positive real numbers. Prove that
a/(2a+b+c) + b/(2b+c+a) + c/(2c+a+b) ≦ a/(2b+2c) + b/(2c+2a) + c/(2a+2b).
3793.(v38_n10)
Let a, b, and c be positive real numbers such that
√a + √b + √c = 2014/√2.
Show that
2014 ≦ √(a+b) + √(b+c) + √(c+a) ≦ 2014√2,
Equality:(LHS) √a = √b = √c = 2014/(3√2)，(RHS) √a = 2014/√2，b=c=0,
・三角形関係
3726.(v38_n3)
Let a,b,c,s,r,R represent the angles (measured in radians)，the semi-perimeter，the in-radius and the circum-radius of a triangle，respectively.
Prove that
(A/B + B/C + C/A)^3 ≧ 2ss/(Rr).
3729.(v38_n3)
If a,b,c are the side lengths of a triangle，prove that
(b+c)/(aa+bc) + (c+a)/(bb+ca) + (a+b)/(cc+ab) ≦ 3(a+b+c)/(ab+bc+ca).
3757.(v38_n7)
Let A, B, C be the angles (measured in radians)，Ｒ the circum-radius and ｒ the in-radius of a triangle.
Prove that
1/A + 1/B + 1/C ≦ (9/2π)(R/r).
3767.(v38_n7)
Let Ｒ，ｒ be the circum-radius and in-radius of a right-angled triangle.
Prove that
R/r + r/R ≧ 2√2.
3776.(v38_n8) 別名「富士山」
In △ABC prove that
tan(A/2) + tan(B/2) + tan(C/2) ≧ (1/2){1/cos(A/2) + 1/cos(B/2) + 1/cos(C/2)}.
Crux mathematicorum, Vol.38 (2012)、一部改作 >>598
3690.
軸を45°回して (x+y)/√2 = u，(x-y)/√2 = v とおく。
5xx-6xy+5yy = 2uu +8vv,
12(xx-3xy+yy) = -6uu +30vv,
(x-y)^2 = 2vv,
これを入れて
(左辺) - (右辺) = (2uu+8vv)(a^3+b^3+c^3) + (-6uu+30vv)abc -2vv(a+b+c)^3
= 2(a^3+b^3+c^3 -3abc)uu + 6F_1(a,b,c)vv (←シューア)
≧ 0,
>>3723.
通分すると
(分子) = (a+s)(3a)^n + (b+s)(3b)^n + (c+s)(3c)^n
≧ (4s/3){(3a)^n + (3b)^n + (3c)^n} (←チェビシェフ)
= (4s)(3^n)(a^n + b^n + c^n)/3
≧ (4s)s^n,
(分母) = (a+s)(b+s)(c+s) ≦ (4s/3)^3, (← GM-AM)
(左辺) ≧ (27/16)s^(n-2),
>>3731.
コーシーの拡張より
(a+b+c)(a+b+c) … (a+b+c){a^(n+1) + b^(n+1) + c^(n+1)} ≧ (aa+bb+cc)^n,
(n-1)個 >>598
3741.
a = ππ/{2(π-2)} = 4.322734721
b = 6
cos(t) < 1 を [0，x] で逐次積分すると、
sin(x) < x, (x>0)
-cos(x) < -1 + xx/2!,
-sin(x) < -x + (x^3)/3!, (x>0)
cos(x) < 1 - xx/2! + (x^4)/4!,
sin(x) < x - (x^3)/3! + (x^5)/5!
= {x - ((14-xx)/720)x^5}/(1+xx/6)
< x/(1+xx/6), (0<x<π/2)
3752.
a_n = 1 +1/n -1/nn = (nn+n-1)/nn,
とおく。
a_n / a_{n-1} = (n-1)^2･(nn+n-1)/{nn(nn-n-1)}
= 1 - (nn-3n+1)/{nn(nn-n-1)}
≦ 1 - 1/(2nn) (n≧5)
∵ 2(nn-3n+1) - (nn-n-1) = n(n-5) + 3 ≧ 3 (n≧5)
(a_n / a_{n-1})^2 ≦ {1 - (1/2nn)}^2
= 1 - 1/nn + 1/(4n^4)
< 1 - 1/n^3, 正整数nと1より大きい正の実数xに対し、
Σ[k=1,n]{kx}/[kx]<Σ[k=1,n]1/(2k-1)
{kx}はkxの小数部分を表し、[kx]はkxの整数部分を表すものとする >>599
3763.
(左) HM-AM より
a/(2a+b+c) ≦ (1/4){a/(a+b) + a/(a+c)},
b/(2b+c+a) ≦ (1/4){b/(b+c) + b/(b+a)},
c/(2c+a+b) ≦ (1/4){c/(c+a) + c/(c+b)},
辺々たすと
(左辺) ≦ 3/4,
(右)
a/(2b+2c) = (a+b+c)/(2b+2c) - 1/2
b/(2c+2a) = (a+b+c)/(2c+2a) - 1/2
c/(2a+2b) = (a+b+c)/(2a+2b) - 1/2
辺々たすと
(右辺) = (a+b+c){1/(2b+2c) + 1/(2c+2a) + 1/(2a+2b)} - 3/2
≧ (a+b+c)･9/{4(a+b+c)} - 3/2 (← AM-HM)
= 9/4 - 3/2
= 3/4, (Nesbitt，Shapiro-3) >>593
〔Chapple - Euler の不等式〕
外接円の半径をR、内接円の半径をrとするとき
R(R-2r) = OI^2 ≧ 0
O：外心 I：内心 >>602
x → x+1 とすれば分母が k 増えるので左辺は減少する。1≦x≦2 で考える。
(m-1)/n ≦ {x} < m/n となるmをとる。
m = [nx] - n[x] +1， (1≦m≦n)
〔補題〕
Σ[k=1,n] {kx}/[kx] < Σ[k=1,m-1] 1/(2k-1) + ({x} - (m-1)/n)/(2m-1),
右辺は、(1，0) - (1+1/n，1) - (1+2/n，1+1/3) - …… - (1+m/n，Σ[k=1,m] 1/(2k-1)) - …… (2，Σ[k=1,n] 1/(2k-1)) を結んだ折れ線を表わす。 bot[195]
6(x^3 + y^3 + z^3)^2 ≦ (x^2 + y^2 + z^2)^3
これはシュワちゃんと関係あるん？ >>606 [195]
x+y+z = 0 より
x^3+y^3+z^3 = 3xyz,
xx+yy+zz = [(x-y)^2 + 3zz]/2,
xとyは同符号とすれば
0 ≦ 4xy ≦(x+y)^2 = zz,
(左辺) = 6(3xyz)^2 = 54(xy)(xy)(zz) ≦ (3zz/2)^3 ≦ {[(x-y)^2 +3zz]/2}^3 = (xx+yy+zz)^3.
蕪湖市数学競技会 以下、x、y、z∈R とする。
(1) (x^2 + y^2 + z^2)^3 ≧ 6(x^3 + y^3 + z^3)^2
(2) (x^2 + y^2 + z^2)^3 ≧(x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz)^2 + (ab+bc+ca)^3
(3) (x^2 + y^2 + z^2)^3 ≧ 2{(x-y)(y-z)(z-x)}^2
(4) 2(x^2 + y^2)(y^2 + z^2)(z^2 + x^2) ≧ {(x-y)(y-z)(z-x)}^2
(5) 合体 or 改造できるかな？
出典
(1) >>606、bot195、蕪湖市数学競技会
(2)(3)(4)は過去に扱ったと思うが、元ネタを記録していないので詳細不明
∧＿∧
( ;´∀｀) ＜ むむむ…、我慢できないでござる！
人 Y /
( ヽ し
（＿）＿） >>609 の続き
(6) (x^2 + y^2 + z^2)^3 ≧ 8(x^2 - yz)(y^2 - zx)(z^2 - xy) >>609
(1) x+y+z=0 のとき、…
(2)
xx+yy+zz = S2，xy+yz+zx = t,
とおく。
S2 - t = {(x-y)^2 + (y-z)^2 + (z-x)^2}/2 ≧ 0,
(S2)^3 - t^3 = {(S2)^2 + S2･t +tt}(S2-t)
≧ {(S2)^2 + S2･t - 2tt}(S2-t)
= (S2+2t)(S2-t)^2
= (x+y+z)^2･{(xx+yy+zz) -(xy-yz-zx)}^2
= (x^3+y^3+z^3 -3xyz)^2,
(3)
yはxとzの中間にあるとしてよい。
0 ≦ (x-y)(y-z) ≦ (1/4)(x-z)^2,
xx+yy+zz = (1/2)(x+z)^2 + (1/2)(x-z)^2 + yy ≧ (1/2)(x-z)^2,
(左辺) ≧ (1/8)(x-z)^6 ≧ 2(x-z)^2 {(x-y)(y-z)}^2 = (右辺), Asia Pacific Mathematical Olympiad APMO 2004
でググって５番目あたりに出てくるPDFの Problem 5。
模範解答がワケワカメ…。
これより強い不等式を、前スレでやったような排気ガス… 数学セミナーエレガントな解法2月号にある不等式の問題の正解率が異様に低かったらしい
そもそも問題すら理解してない回答が多かったって講評だった >>609
(4)
(1-ｉ)(x+ｉy)(y+ｉz)(z+ｉx) = (1-ｉ){-(xyy+yzz+zxx-xyz) +ｉ(xxy+yyz+zzx-xyz)}
= -(x-y)(y-z)(z-x) +ｉ{(x+y)(y+z)(z+x)-4xyz},
絶対値の2乗をとって
2(xx+yy)(yy+zz)(zz+xx) = {(x-y)(y-z)(z-x)}^2 + {(x+y)(y+z)(z+x) -4xyz}^2,
>>613
[前スレ.456]
(abc)^2 +aa +bb +cc +2 -2(ab+bc+ca）≧ 0 を使う？
文献[9] 佐藤(訳)、問題3.85改、練習問題1.90(i) なるほど！
>>613
x、y、z∈R のとき、(aa+2)(bb+2)(cc+2) ≧ 9(ab+bc+ca)
[前スレ.456]
x、y、z∈R のとき、(aa+2)(bb+2)(cc+2) ≧ 3(a+b+c)^2
合体！
(aa+2)(bb+2)(cc+2) ≧ 3(a+b+c)^2 ≧ 9(ab+bc+ca) >>609 (4) >>615
s = x+y+z,
t = xy+yz+zx,
u = xyz,
⊿ = (x-y)(y-z)(z-x),
で表わせば
2(ss-2t)(tt-2su) -2uu = ⊿⊿ + (st-5u)^2, 左辺を見て、昨夏の不等式三昧の夜を思い出す ( ﾟ∀ﾟ) ｳﾋｮｯ！
[前スレ.469前後]
x、y、z∈R 、k≧0 のとき、(aa+k)(bb+k)(cc+k) ≧ (3kk/4)*(a+b+c)^2 などなど… >>614
もう最新号出る時期か。よし明日読みに行こう。 立ち読みで疎覚えだが、数蝉NOTE。
a、b、c >0、a+b+c=1 のとき、Σ[cyc] a/(b^2+bc+c^2) ≧3. >>619
〔Igarashi の不等式〕
a，b，c>0 のとき、
a/(bb+bc+cc) + b/(cc+ca+aa) + c/(aa+ab+bb) ≧ (a+b+c)/(ab+bc+ca) ≧ 3/(a+b+c),
2018年7月号NOTE
(略証)
a ' = bb + bc + cc,
b ' = cc + ca + aa,
c ' = aa + ab + bb,
とおくと
aa ' + bb ' + cc ' = (a+b+c) (ab+bc+ca), … これがミソ（?）
コーシーにより
(左辺) = a/a ' + b/b' + c/c' ≧ (a+b+c)^2 /(aa ' + bb ' + cc ') = (a+b+c)/(ab+bc+ca), >>621
おお、これだ。さんくす。
解説でZZZが一般化してたけど、なんかよく分からなかった…。 >>620 >>621
被りました。
f(x) = 1/x は下に凸だから、Jensenにより
(左辺) = a f(a ') + b f(b ') + c f(c ')
≧ (a+b+c) f((aa'+bb'+cc')/(a+b+c))
= (a+b+c) f(ab+bc+ca)
= (a+b+c)/(ab+bc+ca), >>621
> a ' = bb + bc + cc,
> b ' = cc + ca + aa,
> c ' = aa + ab + bb,
> とおくと
> aa ' + bb ' + cc ' = (a+b+c) (ab+bc+ca), … これがミソ（?）
この変形は初めて見た。コレクションに入れておこう。 あと一松じっちゃんの不等式の解説で、s(2(s^2-2t)-5t)+27u の因数分解があったような。
立ち読みだったんで s、t、u で覚えて帰ったから怪しいが…。
手計算で因数分解しようとして挫折した。 手計算でできるのか？ >>625
(b+c-2a)(c+a-2b)(a+b-2c) = (s-3a)(s-3b)(s-3c) = -2s^3 +9st -27u,
を使うでござる。
エレ解スレ【2016.11】
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1476702312/785-786 >>622
Nesbittと合体したでござるか…
〔Nesbitt-Igarashi の不等式〕
a，b，c>0 のとき、
(a+b+c) {a/(bb+bc+cc) + b/(cc+ca+aa) + c/(aa+ab+bb)}
≧ 2 {a/(b+c) + b/(c+a) + c/(a+b)}
≧ (a+b+c)^2 /(ab+bc+ca)
≧ 3,
数セミ、2018年7月号NOTE-改 >>614
よく分からぬ難しげな不等式で、攻めづらかったかも。
この式が出てきた背景は、解説で触れていたけれど。 >>630 [101]
a～d>0、a+b+c+d-1=0 のとき
6(a^3 + b^3 + c^3 + d^3) ≧ aa+bb+cc+dd + 1/8.
フランス TeamSelectionTest-2007 Q.2
(略解)
f(x) = 6x^3 - (xx + 1/32)
= (5/8)(x-1/4) + 2(3x+1)(x-1/4)^2
≧ (5/8)(x-1/4),
より
f(a) + f(b) + f(c) + f(d) ≧ (5/8)(a+b+c+d-1) = 0.
｛x = 1/4 で接線を曳く。f '(1/4) = 5/8｝ >>631
さんくす。4月から見てるけど、101だけ出てこないのだ。
画像のない192は頻繁に出てくるのにな。偏りすぎている。 >>632 [192]
任意の実数a,b,cに対し、
(a-b)(a-c)(aa-bc)^2 + (b-c)(b-a)(bb-ca)^2 + (c-a)(c-b)(cc-ab)^2 ≧ 0,
を示せ。
casphy! - highmath(高校数学) - 不等式２-188
じゅー君が高校生のとき作ったヤツ(?)
(略証)
i）a+b+c≠0 のとき、
A = aa-bc，B = bb-ca，C = cc-ab，
とおくと
A-B = (a+b+c)(a-b)，etc.
(左辺) = {AA(A-B)(A-C)＋BB(B-C)(B-A)＋CC(C-A)(C-B)}/(a+b+c)^2
= F_2(A，B，C)/(a+b+c)^2 (←シューア)
≧0，
ii）a+b+c=0 のとき、
A = B = C，
(左辺) = AA F_0(a、b、c) ≧ 0.
これで ☆9 だって。 >>613 >>615
〔補題〕
a,b,c≧0 のとき
(abc)^2 +aa +bb +cc +2 -2(ab+bc+ca）≧ 0,
(略証)
a = A^(3/2)，b = B^(3/2)，c = C^(3/2) とおくと
(abc)^2 + 2 -3ABC = (ABC)^3 +1 +1 -3ABC ≧ 0, (←AM-GM)
A(A-B)(A-C) + B(B-C)(B-A) + C(C-A)(C-B) = F1(A,B,C) ≧ 0,
AB(A+B) -2ab = AB(√A - √B)^2 ≧ 0，etc.
辺々たす。 >>634
>>529 ( Suranyi-3， >>512 >>513 を使った） からも出る…
>>555
>>549 〔問題18〕は [204] でござった ...orz 〔問題677〕
Ｐを凸多面体とし、Ｐの辺を L_1，L_2，…，L_n とする。
各 1≦i≦n について L_i を辺にもつＰの2つの面を考え、
その2つの面のなす角を外側から測ったものを θ_i とする。
(2面の外向き法線のなす角。2面角)
このとき、Σ[i=1，n] θ_i ≧ 3π であることを示せ。
JMO夏季セミナー
http://jmoss.jp/mon/old.php → 第9回 (G，入江)
面白スレ２６-677 [213]
正の実数列 {a_k} が各自然数kに対して
a_{k+1} ≧ k･a_k / {(a_k)^2 + (k-1)}
を満たすとする。すべての n≧2 に対して
a_1 + a_2 + … + a_n ≧ n,
を示せ。
IMO Shortlist 2015 A.2 ☆2 >>639 [213]
nについての帰納法による。
・n=2 のとき
a_1 + a_2 ≧ a_1 + 1/a_1 ≧ 2 (← AM-GM)
・n>2 のとき
a_n ≧1 のときは明らかに成立つ。
a_n ≦1 のとき 題意より
k/a_{k+1} ≦ (k-1)/a_k + a_k,
a_k ≧ k/a_{k+1} - (k-1)/a_k,
k=1,…,n-1 でたす。
a_1 + a_2 + … + a_{n-1} ≧ (n-1)/a_n,
a_1 + a_2 + … + a_n ≧ (n-1)/a_n + a_n
= n + (n-1 - a_n)(1 - a_n)/a_n
≧ (n-2) + 1/a_n + a_n
≧ n, (← 0 < a_n ≦1) >>639 [213]
nについての帰納法による。
・n=2 のとき
a_1 + a_2 ≧ a_1 + 1/a_1 ≧ 2 (← AM-GM)
・n>2 のとき
a_n ≧1 のときは明らかに成立つ。
a_n ≦1 のとき 題意より
k/a_{k+1} ≦ (k-1)/a_k + a_k,
a_k ≧ k/a_{k+1} - (k-1)/a_k,
k=1,…,n-1 でたす。
a_1 + a_2 + … + a_{n-1} ≧ (n-1)/a_n,
a_1 + a_2 + … + a_n ≧ (n-1)/a_n + a_n
= n + (n-1 - a_n)(1 - a_n)/a_n
≧ (n-2) + 1/a_n + a_n
≧ n, (← 0 < a_n ≦1) >>642
きたか…！！
( ﾟдﾟ ) ｶﾞﾀｯ
.r ヾ
＿_|_| /￣￣￣/＿
＼/ / あとは消失した192を作り直してもらうことと、224問目以降を作ってもらうことだな >>611 >>637
基本対称式を x+y+z = s，xy+yz+zx = t，xyz = u とおく。
xx-yz = xs-t，yy-zx = ys-t，zz-xy = zs-t,
より
(左辺) - (右辺) = (ss-2t)^3 - 8(xs-t)(ys-t)(zs-t)
= (ss-2t)^3 - 8(us^3 - t^3)
= ss{(ss-3t)^2 + (8/3)(tt-3su) + (1/3)tt}
≧ 0,
等号成立は x+y+z = 0. >>611 の〔類題〕
x,y,z ∈ R のとき
-(35+13√13)/486 ≦ (xx-yz)(yy-zx)(zz-xy)/(xx+yy+zz)^3 ≦ 1/8,
-0.1684612481
左側等号は (x，y，z) = ((3-√13)/2，1，1) など。 -0.302775637732 正の実数a,b,cはa+b+c=3を満たす。このとき、
1/(2+aa+bb)+1/(2+bb+cc)+1/(2+cc+aa)≦3/4
2009 イランTST >>609
(1) は x+y+z=0 の条件があるから、一緒にまとめるべきではなかったね。 >>647
左辺を f(a,b,c) とおく。
1≦c とし、(a+b)/2 = (3-c)/2 = m とおく。
f(a，b，c) ≦ f(m，m，c) ≦ 3/4
を示す。
(左)
aa+bb ≧ 2mm より
1/(2+aa+bb) = 1/{2 +2mm +(1/2)(a-b)^2} ≦ 1/(2+2mm),
1/(2+cc+bb) + 1/(2+cc+aa) = 2{2+cc+(aa+bb)/2}/{(2+cc+bb)(2+cc+aa)}
≦ 2/(2+cc+mm),
∵ (2+cc+bb)(2+cc+aa) -(2+cc+mm){2+cc+(aa+bb)/2}
= (1/4)(a-b)^2 (2+cc-3mm) + (1/16)(a-b)^4
= (1/4)(a-b)^2 {2+cc-(3/4)(3-c)^2} + (1/16)(a-b)^4
= (1/32)(a-b)^2 (19+c)(c-1) + (1/16)(a-b)^4
≧ 0, (← c≧1)
(右)
f(m，m，c) = 1/(2+2mm) + 2/(2+cc+mm)
= (3/4){1 - (c-1)^2･(5cc-26c+37)/[8(2+2mm)(2+cc+mm)] }
≦ 3/4. 実数x_1,x_2,…,x_nに対して次の不等式が成立することを示せ
Σ[i,j=1,n]|x_i+x_j|≧nΣ[i=1,n]|x_i|
2006 イランTST >>649
m ≦ 1 ≦ c より
2+cc-3mm ≧ 0, >>650
x_1, x_2, …, x_p > 0,
x_{p+1}, …, x_n ≦ 0, とする。(0≦p≦n)
(左辺) = Σ[i,j=1,p] |x_i+x_j| + Σ[i,j=p+1,n] |x_i+x_j| + Σ[i=1,p][j=p+1,n] |x_i+x_j|
= Σ[i,j=1,p] (|x_i|+|x_j|) + Σ[i,j=p+1,n] (|x_i|+|x_j|) + Σ[i=1,p][j=p+1,n] |x_i+x_j|
= 2p S_p + 2(n-p) S_n + 2S~,
ここに
S_p = Σ[i=1,p] |x_i|, S_n = Σ[j=p+1,n] |x_j|, S~ = Σ[i=1,p][j=p+1,n] |x_i+x_j|,
とおいた。
・p = n/2 のときは成立する。（S~≧0)
・0 ≦ p < n/2 のとき
S~ ≧ Σ[i=1,p][j=p+1,n] (|x_i|-|x_j|) = (n-p) S_p - p S_n,
0 < (n-2p)/(n-p) ≦ 1 を掛けて
S~ ≧ {(n-2p)/(n-p)}S~ ≧ (n-2p){S_p - [p/(n-p]S_n},
(左辺) ≧ n S_p + {n + (n-2p)^2 /(n-p)}S_n ≧ n(S_p + S_n),
・n/2 < p ≦ n のとき
S~ ≧ Σ[i=1,p][j=p+1,n] (|x_j|-|x_i|) = -(n-p) S_p + p S_n,
0 < (2p-n)/p ≦ 1 を掛けて
S~ ≧ {(2p-n)/p}S~ ≧ (2p-n){-[(n-p)/p]S_p + S_n},
(左辺) ≧ {n + (2p-n)^2 /p}S_p + n S_n ≧ n(S_p + S_n), >>652 訂正
はじめの方で
(左辺) = … + … + ２Σ[i=1,p][j=p+1,n] |x_i+x_j|
の係数2が抜けてました。（後の論証に影響ないと思いますが…） >>652
混乱しているので修正
(左辺) = 2p S(+) + 2(n-p) S(-) + 2S~,
ここに
S(+) = Σ[i=1,p] |x_i|， S(-) = Σ[j=p+1,n] |x_j|， S~ = ……
とおいた。
結論は
(左辺) ≧ …… ≧ n{S(+) + S(-)}, 非負実数a,b,c,dと1≦p≦2なる実数pに対して、次の不等式が成立することを示せ
(a+b)^p+(c+d)^p+(a+c)^p+(b+d)^p≦a^p+b^p+c^p+d^p+(a+b+c+d)^p >>37(1) >>40 >>41 >>44
〔Redhefferの不等式〕
a_1 ～ a_n >0 のとき
G_k = (a_1･a_2…a_k)^(1/k) とおくと
G_1 + G_2 + …… + G_n ≦ Σ[k=1,n] (1+1/k)^k･a_k - n･G_n,
和書[3] (大関, 1987) p.114-115 例題3
文献 Ray Redheffer: Proc. London Math. Soc., Vol. s3-17, Iss. 4, p.683-699 (1967/Oct)
"Recurrent inequalities" >>658
（G_{k-1}，G_{k-1}，…，G_{k-1}，(1+1/k)^k･a_k）のk個ででAM-GM する。
(k-1)個
(k+1)G_k - (k-1)G_{k-1} ≦ (1+1/k)^k･a_k,
k=1～n でたす。（便宜上、G_0=0） >>660
「円に外接する三角形の面積だろ！」
とかツッコミたくないが。
その場合は
a = {cot(B/2)+cot(C/2)} r/2 などより、
S = {cot(A/2)+cot(B/2)+cot(C/2)} rr
≧ 3cot((A+B+C)/6) rr （←下に凸）
= 3cot(π/6) rr
= (3√3) rr, >>609 (2)
>>612 (2)
[x，y，z] [x，z，y] [S2，t，t]
|z，x，y| |y，x，z| = |t，S2，t|
[y，z，x] [z，y，x] [t，t，S2]
の行列式は
D(x,y,z)^2 = D(S2,t,t).
ここに
D(x,y,z) = x^3 + y^3 + z^3 -3xyz
= (x+y+z)(xx+yy+zz-xy-yz-zx)
= (x+y+z)(S2-t). >>609 (3) [182](1)
大数宿題 - 2013 Q.5
[第7章].114[2](1)、116
Casphy! - higmath - 不等式２ - 170 ( ﾟ∀ﾟ)つ https://tohoku.repo.nii.ac.jp/?action=pages_view_main&;active_action=repository_view_main_item_detail&item_id=41283&item_no=1&page_id=33&block_id=38 >>662
F(x,y,z) は既約かつ対称な多項式で
F(x,y,z)^2 = F(xx+yy+zz，xy+yz+zx，xy+yz+zx)
を満たすとする。
F(x,y,z) = x+y+z,
F(x,y,z) = xx+yy+zz -xy-yz=zx,
以外にも解があるかな。 >>655 >>656
f(x) = x^(p-1) とおくと、
x>0 で f '(x) = (p-1)x^(p-2) > 0， f "(x) = (p-2)(p-1)x^(p-3) ≧0.
f"(x) ≧ 0（下に凸）だから、(*)
f(a+b) + f(a+c) ≦ f(a) + f(a+b+c),
f(a+b) + f(b+d) ≦ f(b) + f(a+b+d),
f(a+c) + f(c+d) ≦ f(c) + f(a+c+d),
f(b+d) + f(c+d) ≦ f(d) + f(b+c+d),
各式に a，b，c，d を掛けて足す。
f '(x) >0（単調増加）を使うと
g(a+b) + g(c+d) + g(a+c) + g(b+d) ≦ g(a)+g(b)+g(c)+g(d) + g(a+b+c+d),
ここに g(x) = x･f(x)
(略証)
0 < ∫[0,b]∫[0,c] f "(a+u+v) du dv
= f(a+b+c) + f(a) - f(a+b) - f(a+c), 一辺の長さが1である辺を奇数個もつ任意の多角形の面積をSとすると次の不等式が成立
S≧√3/4 >>667
すべての辺の長さが1である、奇数角形? 〔問題2018〕
a>0，b>0，c>0，a+b+c=3 のとき次を示せ。
a^(1/2018) + b^(1/2018) + c^(1/2018) + (2/√3) √{a(1-b)+b(1-c)+c(1-a)} ≧ 3,
(K. Chikaya, 2018/June/19)
すうじあむ //suseum.jp/gq/question/2884 を改良
casphy.com/bbs/highmath/472060/ 不等式２-304 >>668
多角形のすべての辺のうち一辺の長さ1である辺の総数は奇数個であるもの >>668
偶数角形でもいい
例としては四角形のうち三つの辺が長さ1で他は長さ1ではないものだったり、一つの辺のみが1でほかは長さ1でないようなもの 凸とは限らない３角形または４角形または５角形または……
であって辺の長さはすべて１であるもの
ですね。凸とは限ってないので内角が180°も桶なので>>697でもいいけど “凸とは限らない” がある方が良かったかも。 >>671
> 偶数角形でもいい
辺長１の正N角形の、連続する2m個の頂点を結んでできる凸2m角形を考える。(N ≫ m^3)
外接円の半径は R = 1/{2sin(π/N)},
S < (弓形の面積)
= (扇形の面積) - (三角形の面積)
= (1/2)RR{(4mπ/N) - sin(4mπ/N)}
< (1/12)RR(4mπ/N)^3 (*)
= 1/{48sin(π/N)^2}(4mπ/N)^3
～ (4/3) m^3 (π/N)
→ 0 (N→∞)
*) x>0 のとき x - (1/6)x^3 < sin(x) < x, >>673
訂正ｽﾏｿ
(4mπ/N) → (2(2m-1)π/N)
或いは
(弦の長さ) < (2m-1)
(幅) = R {1-cos((2m-1)π/N)}
< R (1/2) {(2m-1)π/N}^2 (**)
= 1/{4sin(π/N)} {(2m-1)π/N}^2
～ (1/4)(2m-1)^2 (π/N)
→ 0 (N→∞)
**) 1 - (1/2)xx < cos(x) ≦ 1 問題の見栄え良くするために、問題文はしょりすぎなんだよ。
偶数角形でもいいといってるのは例えば四角形ABCDで
AB=BC=CD=1、DA=2でもいいって意味だろ？
あくまで辺の長さの和は奇数。
この場合は五角形ABCDEでAE=DE=1、角Eは180°とみなして
１辺の長さ１の５角形とみなす。
そういう場合、面積は√3/4より大きくなる。
偶数角形で辺の長さ１で反例出したいなら平たいひし形で終わり。 で結局問題は>>667でいいの？
真偽は別としてこれだけで問題の条件は十分伝わるよね
勝手に凸がどうたらって条件を加えてる>>672は別の問題ってことでいいの？ >>675 辺の長さの和が奇数とは書いてない。そもそも辺の長さは整数とは限らないし
[667(元問題)] 多角形Pは次の条件を満たすとき S >= sqrt(3) / 4
【条件】Pの辺のうち長さが1であるものは奇数個
[672] すべての辺が1である多角形Pの面積は S >= sqrt(3)/4
（凸の条件が何を言ってるのかよくわからない）
[673-4] 「辺が1の正多角形Pの面積は S >= sqrt(3)/4」を否定する証明（たぶん）
なんかごちゃごちゃしたけど問題は667でいいんだよね >>675 >>677
すべての辺の長さを自然数に限定？
>>673 >>674 の例で、辺長1を固定しつつ端の2点を持って引っぱると、
自然数にならぬか…
>>675
菱形だと長さ1の辺が４つになる。 3辺長を1に固定して１点をずらす。 点列P0.‥Pnは以下を満たす。
・nは奇数、P0=Pn
・隣接2点間の距離は1
・点列を順に結んで得られる曲線は単純閉曲線C
この時、Cで囲まれる領域の面積は√3/4以上であることを示せ。
ですな >>679
それは667と別問題だよね
それも成り立つの？ >>667
これは成り立つ。
私は>>667もこの意味だと思う。
長さ1の辺が奇数個でそうでない辺がいくらあっても桶
みたいな設定で何かいえると思えない。 >>681
問題が間違えてるってことね
679っぽい状況は数オリ辞典かなんかで見た記憶あるけど思い出せない >>679
すべての辺の長さが1である、奇数角形 >>668
ですね。 >>520 (B3) [100]
49th IMO spain 2008, SL-A7
s = a+b+c+d,
p = s+a+c,
q = s+b+d,
M = (s-d)(s-b) = (s+a+c)s + bd,
N = (s-a)(s-c) = (s+b+d)s + ac,
W = (b+d)M-(a+c)N = bd(b+d) - ac(a+c), …(3)
とおく。
2(左辺) = p(a-c)^2 /M + 3(a-c)(b-d)W/MN + q(b-d)^2 /N,
これは a-c，b-d の斉2次式なので、判別式（Hessian）を調べる。
pq = 2ss + (a+c)(b+d) > 2ss,
MN = {(s+a+c)s+bd} {(s+b+d)s+ac}
= (s+a+c)(s+b+d)ss + ac(s+a+c)s + bd(s+b+d)s + abcd
> 2s^4 + 2ac(a+c)s + 2bd(b+d)s, (← s>a+c，s>b+d)
辺々掛けて
4pqMN > 8ssMN
> 16(s^3){s^3 + ac(a+c)+bd(b+d)}
> 192{ac(a+c)+bd(b+d)}^2 {← s^3 > 3ac(a+c)+3bd(b+d)}
> 192{bd(b+d)-ac(a+c)}^2
= 192WW
≧ 9WW.
∴ 判別式(Hessian) < 0
∴ 正定値。
http://www.imo-official.org/problems/IMO2008SL.pdf
IMO-2008, SL-A7, Solution-2 >>685 訂正
M = (s-d)(s-b) = (a+c)s + bd,
N = (s-a)(s-c) = (b+d)s + ac,
MN = {(a+c)s+bd} {(b+d)s+ac}
> {ac(a+c) + bd(b+d)}s,
4pqMN > 8ssMN
> 8(s^3){ac(a+c) + bd(b+d)}
> 8ac(a+c)^4 + 8bd(b+d)^4
≧ 32{ac(a+c)}^2 + 32{bd(b+d)}^2
> 32{bd(b+d) - ac(a+c)}^2
= 32WW
≧ 9WW, 〔問題670〕
nを自然数、xを実数とするとき
[nx] ≧ Σ(k=1,n) [kx]/k
を示せ。ただし [x] はガウス記号である。
[面白スレ２６-670，同２７-144] すうじあむの解答見てきたけど、h(t)の最大値を求めるところまでは分かった。
で、h(t)の最大値がf(x,y)の最大値になるのは明らかなん？
バラバラに動く変数を1変数に置き換えたものを調べて間違いないん？ >>688
f(x，y) の最大値 ≦ h(t) の最大値 = e^{-2} で
f(1，1) = e^{-2}.
からそう結論しました。
もしも反例が見つかったら晒してください。遠慮はいりません。
>>689
たぶんこれ。
Find the maximum value of the following function for all positive real numbers x，y．
f(x，y) = e^(-x-y) {ln(x)+ln(y)+1}.
http://suseum.jp/gq/question/2901 >>691
そのサイトFlashがないと読めないみたい。
もうこのご時世Flashないと読めないサイトわざわざ見る気になれん。 >>692
「三次方程式の解の素朴な性質」 Q.2876
a, b, c を任意の複素数とする。 3次方程式 z^3 + az^2 + bz + c = 0 の解αで
| 2bα + 3c | ≦ | 3α^3 |
をみたすものが存在することを示してください。
（2018/04/01 アンドロメダ） >>520 (B3)
>>524
まづ 左辺を a-c, b-d の斉２次式で表わす。
2 (左辺) = F (a-c)^2 + H (a-c)(b-d) + G (b-d)^2,
ここに
F = 1/(c+d+a) + 1/(a+b+c),
G = 1/(b+c+d) + 1/(d+a+b),
H = 3{ -(a+c)/(c+d+a)(a+b+c) + (b+d)/(d+a+b)(b+c+d)},
とおいた。この斉２次式が正定値となる条件は，
(判別式) = HH - 4FG < 0,
そこで F, G, H を評価する。
AM-HM より
F = 1/(c+d+a) + 1/(a+b+c) ≧ 4/{2(a+c)+(b+d)},
G = 1/(b+c+d) + 1/(d+a+b) ≧ 4/{(a+c)+2(b+d)},
∴ FG ≧ 16/{2(a+c)^2＋5(a+c)(b+d)＋2(b+d)^2} ≧ 16/{(9/4)(a+b+c+d)^2} > 7/(a+b+c+d)^2,
0 < (a+c)/(c+d+a)(a+b+c) = (a+c)/{(a+c)(a+b+c+d)+bd} < 1/(a+b+c+d),
0 < (b+d)/(b+c+d)(c+d+a) = (b+d)/{(b+d)(a+b+c+d)+ac} < 1/(a+b+c+d),
∴|H| < 3/(a+b+c+d)、
以上により (判別式) = HH - 4FG < 0 したがって左辺は正定値。
IMO-2008 Short list A.7
不等式bot（@inequalitybot） [100] ☆12
面白スレ２６-535,961 面白スレ２７-354,356
//www.casphy.com/bbs/highmath/472060/126 (7), 311 正の数 a, b が a+b=1をみたすとき、任意の正の数 x, y に対して ax+by ≧ x^a y^b.
これはAM-GMの一般化でござるかな？ >>696
a,bが有理数のときは AM-GM そのものでござるな。 正の数 a, b, x, y が ax+by = x+y をみたすとき、a^(ax) * b^(by) ≧ 1. >>699
(a-1)x + (b-1)y +(c-1)z = 0 をみたすとき
a log(a) = -a log(1/a) ≧ -a(1/a -1) = a-1,
b log(b) ≧ b-1,
c log(c) ≧ c-1,
ax log(a) + by log(b) + cz log(c) ≧ (a-1)x + (b-1)y + (c-1)z = 0, >>700
むむむ…、さすがでござるな。
>>696
正の数 a, b が a+b=1をみたすとき、任意の実数 x, y に対して (ax+by)(ay+bx) ≧ xy. >>701
(ax+by)(ay+bx) = (a+b)^2･xy ＋ 2ab(x-y)^2 ≧ (a+b)^2･xy,
またはコーシーで
(ax+by)(ay+bx) ≧ (a√xy + b√xy)^2 = (a+b)^2･xy, >>702
むむむ…、さすがでござるな。
一つ目の解法の式変形は思いつかぬ…。
ただ、係数の２は不要ですな。 非負実数 a,b,c に対して、
(a-b)(a-c)a^4 + (b-c)(b-a)b^4 + (c-a)(c-b)c^4 ≧ 5{(a-b)(b-c)(c-a)}^2.
不等式の秋でござるな。（AA略） >>704
Schurより強い不等式ってことになるのかな？ >>705
非負実数に限れば。
偶数次の Schur はすべての実数で成立つが、>>704 は (a, b, c) = (a, 0, -a) で不成立。 なるほど。 s,t,uで置き換えて証明できるのかな？ >>704
(左辺)-(右辺)
= F_4 - 5Δ^2
= s^6 - 7s^4t + 28s^3u + 8s^2t^2 - 112stu + 16t^3 + 63u^2
苦しいでござる。
別の方法を考えた方がいいか…。 去年の秋にやっていたΔがらみの不等式が、このスレを (c-a) で検索するとたくさん出てくる。
それらの中にない（と思う）ものを見つけたのでメモ。
a, b, c > 0に対して、
(a^2 + 3b^2)(b^2 + 3c^2)(c^2 + 3a^2) ≧ {(a-b)(b-c)(c-a)}^2.
https://artofproblemsolving.com/community/c6h1595851p9908733
リンク先の模範解答を見る限りでは、任意の実数で成り立っているんじゃないの？ >>704
bはaとcの中間にあるとする。
(左辺) = (a^n)(a-b)^2 + (a^n-b^n+c^n)(a-b)(b-c) + (b^n)(b-c)^2,
(a,b,c) を（間隔を変えず一斉に）d減らしたとき、a^n, c^n は減少する。（0<d≦a,b,c)
では a^n -b^n +c^n はどうか？
Max{a,c} = M, min{a,c} = m とおくと
M^n - b^n = (M-d)^n - (b-d)^b + ∫[0,d] n{(M-d+t)^(n-1) - (b-d+t)^(n-1)} dt
≧ (M-d)^n - (b-d)^b,
m^n ≧ (m-d)^n, (0<d≦m)
辺々たして
M^n -b^n +m^n ≧ (M-d)^n -(b-d)^n +(m-d)^n,
a^b -b^n +c^n ≧ (a-d)^n -(b-d)^n +(c-d)^n,
すなわち a^n -b^n +c^n も減少する。
よって（左辺）は減少するから、c=0 の場合に成立てば十分である。
(左辺) ≧ (a-b)a^(n+1) - (a-b)b^(n+1)
= (a-b)^2･{a^n+a^(n-1)･b+……+a･b^(n-1)+b^n}
≧ (n+1)(a-b)^2･(ab)^(n/2) (AM-GM)
= (右辺), おお！ なるほど！ かたじけない！
|
＼ __ ／
＿ （ｍ） ＿ﾋﾟｺｰﾝ
|ミ|
／ ｀´ ＼
(ﾟ∀ﾟ )
ノヽノヽ
くく >>709
(aa+3bb)(bb+3cc)(cc+3aa) ≧ {(a+b)(b+c)(c+a)}^2,
左辺は a,b,c の符号によらない。
a,b,c の符号だけを変えたとき、右辺が最も大きいのは a,b,c が同符号のもの。
∴ a,b,c >0 に対して成立てば十分。
(左辺)/(右辺) = (aa+3bb)/(a+b)^2･(bb+3cc)/(b+c)^2･(cc+3aa)/(c+a)^2 = f(a/b) f(b/c) f(c/a),
ここに f(x) = (xx+3)/(x+1)^2,
a,b,c >0 ⇒ f(a/b) f(b/c) f(c/a) ≧ 1 を示す。
(1) a/b, b/c, c/a の１つが 0 < x ≦ (-16+√333)/7 = 0.321184 にあるとき。
[4f(x)-3](x+1)^2 = 4(xx+3) -3(x+1)^2 = (x-3)^2 ≧ 0,
∴ f(x) の最小値は f(3) = 3/4
f(x) ≧ (4/3)^2 となるものが１つでもあれば 成立する。
その条件は [16f(x)-9](x+1)^2 = 16(x+1)^2 -9(xx+3) = 7xx +32x -11 ≦ 0,
-4.8926125 = (-16-√333)/7 ≦ x ≦ (-16+√333)/7 = 0.321184
(2) a/b, b/c, c/a ≧ (-16+√333)/7 = 0.321184 のとき。
x ≧ (-16+√333)/7 = 0.321184 のとき
x(x+1)^4 - (xx+3)^2 = (x^3 +x^2 +3x-1)(x-1)^2 ≧ 0,
∴ f(x) ≧ 1/√x,
∴ f(a/b) f(b/c) f(c/a) ≧ √(b/a) √(c/b) √(a/c) = 1,
以上により成立つ。
>>710 訂正
(左辺) = (a^n)(a-b)^2 + (a^n-b^n+c^n)(a-b)(b-c) + (ｃ^n)(b-c)^2, >>712 訂正ｽﾏｿ
その条件は [16-9f(x)](x+1)^2 = …
x(xx+3)^2 - (x+1)^4 = (x^3 +x^2 +3x-1)(x-1)^2 ≧ 0, >>714
「EMV inequality」でググると、一番上に
A large sieve inequality of Elliott-Montgomery-Vaughan type for automorphic forms and two applications
というのがヒットするんだけど、さっぱり分からん…。 >>714
http://artofproblemsolving.com/community/c6h205183p1130901
の Theorem 1 でござるな。n=3 のときは
〔EMV定理〕
f(x, y, z): R^3 → R は連続で C^1 級函数とする。次の2つの条件
(i) xyz = 0 ⇒ f(x, y, z) ≧ 0,
(ii) x, y, z ≧ 0 ⇒ ∂f/∂x + ∂f/∂y + ∂f/∂z ≧ 0,
を同時に満たすならば
x, y, z ≧0 ⇒ f(x, y, z) ≧ 0.
Example 3. (Suranyi) >>512-513
Problem 1. (Schur, n=1) >>514
Problem 2. (Turkevici) >>163-164, 185, 530-531 （一般化 >>189)
Problem 6. >>486-487, 492 >>709 >>712
{a+b√(-3)}{b+c√(-3)}{c+a√(-3)} = -(3q +8abc) + p√(-3),
ここに p = aab+bbc+cca -3abc，q = abb+bcc+caa -3abc,
(左辺) - (右辺) = (aa+3bb)(bb+3cc)(cc+3aa) - {(a+b)(b+c)(c+a)}^2
= (3q+8abc)^2 + 3pp - (p+q+8abc)^2
= 2pp -2pq +8qq +16abc(2q-p)
= 2pp -2pq +(8/3)qq + (16/3) {(q+3abc)^2 -3abc(p+3abc)}
= 2pp -2pq +(8/3)qq + (16/3) {(abb+bcc+caa)^2 -3caa･abb -3abb･bcc -3bcc･caa}
= 2pp -2pq +(8/3)qq + (8/3) {[a(ca-bb)]^2 + [b(ab-cc)]^2 + [c(bc-aa)]^2}
≧ 0,
∵ (x+y+z)^2 - 3(xy+yz+zx) = (xx+yy+zz) - (xy+yz+zx) = {(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2}/2, [三角形の辺長 a,b,c に関するアレ]
(1) abc ≧ (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b).
(2) (a^a)(b^b)(c^c) ≧ (a+b-c)^a (b+c-a)^b (c+a-b)^c.
(3) (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) + (a+b)(b+c)(c+a) ≧ 9abc.
(1)は、不等式好きなら誰でも知っているレムスの不等式。
(2)は、上の上の不等式ヲタなら やはり常識である不等式。
(3)が、今回ご紹介する商品。
この他に a+b-c、b+c-a、c+a-b がらみの不等式があれば紹介してクリリン。 三角形は多いのに四角形の辺に関する不等式なかなか見かけない >>719
△なのでRavi変換する。
x = b+c-a,
y = c+a-b,
z = a+b-c,
とおくと
x+y+z = a+b+c,
(1)
AM-GM で
a = (y+z)/2 ≧ √(yz),
b = (z+x)/2 ≧ √(zx),
c = (x+y)/2 ≧ √(xy),
より
abc = (y+z)(z+x)(x+y)/8 ≧ xyz,
a,b,c ≧ 0 のとき
abc - (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) = F_1(a,b,c) ≧ 0,
(2)
log(左辺) = a log(a) + b log(b) + c log(c)
≧ y log(a) + ｚ log(b) + x log(c) (←チェビシェフ)
≧ (y/2)log(yz) + (z/2)log(zx) + (x/2)log(xy)
= (y+z)/2 log(z) + (z+x)/2 log(x) + (x+y)/2 log(y)
= a log(z) + b log(x) + c log(y)
= log(右辺),
(3)
(左辺) = (2x)(2y)(2z) + (2x+y+z)(x+2y+z)(x+y+2z) = F1(x,y,z) ≧ 0, >>721 (2)
チェビシェフは不成立でした。ｽﾏｿ
log(a+b-c) = log(a) + log{1 +(b-c)/a} ≦ log(a) + (b-c)/a,
a log(a+b-c) ≦ a log(a) +b -c,
巡回的にたす。 自然数 k,n (k<n)に対して、(n/k)^k ≦ nCk ≦ (en/k)^k を示せ。
ここで e はネイピア数。 >>723
左側：
C[n, k] = Π[j=0, k-1] (n-j)/(k-j) > Π[j=0, k-1] (n/k) = (n/k)^k,
右側： 補題より
C[n, k] = n(n-1)…(n-k+1)/k! < (n^k)/k! < e^(k-1)･(n/k)^k,
〔補題〕
k≧2 のとき (k^k)/k! < e^(k-1),
（略証）
(1 +1/j)^j = Σ[L=1, j] C[j, L](1/j)^L = Σ[L=1, j] (1-1/j)(1-2/j)…(1-(L-1)/j)/L!
はjについて単調増加。
∴ {(j+1)/j}^j = (1 + 1/j)^j < e,
j=1,…,k-1 を入れて掛けると
(k^k)/k! < e^(k-1),
(別法)
マクローリン展開から
e^x > x^{k-1} /(k-1)! + (x^k)/k! + x^{k+1} /(k+1)!
= (x^k)/k! {(k/x) + 1 + x/(k+1)},
e^k > (k^k)/k! {2 + k/(k+1)} > (k^k)/k! e, (k≧3)
∴ e^{k-1} > (k^k)/k!,
k=2 は直接確かめる。 (終) R^n上の対称行列Tが任意のx∈R^nに対して(x,Tx)≧0を満たす時、T≧0と定義する
又、対称行列U,Vに対してU-V≧0の時、U≧Vと定義する
この時、以下について答えよ
(1)R^n上の任意の対称行列T≧0に対し、T=U^2となる対称行列U≧0が一意に存在する事を示せ(尚、この時、U=√Tと定義する)
(2)R^n上の任意の対称行列A,B≧0に対し、A+B≧2√(AB)の真偽を答え、真ならば証明を、偽ならば反例を挙げよ ゴルフ行こうよ。永遠の－０テンプルバンカーショット。ナイトゴルフ。ＳＷＶＰＷ。 >>725 (2)
A,Bが対称行列でもABが対称行列になるとは限らないぞ。 >>724 の〔補題〕
分かスレ４４７ - 82, 438 >>724 の補題を改良
〔補題'〕
k≧2 のとき (k^k)/k! < e^(k-1) < (k^k)/(k-1)!
(略証)
(1 -1/jj)^j > 1 -1/j, … AM-GM
(1 +1/j)^j = (1 -1/jj)^j /(1 -1/j)^j > 1/(1 -1/j)^(j-1) = {1 +1/(j-1)}^(j-1),
∴ (1 +1/j)^j = {(j+1)/j}^j はjについて単調増加
∴ {(j+1)/j}^j < e,
j=1,2,…,k-1 を入れて掛けると
(k^k)/k! < e^(k-1),
{jj/(jj-1)}^j > (1 +1/jj)^j > (1 +1/j), … AM-GM
∴ {j/(j-1)}^j = {jj/(jj-1)}^j･(1 +1/j)^j > (1+1/j)^(j+1)
∴ (1 +1/j)^(j+1) = {(j+1)/j}^(j+1) はjについて単調減少
∴ {(j+1)/j}^(j+1) > e,
j=1,2,…,k-1 を入れて掛けると
(k^k)/(k-1)! > e^(k-1),
分かスレ４４７-448 >>725 (1)
Tのn個の固有値d_j を主対角線に並べた実対角行列を D とし、
対応する固有ベクトルｗ_j を各列に並べた行列をWとする。
T ｗ_j = ｗ_j d_j,
T W = W D,
n個の固有ベクトルｗ_jが1次独立のとき |W|≠0 で Tは対角化可能。
T = W D W^(-1),
T≧0 すなわち Tの固有値がすべて非負のとき、Dの対角要素が非負で、√Dも実対角行列。
T = W D W^(-1) = {W √D W^(-1)}^2 = U^2,
Tが実対称行列のときは、固有ベクトルを適当に選んでWを実直交行列にとれる。
W^(-1) = W~ >>732
訂正
A+B≧√2(AB+BA)は成り立つかでした a, b, c >0 に対して、
a/{b(b+c)^2} + b/{c(c+a)^2} + c/{a(a+b)^2} ≧ 9/{4(ab+bc+ca)}
今年も不等式の秋が来ましたな。
9/{4(ab+bc+ca)} の出てくる不等式は過去スレで扱ったな。 x, y ∈ R に対して、
(1) 1/(x+1)^2 + 1/(y+1)^2 ≧ 1/(xy+1)
(2) a^3 + b^3 + c^3 - 3abc ≦ (a^2 + b^2 + c^2)^(3/2) a, b, c > 0 に対して、
(1) 3 + √{(a^2 + b^2 + c^2)(1/a^2 + 1/b^2 + 1/c^2)} ≧ (2/3)(a+b+c)(1/a + 1/b + 1/c)
(2) √{(a^4 + b^4 + c^4)(1/a^4 + 1/b^4 + 1/c^4)} ≧ 1 + √[1 + √{(a^5 + b^5 + c^5)(1/a^5 + 1/b^5 + 1/c^5)}]
(3) a^4/(a^3 + b^3) + b^4/(b^3 + c^3) + c^4/(c^3 + a^3) ≧ (a+b+c)/3
(4) {(a-b)/c}^2 + {(b-c)/a}^2 + {(c-a)/b}^2 ≧ (2√2)*{(a-b)/c + (b-c)/a + (c-a)/b}
(5) a/{√(2b^2+2c^2)} + b/(c+a) + c/(a+b) ≧ 3/2
(6) a+b+c=3 のとき、44 ≧ (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ 27
参考 (2) https://artofproblemsolving.com/community/q1h1328831p7152622 むかし立ち読みした本に、不等式の証明を行列を使ってやっていたんだけど、どんな本を検索したら見つかりますかね？ >>737
9/{4(ab+bc+ca)} の出てくる不等式…
〔問題〕
a,b,c > 0 に対して
1/(b+c)^2 + 1/(c+a)^2 + 1/(a+b)^2 ≧ 9/{4(ab+bc+ca)},
イランMO-1996
Inequalitybot [148]
>>738
(1)
(x, y) = (2 -1/n, -1/2),
1/(xy+1) = 2n,
(2)
a+b+c = s, ab+bc+ca = t とおく。
|a^3+b^3+c^3-3abc| = |a+b+c| (aa+bb+cc-ab-bc-ca)
= |s| (ss-3t)
≦ (ss-2t)^(3/2) (← GM-AM)
= (aa+bb+cc)^(3/2),
*) ss≧0, ss-3t≧0 より、AM-GM で
(ss-2t)^3 - ss(ss-3t)^2 = (3ss -8t)tｔ = (1/3){8(ss-3t) +ss}tt ≧ 0, >>738 (2) を改造^^
a,b,c∈R に対して
| a^3+b^3+c^3 - 3abc |^2 ≦ (aa+bb+cc)^3 - (ab+bc+ca)^3,
(略証)
s = a+b+c, t = ab+bc+ca とおく。
(ss-2t)^3 - t^3 - ss(ss-3t)^2 = 3(ss-3t)tt ≧ 0,
(左辺) = ss(ss-3t)^2 ≦ (ss-2t)^3 - t^3 = (右辺), >>738 (2) を改造^^
a,b,c∈R に対して
| a^3+b^3+c^3 - 3abc |^2 ≦ (aa+bb+cc)^3 + 8(ab+bc+ca)^3,
(略証)
s = a+b+c, t = ab+bc+ca とおく。
(ss-2t)^3 + (2t)^3 - ss(ss-3t)^2 = 3sstt ≧ 0,
(左辺) = ss(ss-3t)^2 ≦ (ss-2t)^3 + (2t)^3 = (右辺), >>742>>743
乙でござるな。 この２つは どこか修正が入ったの？ >>739
(3)
a^4 - (a^3+b^3)(a-kb) = {k(a^3+b^3) -abb} b
= {k[a^3 +(1/2)b^3 +(1/2)b^3] -abb} b
≧ {3k/(2^(2/3)) -1} ab^3, (AM-GM)
(係数) ≧0 より
k = (1/3)･2^(2/3) = 0.529133684
a^4/(a^3 + b^3) ≧ a - kb,
循環的にたす。
(左辺) ≧ (1-k)(a+b+c) = 0.470866316 (a+b+c). >>742 は >>609 (2), >>612 にござる。
>>739 (6) 右側 は >>616 >>618
(aa+2)(bb+2)(cc+2) = uu + 2(tt-2su) + 4(ss-2t) + 8
= (uu+1+1) + (2/3)(t-3)^2 + (4/3)(tt-3su) + (ss-4t) + 3ss
≧ 3ss,
※ (uu+1+1) + (ss-4t) ≧ 3u^(2/3) + {F1(a,b,c)-9u}/s
= 3{u^(2/3) -3u/s} + F1(a,b,c)/s
≧ 0, >>618 >>739 (6) >>747
a,b,c ≧ 0, a+b+c ≦ √(8k) のとき
kk{(a+b+c)^2 +k} ≧ (aa+k)(bb+k)(cc+k) ≧ (3kk/4)(a+b+c)^2,
左側は
a+b+c ≦ √(8k) より
ab ≦ (1/4)(a+b)^2 ≦ 2k,
(a+b)c ≦ (1/4)(a+b+c)^2 ≦ 2k,
(aa+k)(bb+k) = k{(a+b)^2 +k} - ab(2k-ab) ≦ k{(a+b)^2 +k},
∴ (aa+k)(bb+k)(cc+k) ≦ k{(a+b)^2 +k}(cc+k) = kk(ss+k) -k(a+b)c{2k-(a+b)c} ≦ kk(ss+k), >>741 (上)
4(ab+bc+ca){1/(b+c)^2 + 1/(c+a)^2 + 1/(a+b)^2} - 9
= {ab(4aa+7ab+4bb)(a-b)^2 + bc(4bb+7bc+4cc)(b-c)^2 + ca(4cc+7ca+4aa)(c-a)^2 + (2abc)F_1(a,b,c)}/{(a+b)(b+c)(c+a)}^2
= {4t･F_2＋(3tt/s)F_1＋(9tu/s)F_0＋(st-9u)u} / (st-u)^2
≧ 0,
F_n (a,b,c) = (a^n)(a-b)(a-c) + (b^n)(b-c)(b-a) + (c^n)(c-a)(c-b) ≧ 0, >>724
なるへそ。右辺のeは1個少なくても成り立つんですな。 さあ、はじめようか？
>>737の左辺は、どこに挟まるのでござるかな？
{a/(2bc)}^2 + {b/(2ca)}^2 + {c/(2ab)}^2
≧ 1/(4a^2) + 1/(4b^2) + 1/(4c^2)
≧ 1/(4ab) + 1/(4bc) + 1/(4ca)
≧ 1/(b+c)^2 + 1/(c+a)^2 + 1/(a+b)^2 ← (>>741, >>749)
≧ 9/{4(ab+bc+ca)}
≧ 1/{(a+b)(b+c)} + 1/{(b+c)(c+a)} + 1/{(c+a)(a+b)}
≧ 9/{(a+b)(b+c) + (b+c)(c+a) + (c+a)(a+b)}
≧ 27/{4(a+b+c)^2}
≧ 9/{(a+b)^2 + (b+c)^2 + (c+a)(a+b)^2}
≧ 9/{4(a^2 + b^2 + c^2)}
" ;ヾ ; ;";ヾ; ;"/" ; ;ヾ ;ヾ;ヾ ; ;ヾ ; ; ヾ ;ゞ " ;ヾ ; ;";ヾゝゝ" ;ヾゞ ヽ /
,." ;ヾ ; ;";ヾ; ;"/" ; ;ヾ ;ヾ;ヾ ; ;ヾ ; ; ヾ ;ゞ " ;ヾ ; ;";ヾゝゝ" ;ヾ ; ; ヾ ;ゞ; ＼ ／
ゞヾ ; ;" ; ; ;; ;"iiiiii;;;;;::::: :)_/ヽ,.ゞ:,,ヾゞヾゞ__;::/ ` ` ` ー ─ ' `
ゞヾゞ;＼＼iiiiii;;;;::::: :|;:/ヾ; ;ゞ "ゝゞ ; ;`
" ;゛ ; ;" ; ;ゞ "|iiiiii;;;;::: : |:/ ヾゞ ` ` ` `
` ,|i;iiiiiii;;;;;;::: :| ` ` ` ` ` ` `
,|iiii;iiii;;;;:;_ _: :| ＿＿＿ 不等式の秋 ` ` `,
` |iiiiiii;;;;;;((,,,):::|／ ≧ ＼ ヾ从//"
` |iiiiiiii;;;;ii;;;;;;;;::|::::: (● (● | ` ﾞ ` ヾ'./"
|iiiiii;iii;;;;i;;:: ::::|ヽ::::......ワ...ノ ○ .||. ,
` |iii;;iiiii;::;:;;;;::::::| ( つ且 ~ ` ○○ | |
, , .,.. ,..M|M|iMii;;ii:i;;i:i;:; ゝ つつ.,.. ,...... ,.... ,,,.,.. ,.... ,,,.,.. ,..,,,,.,...,..,.,|￣￣|,.,..（ ）.. ,,,..,,.. ,.... ,,,.,...,.. .. ,.... ,,,.,.. ,.... ,,, a, b, c > 0に対して、
(a^2 + 3b^2)(b^2 + 3c^2)(c^2 + 3a^2) ≧ {(a-b)(b-c)(c-a)}^2 ←(>>709-710)
a, b, c > 0に対して、
(a^2 + ab + b^2)(b^2 + bc + c^2)(c^2 + ca + a^2) ≧ {(a-b)(b-c)(c-a)}^2.
ところで
(a^2 + 3b^2)(b^2 + 3c^2)(c^2 + 3a^2) と (a^2 + ab + b^2)(b^2 + bc + c^2)(c^2 + ca + a^2)
の大小は定まりそうにないですが、どうですか？ >>748
神掛かってる！
大量投下したやつを今ごろ確認しているところでござるが、関連する昨夏の不等式を再掲。
（自分のmemoから抜き出したので、未紹介のものもあるかもしれない。）
a、b、c∈R、k≧0、4≧λ≧0 に対して、
(1) (aa+k)(bb+k)(cc+k) ≧ (3kk/4)*(a+b+c)^2
(2) (aa+k)(bb+k)(cc+k) ≧ {(4k/3)^(3/2)}*(a-b)(b-c)(c-a)
(3) (aa+k)(bb+k)(cc+k) ≧ (kk/4)*{λ(aa+bb+cc) + (9-λ)(ab+bc+ca)}
(4) {aa+ (k+1)/3}{bb+ (k+1)/3}{cc+ (k+1)/3} ≧ {(k+4)/3}^2*{ab+bc+ca+ (k-5)/3}
a、b、c∈R、k≧1 に対して、
(5) (aa+k)(bb+k)(cc+k) ≧ (k+1)^2*(ab+bc+ca+k-2) + (abc-1)^2
a、b、c∈R、k≧2 に対して、
(6) (aa+k)(bb+k)(cc+k) ≧ (k+1)(ab+bc+ca+k-2)^2
a、b、c∈R、k≧(√2)-1 に対して、
(7) (aa+k)(bb+k)(cc+k) ≧ (k+1)^2*{(a+b+c)^2/3 + k-2} >>753
訂正。(3)(5)は a,b,c≧0. >>748
> a,b,c ≧ 0, a+b+c ≦ √(8k) のとき
> kk{(a+b+c)^2 +k} ≧ (aa+k)(bb+k)(cc+k) ≧ (3kk/4)(a+b+c)^2,
左側の等号成立条件は a=b=c=k=0 以外にありますか？ >>755
kは要らんね、a=b=c=0以外に等号が成立することあるかな？ 連投すまぬ。
a,b,cのうちの2つが0なら成り立ちますね。他にないかな？ >>755
a,b,cのうちの少なくとも2つが0、
a,b,cのうちの一つが0で、2つが√(2k)のとき
これだけかな？ >>738 (1)
x, y >0 として証明。
lhs - rhs = {xy(x-y)^2 + (xy-1)^2}/{(x+1)^2 (y+1)^2 (xy+1)} ≧0.
一般化できるかな？つまり、
x,y,z>0 のときに、1/(x+1)^2 + 1/(y+1)^2 + 1/(z+1)^2 ≧ 1/(xyz+1) は成り立つ？ 4文字なら、a,b,c,d>0に対して、
1/(1+a)^2 + 1/(1+b)^2 + 1/(1+c)^2 + 1/(1+d)^2
≧ 1/(1+ab) + 1/(1+cd)
＞ 1/(1+abcd). 〔補題〕
(1) 4(2-√3) > (√6 -√2),
(2) 12(2-√3) > 4(2-√3) + 2(√6 -√2) > 3(√6 -√2),
(3) (√2 +√3) > 2(√6 -√2) + 4(2-√3),
(4) 22/7 > 2(√6 -√2) + 4(2-√3),
(5) 6 + (√6 -√2) > (√5)(√2 +√3), >>761
(1)
√3 -1 ≒ 0.7320508 1/√2 ≒ 0.70710678
(左辺) - (右辺) = 2(√3 -1)(√3 -1 -1/√2) > 0,
(2)
(1) から直ちに出る。
(3)
(左辺) - (右辺) = (1/4)(√2 -1)^2･(√3 -1)^4･(√3 -√2) > 0,
(4)
(左辺) - (右辺) = (1/14)(√2 -1)^3･(√3 -1)^4･(3√6 -7) > 0,
(5)
さてどうするか…
なお、Snellius-Huygens から、2(√6 -√2) + 4(2-√3) > π が分かる。 >>761
(1)別解
4tan(π/12) > π/3 > 4sin(π/12),
4(2-√3) > π/3 > (√6-√2),
http://d.hatena.ne.jp/haruya12/20120314/1331712378 >>759
s = x+y+z, t = xy+yz+zx, u = xyz とおく。
lhs - rhs = {3+4s+2ss+2(st-3u)+(tt-2su)}/(u+t+s+1)^2 - 1/(u+1)
= {2+2s+(ss-2t)-5u+2(ss-t)u+2(st-9u)u+11uu+(tt-2su)u}/{(u+t+s+1)^2･(u+1)},
≧0. (← x,y,z≧0)
* 2 -5u +11uu = 63/44 + 11(5/22 -u)^2 ≧ 63/44, >>764
ｷﾀ━(ﾟ∀ﾟ)━!!!
なるほど、対称式とSchurすごいな。 stu method でも呼ぶかな n変数にして証明できますかね？
a_k >0 (k=1,2,…n) に対して、Σ1/(1+a_k)^2 ≧ 1/(1+Πa_k). x>0に対して、9x^{10} + 2 ≧ 9x^8 + 2x^9 をAM-GMで示せ。
（蛇足だが、この不等式は任意の実数で成り立つ） >>766
nについての帰納法でやってみた。
n=2 は >>759 より成立。
n≧3 のとき
(1) x_j ≧ 1 があるとき、帰納法の仮定により
Σ[k=1,n] 1/(1+a_k)^2 > Σ[k≠j] 1/(1+a_k)^2
≧ 1/(1+Π[k≠j] a_k)
≧ 1/(1+Π[k=1,n] a_k),
(2) x_1～x_n がすべて1以下のとき、右辺は増加する。
・n=3 の場合がチョト面倒。
⊿(右辺) = 1/(xyz+1) - 1/(xy+1)
= xy(1-z)/{(xyz+1)(xy+1)}
≦ xy(1-z)/{xy(z+1)} (← xy(1-z)≧0)
= (1-z)/(z+1),
(左辺) - (右辺) ≧ 1/(xy+1) + 1/(z+1)^2 -1/(xyz+1) (←帰納法の仮定)
≧ 1/(z+1)^2 - (1-z)/(z+1)
= {z/(z+1)}^2
≧ 0,
・n≧4 ならば
Σ[k=1,n] 1/(1+a_k)^2 ≧ Σ[k=1,n] 1/4 （← a_k≦1)
= n/4
≧ 1
> 1/(1+Π[k=1,n] a_k), >>767
AM-GM より
9x^10 -10x^9 + 1
= (x-1) (9x^9 -x^8 -x^7 -x^6 -x^5 -x^4 -x^3 -x^2 -x -1)
= (x-1)^2 (9x^8 +8x^7 +7x^6 +6x^5 +5x^4 +4x^3 +3x^2 +2x +1)
= (x-1)^2 {5x^8 + (x+1)^2 (4x^6 +3x^4 +2x^2 +1)}
≧ 0,
AM-GMより
4x^10 -5x^8 + 1
= (x^2 -1) (4x^8 -x^6 -x^4 -x^2 -1)
= (x^2 -1)^2 (4x^6 +3x^4 +2x^2 +1)
≧ 0,
(与式) = {(上) + (下)･9}/5 >>769
ごめん、どこでAM-GMを使っているのか分からない。 >>767
(左辺) - (右辺) = 2(4x^10 -5x^8 +1) + {(x-1)x^4}^2
≧ 2(4x^10 -5x^8 +1)
= 2{(X^5 + X^5 + X^5 + X^5 + 1) - 5 X^4} (← X=x^2≧0)
≧ 0,
最後のところで AM-GM を使いました。 >>767
AM-GMより、
x^{10} + x^9 ≧ 2x^9,
8x^{10} + 2 ≧ 10x^8. （x^8 が8個と 1が2個）
辺々加えて、
9x^{10} + 2 + x^8 ≧ 10x^8 + 2x^9.
( ﾟ∀ﾟ) ｳﾋｮｯ！ >>738(1) >>759 >>764 >>768
> x,y,z>0 のとき、1/(x+1)^2 + 1/(y+1)^2 + 1/(z+1)^2 ≧ 1/(xyz+1).
右辺を見て次の不等式を思い出したが、繋がるかな？
x,y,z>0 のとき、1/{x(1+y)} + 1/{y(1+z)} + 1/{z(1+x)} ≧ 3/(1+xyz). >>767
p_0 = 9,
p_1(x) = 6.19544630295 + (x-0.03352960039751934)^2 p_0 > 0,
p_2(x) = 3.8953637526451576 + (x-0.003121543171869486)^2 p_1(x) > 0,
p_3(x) = 2.0721715662084579 + (x+0.08618793580133872)^2 p_2(x) > 0,
p_4(x) = x^8 + 2(x+1)^2 (4x^6 +3x^4 +2x^2 +1),
= 0.5197441948878409 + (x+0.8393520966569508138)^2 p_3(x) > 0,
p_5(x) = 9x^10 -2x^9 -9x^8 +2 = (x-1)^2 p_4(x) > 0,
( ﾟ∀ﾟ) ｳﾋｮｯ！ >>774
細かい数字が出てよく分からんけど、p_k(x) の定義は何ですか？ >>768
> n≧3 のとき
> (1) x_j ≧ 1 があるとき、帰納法の仮定により
> Σ[k=1,n] 1/(1+a_k)^2 > Σ[k≠j] 1/(1+a_k)^2
不等号が逆向きになりませんか？
Σ[k=1,n] 1/(1+a_k)^2 < Σ[k≠j] 1/(1+a_k)^2 >>737
(問題再掲)
> a, b, c >0 に対して、
> a/{b(b+c)^2} + b/{c(c+a)^2} + c/{a(a+b)^2} ≧ 9/{4(ab+bc+ca)}
(証明)
(ab+bc+ca)*[a/{b(b+c)^2} + b/{c(c+a)^2} + c/{a(a+b)^2}]
≧ [ √(ab*a/{b(b+c)^2}) + √(bc*b/{c(c+a)^2}) + √(ca*c/{a(a+b)^2}) ]^2
＝ [ a/(b+c) + b/(c+a) + c/(a+b) ]^2
≧ (3/2)^2.
∧＿∧
( ;´∀｀) ＜ シコシコ、ネビットの順に使うナリ。
人 Y /
( ヽ し
（＿）＿） >>759 >>766 >>768
n≧3 のとき
p = Π[k=1,n-1] a_k, z = a_n とおく。
⊿(右辺) = 1/(p･z+1) - 1/(p+1)
= p(1-z)/{(p･z+1)(p+1)}
= Max{ p(1-z)/{(p･z+1)(p+1)}, 0}
≦ Max{ (1-z)/(z+1), 0}
≦ 1/(z+1)^2,
∴ (左辺) - (右辺) ≧ 0,
>>775
p_k(x) は 2k次の多項式。
p_5(x) = (左辺) - (右辺) = 9x^10 -2x^9 -9x^8 +2,
p_k(x) の最小値を b_k とし、そのときのxを a_k とする。
p_{k-1}(x) = {p_k(x) - b_k}/(x-a_k)^2, >>746
するってぇと、こういうことかい？
k = (1/n)*(n-1)^{(n-1)/n} とおくとき、a,b,c>0 に対して、
a^{n+1}/(a^n + b^n) + b^{n+1}/(b^n + c^n) + c^{n+1}/(c^n + a^n) ≧ (1-k)(a+b+c). >>710
一般の自然数nの場合に右辺はどうなるのでせうか？ 次式は成り立ちますか？
a,b,c>0に対して、
(a-b)(a-c)a^n + (b-c)(b-a)b^n + (c-a)(c-b)c^n ≧ (n+1){(a-b)(b-c)(c-a)}^2. >>781
両辺の次数が合ってないから、考えるだけ無駄ですな。 a,b,c>0とし、Δ= (a-b)(b-c)(c-a)とおく。昨夏にやった不等式について。
(1) (27/8)*(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) ≧ (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) ≧ Δ^2
(2) k*Δ^2 ≧ (a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2) ≧ Δ^2
(3) m*Δ^2 ≧ (a-b)(a-c)a^4 + (b-c)(b-a)b^4 + (c-a)(c-b)c^4 ≧ 5Δ^2
(疑問１) k、mの値を知りたい。
(疑問２) (1)もΔ^2の定数倍で挟みたい。 >>760
1/(1+ab) + 1/(1+cd) > 1/(1+ab/2)^2 + 1/(1+cd/2)^2 > 1/(1+abcd/4),
>>738(1) >>759
>>773 (下)
1/{x(1+y)} + 1/{y(1+z)} + 1/{z(1+x)} ≧ 3/{G(1+G)} ≧ 3/(1+xyz),
G = (xyz)^(1/3),
バルカンMO-2006
[8] 安藤哲哉 (2014) 例題3.1.7(4)
[9] 佐藤淳郎[訳] (2013) 問題3.93
Inequalitybot [77]
>>783
例えば a=b≠c ⇒ ⊿=0 ・n=2
1/(1+a)^2 + 1/(1+b)^2 > 1/(1+ab), >>759(上)
・n=3
1/(1+a)^2 + 1/(1+b)^2 + 1/(1+c)^2 > 1/(1+abc/2), >>759(下) >>773(上)
・n=4
1/(1+a)^2 + 1/(1+b)^2 + 1/(1+c)^2 + 1/(1+d)^2 > 1/(1 + abcd/4), >>760 >>784
・nについての帰納法で >>784
Σ1/(1+a_k)^2 ≧ 1/{1 + 4Π(a_k /2)}, >>785 念のため…
〔補題〕
n≧2, a_k≧0 (k=1～n) のとき
Σ[k=1, n] 1/(1+a_k)^2 ≧ 1/{ 1 + (Π[k=1, n] a_k) /2^(n-2) },
(略証)
nについての帰納法による。
・n=2 のとき
>>759 (上)
・n≧3 のとき
(左辺) = Σ[k=1, n] 1/(1+a_k)^2
≧ 1/{1 + (Π[k=1, n-1] a_k) /2^(n-3) } + 1/(1+a_n)^2 (←帰納法の仮定)
≧ 1/{1 + (Π[k=1, n-1] a_k) /2^(n-2) }^2 + 1/(1+a_n)^2
≧ 1/{1 + (Π[k=1, n] a_k) /2^(n-2) } ( >>759 上)
= (右辺). (a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2) を同じ式で挟むとしたら、こんなもん？
(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)
≧ (a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2)
≧ (8/27)*(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)
>>784
成程、a=bのときを考えれば⊿で挟めないのは明らかですね。
>>786
ちょうど悩んでいたところで助かりますた。
直近でやった不等式が使えるとは、偶然以上の何かを感じる… >>753
(1) (aa+k)(bb+k)(cc+k) ≧ (3kk/4)ss + (u-K)^2, ただし K = (k/2)^(3/2),
[前スレ.456] [前スレ.469] >>4 [3]
(略証)
(aa+k)(bb+k)(cc+k) = uu + k(tt-2su) + kk(ss-2t) + k^3
= {uu + 2(k/2)^3} + (2k/3)(tt-3su) + (k/3)(t-3k/2)^2 + kk(ss-t) + (3kk/4)ss
≧ (u-K)^2 + (k/3)(t-3k/2)^2 + (2k/3)(tt-3su) + (kk/4){ss-4t+3u^(2/3)} + (3kk/4)ss
= (u-K)^2 + (k/3)(t-3k/2)^2 + (2k/3)(tt-3su) + (kk/4s)F1(a,b,c) + (3kk/4)ss,
※ uu + 2(k/2)^3 = uu + 2KK = (u-K)^2 + K(u+u+K) ≧ (u-K)^2 + (3kk/4)u^(2/3),
ただし K = (k/2)^(3/2),
ss -4t +3u^(2/3) ≧ ss -4t +9u/s = F1(a,b,c)/s,
(3) はλ=4 が最良で、
(aa+k)(bb+k)(cc+k) ≧ (kk/4)(4ss-3t) + (u-K)^2, 但し K = (k/2)^(3/2),
[前スレ.469] >>4 [4] >>36 去年、アイゼンシュタイン整数を使って、a,b,c>0に対して、
(1) (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ (3√3/8)*|(a^2-bc)(b^2-ca)(c^2-ab)|,
(2) (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ (3√3/8)*(ab+bc+ca)^3
が出て、でも(2)は次より弱いから無視。
(3) (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ (ab+bc+ca)^3
もっと細かく書くと、
(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)
≧ (27/64)*(a+b)^2 (b+c)^2 (c+a)^2
≧ (1/3)*(a+b+c)^2 (ab+bc+ca)^2
≧ (ab+bc+ca)^3.
------------------------------------------------
(疑問１) 同様にやったら、次が成り立つと思うんですが、計算合ってます蟹？
(1)’ (a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2) ≧ (3√3/8)*|(a^2-bc)(b^2-ca)(c^2-ab)|,
(2)’ (a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2) ≧ (3√3/8)*|ab-bc+ca|^3
------------------------------------------------
(疑問２) (2)より強い(3)があったように、(2)’より強い次式って成り立ちますか？
2乗の差をとって計算していたのですが、挫折しますた。
(3)’(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2) ≧|ab-bc+ca|^3 >>787
8/27 じゃなくて 1/8 だよな。 ------------------------------------------------
(疑問３) a,b,c>0 に対して、
4(a^2 + b^2 + c^2)^3 ≧ (a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2)
が成り立つけど、左辺の係数の４をもっと小さくできないだろうか？
(左-右 = 12t(F_0)^2 + 12t^2 F_0 + 4t^3 + (2F_1 - st + 9u)^2 ≧0)
------------------------------------------------
(疑問４) 以前やった２つの不等式
a,b,c>0 に対して、(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ {(a-b)(b-c)(c-a)}^2,
a,b,c∈Rに対して、(a^2+b^2+c^2)^3 ≧ 2{(a-b)(b-c)(c-a)}^2
の左辺について、a,b,c>0 に対して何か不等式は作れないだろうか？ 👀
Rock54: Caution(BBR-MD5:1341adc37120578f18dba9451e6c8c3b) >>791
疑問３は計算間違っていました。すみません。 (1) a,b,c∈R に対して、8(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) ≧ (a+b)^2 (b+c)^2 (c+a)^2.
(2) a,b,c∈R に対して、2(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) ≧ (a-b)^2 (b-c)^2 (c-a)^2.
(3) a,b,c>0 に対して、(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) ≧ (a-b)^2 (b-c)^2 (c-a)^2.
(2),(3) に比べて (1)の左辺の係数8が大きいですが、これが限界？
(1)の条件を a,b,c>0 に変えたら、係数は小さくできるかな？
最良値かどうかを判断する考え方がイマイチ分かりませぬ… ('A`) >>789
(3) (aa+ab+bb)(bb+bc+cc)(cc+ca+aa) ≧ (1/3)sstt ≧ |t|^3,
(略証)
ss±3t = {(a±b)^2 + (b±c)^2 + (c±a)^2}/2 ≧ 0, (複号同順)
∴ |t| ≦ ss/3,
(疑問1)
(1)' … 1
(aa-ab+bb)(bb-bc+cc)(cc-ca+aa) - (aa-bc)(bb-ca)(cc-ab)
= {(a-b)cc}^2 + {(b-c)aa}^2 + {(c-a)bb}^2 + (abc)^2
≧ 0,
(aa-ab+bb)(bb-bc+cc)(cc-ca+aa) + (aa-bc)(bb-ca)(cc-ab)
= {(a-b)ab}^2 + {(b-c)bc}^2 + {(c-a)ca}^2 + (abc)^2
≧ 0,
(2)' … 1/27
(疑問2) … 1/27
(3)’(aa-ab+bb)(bb-bc+cc)(cc-ca+aa) ≧ (1/81)sstt ≧ (1/27)|t|^3,
(3) と同様に出ます。(*) 右辺はtのままです。 >>791 >>792
(疑問3) … 3/8
(aa-ab+bb)(bb-bc+cc)(cc-ca+aa) = (ss-3t)(tt-3su) + stu -8uu,
(左辺) - (右辺)
= (3/8)(aa+bb+cc)^3 - (aa-ab+bb)(bb-bc+cc)(cc-ca+aa)
= (3/8)(ss-2t)^3 - (ss-3t)(tt-3su) -stu +8uu
= (1/32)(3s^3 -10st +16u)^2 + (3/32){s(ss-2t)}^2 （←uで平方完成)
≧ 0,
等号成立は (a, 0, -a) etc. >>794
絶対値は間違いです...orz
(3) (aa+ab+bb)(bb+bc+cc)(cc+ca+aa) ≧ (1/3)sstt,
(3)’(aa-ab+bb)(bb-bc+cc)(cc-ca+aa) ≧ (1/81)sstt, >>794 >>795 >>796
aa+ab+bb = (3/4)(a+b)^2 + (1/4)(a-b)^2,
aa-ab+bb = (1/4)(a+b)^2 + (3/4)(a-b)^2,
(a+b)(b+c)(c+a) = st-u ≧ 8st/9,
(3)
(aa+bb+cc)^3 ≧ (27/8)(aa+bb)(bb+cc)(cc+aa) AM-GM
≧ (aa+ab+bb)(bb+bc+cc)(cc+ca+aa)
≧ (1/3){9(a+b)(b+c)(c+a)/8}^2
≧ (1/3)sstt,
(3')
(3/8)(aa+bb+cc)^3 ≧ (aa-ab+bb)(bb-bc+cc)(cc-ca+aa)
≧ {(a+b)(b+c)(c+a)/8}^2
≧ (1/81)sstt,
>>794 (1)' から >>611 (6) >>791
(疑問4)
(上) >>752 (中)
(下) >>609 (3)
>>793
(1) これが限界。 a=b=c で等号が成立するなら、a,b,c>0 に変えても同じぢゃね?
(2) (1-i)(a+ib)(b+ic)(c+ia) = -(a-b)(b-c)(c-a) + i{(a+b)(b+c)(c+a) - 4abc},
>>609 (4) >>615 >>794-798
非常に詳しくありがとうございます。一つ一つ確認しているところです。 >>741
> |s| (ss-3t) ≦ (ss-2t)^(3/2) (← GM-AM)
どのように相加相乗を使っているのですか？ 742-743を見て、探してみたが、意外と少なかった… ('A`)ｳﾞｫｴｧ！
------------------------------------------
不等式スレ内を検索して
a^3+b^3+c^3-3abc ： >>29、>>738、>>742-743
a^3+b^3+c^3+3abc ： 第5章>>269、第2章>>372
------------------------------------------
My Collections から （出典不明）
(1) a,b,c∈Rに対して、(a^2+b^2+c^2)^3 ≧ (a^3+b^3+c^3-3abc)^2 + (ab+bc+ca)^3
(2) a,b,c≧に対して、a^3+b^3+c^3-3abc ≧ (1/4)*(a+b-2c)^3 >>28 (2), >>29 (1), [前スレ.262], [初代スレ.836-869]
「楠瀬の不等式」
出典： 数学セミナー、出題：1992年4月、解説：1992年7月
a,b,c ∈ R に対して
aa+bb+cc ≧ |ab| + |bc| + |ca| ≧ |ab+bc+ca|,
>>742 >>743 から
| a^3+b^3+c^3 - 3abc |^2 ≦ (aa+bb+cc)^3 - |ab+bc+ca|^3.
>>800
{ss, ss-3t, ss-3t} はいずれも非負。
AM = ss-2t, GM = {s(ss-3t)}^(2/3). (x_1+…+x_n)/n=xとするとき、
(Σ(x_k-x)^3)^2 と (Σ(x_k-x)^2)^3 の大小について何か言えますか？
Σはk=1からnまでの和です。 >>803
(x_1 + x_2 + … + x_n) /n = A とおくとき、
( Σ[j=1,n] (x_j - A)^3 )^2 / ( Σ[k=1,n] (x_k - A)^2 )^3 ≦ (n-2)^2 /n(n-1) < 1,
等号成立は {a,…,a, b} など。 >>801 (1) は >>609 (2), >>742 と同じでつね。
>>802 (中) の方がチョト強い。
>>803
n=3 のとき
{(x-A)^2 + (y-A)^2 + (z-A)^2}^3 - 6{(x-A)^3 + (y-A)^3 + (z-A)^3}
= 2{(x-y)(y-z)(z-x)}^2 + (x+y+z-3A){……}
(略証）
(x-A)^3 + (y-A)^3 + (z-A)^3 = 3(x-A)(y-A)(z-A) + (x+y+z-3A){……} = 3(x-A)(y-A)(z-A),
より
{(x-A)^2 + (y-A)^2 + (z-A)^2}^3 - 6{(x-A)^3 + (y-A)^3 + (z-A)^3}
= 2{(x-y)(y-z)(z-x)}^2 + (x+y+z-3A){ …… }
≧ 0, >>805
むむむ…
ところで、ちょっと作ったんだけど、係数はこれが最善かな？
a,b,c∈R に対して、(a^2+b^2+c^2)^3 ≧ (27/16)*{(a-b)(b-c)(c-a)}^2. >>806 … 2 ぢゃね?
>>791 (疑問4･下) >>609 (3)
>>802
〔楠瀬の不等式〕
x,y,z ≧ 0 のとき
x^3 + y^3 + z^3 -3xyz = (x+y+z)(xx+yy+zz-xy-yz-zx) ≧ A|(x-y)(y-z)(z-x)|,
ここに A = √(9+6√3) = √{(3/2)√3}(1+√3) = 4.403669475
(略証)
(左辺) - (右辺) = (x^3 +y^3 +z^3 -3xyz) - A|(x-y)(y-z)(z-x)|
= (1/2)(x+y+z){(x-y)^2 +(y-z)^2 +(z-x)^2} - A|(x-y)(y-z)(z-x)|,
x,y,z の間隔を固定して一斉に動かしても、{ … } 内と右辺は変わらない。
最小元が 0 のときに成り立てばよい。 以下 z=0 とする。
(左辺) - (右辺) = x^3 -A xy|x-y| +y^3,
・0≦x≦y のとき
x^3 + A xy(x-y) + y^3 = (x + y/αα)(x-αy)^2,
α = {(1+√3) - √(2√3)}/2 = 0.43542054468234
1/αα = (1+√3) + A/√3 = 5.27451056440629
・0≦y≦x のとき
x^3 - Axy(x-y) + y^3 = (x + y/ββ)(x-βy)^2
β = {(1+√3) + √(2√3)}/2 = 2.29663026289
1/ββ = (1+√3) - A/√3 = 0.18959105073
αβ = 1, a,b,c∈R に対して、(a^2+b^2+c^2)^3 ≧ k(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)
k = 27/8 が限界かと思うけど、2になりますかね？ >>806 >>807
(略証)
bはaとcの中間にあるとしてよい。
0 ≦ (a-b)(b-c) ≦ (1/4)(a-c)^2,
∴ aa+cc = (1/2)(a+c)^2 + (1/2)(a-c)^2 ≧ (1/2)(a-c)^2,
∴ (aa+cc)^3 ≧ (1/8)(a-c)^6 ≧ 2(a-c)^2 {(a-b)(b-c)}^2 = 2⊿⊿,
>>609 (3), >>612 より再録 >>805
(x-A) + (y-A) + (z-A) = 0,
x-A と y-A が同符号のとき
(z-A)^2 = {(x-A) + (y-A)}^2 ≧ 4|(x-A)(y-A)|,
より
(x-A)^2 + (y-A)^2 + (z-A)^2 = (1/2)(x+y-2A)^2 + (1/2)(x-y)^2 + (z-A)^2
= (3/2)(z-A)^2 + (1/2)(x-y)^2
≧ (3/2)(z-A)^2,
{(x-A)^2 + (y-A)^2 + (z-A)^2}^3 ≧ (27/8)(z-A)^6 ≧ 6{3(x-A)(y-A)(z-A)}^2
>>809
k = 27/8 ですね。 A,B,C≧0 より
(左辺) - (右辺) = (A+B+C)^3 -(27/8)(A+B)(B+C)(C+A)
= S^3 - (27/8)(ST-U)
= (S^3 -4ST +9U) + (5/8)(ST-9U)
≧ 0, >>802
> a,b,c ∈ R に対して
> aa+bb+cc ≧ |ab| + |bc| + |ca| ≧ |ab+bc+ca|,
> >>742 >>743 から
> | a^3+b^3+c^3 - 3abc |^2 ≦ (aa+bb+cc)^3 - |ab+bc+ca|^3.
下の2行が分かりませぬ…。 >>>812
ab+bc+ca ≧ 0 のときは >>742 から明らか。
ab+bc+ca ≦ 0 のときは
(7/9) >>742 + (2/9) >>743 より
(a^3+b^3+c^3 -3abc)^2 ≦ (aa+bb+cc)^3 + (ab+bc+ca)^3. >>815
SP.172
Prove that for any real numbers x,y,z:
(x+y+z)(y+z-x)(z+x-y)(x+y-z) ≦ (2yz)^2.
SP.173
Prove that for any positive real numbers x,y,z:
{xx√(yy+zz) + yy√(zz+xx) + zz√(xx+yy)} / (x^3+y^3+z^3) ≦ √2.
SP.174
Prove that for any positive real numbers a,b,c,x,y,z:
(a^3+x^3+x^3+x^3)(y^3+b^3+y^3+y^3)(z^3+z^3+c^3+z^3) ≧ (ayz+bzx+cxy+xyz)^3.
SP.179 (改)
If x ∈ [0,1) then:
1/2 < cos(x) ≦ 1 ≦ arcsin(x) + e^(-x).
UP.177
If x,y,z,t >1 then:
{log(x)/log(ztx)} {log(y)/log(txy)} {log(z)/log(xyz)} {log(t)/log(yzt)} < 1/16. >>815
解答作りますた。
SP.172
(x+y+z)(y+z-x) = (y+z)^2 -xx = 2yz - (xx-yy-zz),
(z+x-y)(x+y-z) = xx - (y-z)^2 = 2yz + (xx-yy-zz),
辺々掛ける。
(左辺) = (2yz)^2 - (xx-yy-zz)^2 ≦ (2yz)^2,
(*) x,y,z がΔの3辺の場合は、Δの面積が2辺の積の半分以下であることを表わす。
SP.173
(左辺)^2 ≦ 3x^4･(yy+zz) + 3y^4･(zz+xx) + 3z^4･(xx+yy)
= x^3･{3(xyy + xzz)} + y^3･{3(yzz + yxx)} + z^3･{3(zxx + zyy)}
≦ x^3･{(x^3+y^3+y^3) + (x^3+z^3+z^3)} + y^3･{(y^3+z^3+z^3) + (y^3+x^3+x^3)} + z^3･{(z^3+x^3+x^3) + (z^3+y^3+y^3)}
= 2(x^3+y^3+z^3)^2,
SP.174
コーシーそのもの。
SP.179
arcsin(x) ≧ x, (0≦x<1)
e^(-x) ≧ 1 - x,
辺々たす。
UP.177
X=log(x), Y=log(y), Z=log(z), T=log(t) はすべて正だから AM-GM で
Z+T+X ≧ 3(ZTX)^(1/3),
T+X+Y ≧ 3(TXY)^(1/3),
X+Y+Z ≧ 3(XYZ)^(1/3),
Y+Z+T ≧ 3(YZT)^(1/3),
辺々掛けて
(Z+T+X)(T+X+Y)(X+Y+Z)(Y+Z+T) ≧ 81 XYZT,
(左辺) = X/(Z+T+X)・Y/(T+X+Y)・Z/(X+Y+Z)・T/(Y+Z+T) ≦ 1/81, >>816-817
おおおーありがとうございます。蒐集が捗る！ ROMANIAN MATHEMATICAL MAGAZINE (RMM 11)、解答なし
http://www.ssmrmh.ro/wp-content/uploads/2018/09/11-RMM-WINTER-EDITION-2018-1.pdf
JP158、JP165、SP164、SP165など、いかがでござるか？
JP165の右辺を見て、毒電波を受信した。
a,b,c∈R に対して、
√{6(a^2+b^2+c^2)} ≧ √(a^2+b^2) + √(b^2+c^2) + √(c^2+a^2) ≧ 2√(a^2+b^2+c^2)
---------------------------------------------
ROMANIAN MATHEMATICAL MAGAZINE って、不等式専門雑誌なん？
最新2回分には解答が公開されないっぽい。
http://www.ssmrmh.ro/category/current-issue/
--------------------------------------------- 解答のない号で、三角形がらみ(a,b,c,R,r,S,A,B,Cのみ)、シンプル、既出でないものを抽出。
ROMANIAN MATHEMATICAL MAGAZINE (RMM 12)
http://www.ssmrmh.ro/wp-content/uploads/2018/09/12-RMM-SPRING-EDITION-2019-2.pdf
JP173、JP179、UP171、UP175
ROMANIAN MATHEMATICAL MAGAZINE (RMM 11)
http://www.ssmrmh.ro/wp-content/uploads/2018/09/11-RMM-WINTER-EDITION-2018-1.pdf
JP157、UP155
ところで、JP171、JP174、JP153 などで説明なしに使われている h_a、m_a、l_a などは何を意味するのだろう？ 垂線、中線、二等分線かな？
定義が分からないので、見た目がシンプルでも上のリストから外してしまったが… >>815-817
SP.173の分母を払った式
(√2)(x^3+y^3+z^3) ≧ x^2√(y^2+z^2) + y^2√(z^2+x^2) +z^2√(x^2+y^2)
を見て、右辺にCSを使えば片付きそうな気がしたが、大きくなり過ぎた。
√{2(x^4+y^4+z^4)(x^2+y^2+z^2)}
≧ (√2)(x^3+y^3+z^3)
≧ x^2√(y^2+z^2) + y^2√(z^2+x^2) +z^2√(x^2+y^2) >>819
JP.158
Let a,b,c>0. Prove that:
(1/a + 1/b + 1/c) + a/(bb+cc) + b/(cc+aa) + c/(aa+bb) ≧ 1/(a+b) + 1/(b+c) + 1/(c+a),
JP.165 (改)
If a,b,c≧0 then:
4(a+b+c) ≦ (2√2){√(aa+bb) + √(bb+cc) + √(cc+aa)},
SP.164 (改)
If a,b,c > 0 then:
(a+b)√(aa-ab+bb) + (b+c)√(bb-bc+cc) + (c+a)√(cc-ca+aa) ≧ 2(aa+bb+cc),
SP.165 (改)
If a,b,c ≧0 then:
(a+b)√(aa+bb) + (b+c)√(bb+cc) + (c+a)√(cc+aa) ≧ (1/√2){(aa+bb+cc) + (a+b+c)^2}, >>819 >>823
JP.165 (改)
x+y ≦ √{2(xx+yy)} より
4(a+b+c) ≦ (2√2){√(aa+bb) + √(bb+cc) + √(cc+aa)},
SP.164 (改)
コーシーより
(x+y)√(xx-xy+yy) = √{(x+y)(x^3+y^3)} ≧ xx + yy,
(略証)
(x+y)^2･(xx-xy+yy) - (xx+yy)^2 = (x+y)(x^3+y^3) - (xx+yy)^2 = xy(x-y)^2 ≧0,
SP.165 (改)
√(xx+yy) ≧ (x+y)/√2, etc.
(左辺) ≧ {(a+b)^2 + (b+c)^2 + (c+a)^2}/(√2) ≧ (√2)(aa+bb+cc+t),
t = ab+bc+ca,
>>819
a,b,c∈R に対して、
√{6(aa+bb+cc)} ≧ √(aa+bb) + √(bb+cc) + √(cc+aa)
≧ √{4(aa+bb+cc) + 2t}
≧ (√2)s,
s = a+b+c, t = ab+bc+ca,
(略証)
左側はコーシー
中は √(xx+yy)√(xx+zz) ≧ xx+xy, etc.
∵ (xx+yy)(xx+zz) - (xx+yz)^2 = {x(y-z)}^2 ≧ 0, (コーシー)
右側は aa+bb+cc ≧ t. >>820
SP.140
Let a,b,c be positive real numbers. Prove that:
(b+c)/a + (c+a)/b + (a+b)/c ≧ 4(aa+bb+cc)/(ab+bc+ca) + 2(ab+bc+ca)/(aa+bb+cc) ≧ 6, >>820 >>825
SP.140 (改)
(b+c)/a + (c+a)/b + (a+b)/c ≧ 4(aa+bb+cc)/(ab+bc+ca) + 2
≧ 3(aa+bb+cc)/(ab+bc+ca) + 3(ab+bc+ca)/(aa+bb+cc) ≧ 6,
(略証)
s = a+b+c, t = ab+bc+ca, u = abc とおく。
(左辺) - 4(ss-2t)/t - 2
= (st-3u)/u - 4(ss-2t)/t - 2
= st/u - 4ss/t + 3
= (s/ttu)(t^3 -4stu +9uu) + (3/tt)(tt-3su)
≧ 0,
>>819 >>823 >>824
SP.164 (改) より
√(xx-xy+yy) > {(xx+yy)/(x+y), M_4} > M_3 > √{(xx+yy)/2} > (x+y)/2 > √(xy) > 2xy/(x+y),
ここに M_r = {(x^r+y^r)/2}^(1/r) はr乗平均, M_1 = (x+y)/2, M_2 = √{(xx+yy)/2}, >>821
RMM 12 (Spring2019)
JP.173
Prove that in any triangle ABC,
1/a + 1/b + 1/c ≧ √{3/(2Rr)} ≧ (√3)/R.
JP.179
In acute triangle ABC the following relationship hplds:
3 ≦ sin(2A)/sin(2B) + sin(2B)/sin(2C) + sin(2C)/sin(2A) ≦ 3/{8cos(A)cos(B)cos(C)},
UP.171
Find that in any acute-angled triangle ABC the following inequality holds:
min{a/(b+c), b/(c+a), c/(a+b)} ≦ {cos(A) + cos(B) + cos(C)}/3 ≦ Max{a/(b+c), b/(c+a), c/(a+b)},
UP.175 (改)
In acute triangle ABC the following relationship holds:
(b+c)^2/(bb+cc-aa) + (c+a)^2/(cc+aa-bb) + (a+b)^2/(aa+bb-cc) ≧ 12,
等号成立は正△のとき、だろうな… >>819 >>823
RMM 11 (Winter2018)
JP.158 (訂正)
Let a,b,c>0. Prove that:
(1/a + 1/b + 1/c) + a/(bb+cc) + b/(cc+aa) + c/(aa+bb) ≧ ３/(a+b) + ３/(b+c) + ３/(c+a),
(略証) チェビシェフしたあと、
(1/x + 1/y)/2 + (x+y)/{2(xx+yy)} - 3/(x+y)
= (x+y)/(2xy) + (x+y)/{2(xx+yy)} - 3/(x+y)
= (x+y)(xx+xy+yy)/{2xy(xx+yy)} - 3/(x+y)
= (x-y)^2 (xx-xy+yy)/{2xy(xx+yy)(x+y)}
≧ 0, >>822
√{2(x^4+y^4+z^4)(x^2+y^2+z^2)} にCSを使うと、使い方次第で
≧ (√2)(x^3+y^3+z^3) にも
≧ x^2√(y^2+z^2) + y^2√(z^2+x^2) +z^2√(x^2+y^2) にもなるんだな。 >>822 >>829
コーシーとチェビシェフの合わせ技（?）
〔補題〕
(a,b,c) と (p,q,r) が同順序のとき
√(aa+bb+cc) √(pp+qq+rr) ≧ (ap+bq+cr) ≧ (a+b+c)(p+q+r)/3 ≧ (aq+ar+bp+bq+cp+cq)/2,
(a,b,c) と (p,q,r) が逆順序のとき
√(aa+bb+cc) √(pp+qq+rr) ≧ (aq+qr+bp+br+cp+cq)/2 ≧ (a+b+c)(p+q+r)/3 ≧ (ap+bq+cr), z∈C が |z + 1/2| < 1/2 をみたすとき、
任意の n∈N に対して |1 + z + z^2 + … + z^n|^2 < 1. >>831
題意より、
|z| ≦ |z+1/2| + (1/2) < 1,
∴ |1-z|^2 = (1-z)(1-z~)
= (3/2) - 2|z+1/2|^2 + 3|z|^2
> 1 + 3|zz|
> 1 + 2|zz| + |zz|^2
= (1+|zz|)^2,
∴ |1-z| > 1 + |zz| > 1 + |z|^(n+1) ≧ |1 - z^(n+1)|.
東工大-2000 前期 Q．2
[第７章．114，116，160]
Inequalitybot [183] >>831
この問題の結論の不等式って、|1 + z + z^2 + … + z^n| < 1 と書かずに、
あえて2乗にしているのは、何か意味があるのかな？ >>627 (Nesbitt-Igarashi)
(略証)
各辺に ab+bc+ca を掛けると コーシー型になる：
{a(bb+bc+cc) + b(cc+ca+aa) + c(aa+ab+bb)} {a/(bb+bc+cc) + b/(cc+ca+aa) + c/(aa+ab+bb)}
≧ {a(b+c) + b(c+a) + c(a+b)} {a/(b+c) + b/(c+a) + c/(a+b)}
≧ (a+b+c)^2,
そこで ラグランジュの恒等式
(ax + by + cz)(a/x + b/y + c/z) - (a+b+c)^2 = (ab/xy)(x-y)^2 + (bc/yz)(y-z)^2 + (ca/zx)(z-x)^2,
を使う。
・左辺は
x = bb + bc + cc,
y = cc + ca + aa,
z = aa + ab + bb,
ax + by + cz = (a+b+c)(ab+bc+ca), >>621
(左辺) - (a+b+c)^2 = {a(a+b+c)/(bb+bc+cc)}{b(a+b+c)/(cc+ca+aa)}(a-b)^2 + …
・中辺は
x = b + c,
y = c + a,
z = a + b,
ax + by + cz = 2(ab+bc+ca),
(中辺) - (a+b+c)^2 = {a/(b+c)}{b/(c+a)}(a-b)^2 +{b/(c+a)}{c/(a+b)}(b-c)^2 + {c/(a+b)}{a/(b+c)}(c-a)^2,
ここで、
(a+b+c)/(bb+bc+cc) > (b+c)/(bb+bc+cc) > 1/(b+c),
(a+b+c)/(cc+ca+aa) > (c+a)/(cc+ca+aa) > 1/(c+a),
(a+b+c)/(aa+ab+bb) > (a+b)/(aa+ab+bb) > 1/(a+b),
だから
(左辺) ≧ (中辺).
* (x,y,z) はもっと改良できるかも… >>835 *
x = (b^n - c^n)/(b-c),
y = (c^n - a^n)/(c-a),
z = (a^n - b^n)/(a-b),
とすると
x-y = -(a-b) D_n /⊿,
y-z = -(b-c) D_n /⊿,
z-x = -(c-a) D_n /⊿,
ここに
D_n = det{ [1，1，1] [a，b，c] [a^n，b^n，c^n] }
⊿ = (a-b)(b-c)(c-a) = D_2, … Vandermonde の行列式 >>836
3文字のとき
D_n = det{ [1，1，1] [a，b，c] [a^n，b^n，c^n] }
= (c-b)a^n + (a-c)b^n + (b-a)c^n,
特性多項式
(λ-a)(λ-b)(λ-c) = λ^3 -s・λ^2 + tλ -u,
ただし s = a+b+c，t = ab+bc+ca，u = abc,
漸化式
D_n = s･D_{n-1} - t･D_{n-2} + u･D_{n-3},
D_n/⊿ = Σ {すべての(n-2)次積}
… (n-2)個の重複組み合わせに対応
D_0 /⊿ = 0,
D_1 /⊿ = 0,
D_2 /⊿ = 1,
D_3 /⊿ = a+b+c = s,
D_4 /⊿ = aa+ab+ac+bb+bc+cc = ss-t,
D_5 /⊿ = s^3 -2st +u,
D_6 /⊿ = s^4 -3sst +tt +2su,
D_7 /⊿ = s^5 -4s^3･t +3stt +3ssu -2tu, >>837
まづ
x_1 = y_1 = z_1 = 1,
x_2 = b+c，y_2 = c+a，z_2 = a+b,
x_3 = bb+bc+cc，y_3 = cc+ca+aa，z_3 = aa+ab+bb,
……
x_n = b^(n-1) + b^(n-2)c + …… + c^(n-1),
とおく。
ラグランジュの恒等式から
(ax+by+cz)(a/x + b/y + c/z) - (a+b+c)^2
= (a/x)(b/y)(x-y)^2 + (b/y)(c/z)(y-z)^2 + (c/z)(a/x)(z-x)^2
= (D_n/⊿)^2 {(a/x_n)(b/y_n)(a-b)^2 + (b/y_n)(c/z_n)(b-c)^2 + (c/z_n)(a/x_n)(c-a)^2}, >>835
そこで
(D_n/⊿)/x_n，(D_n/⊿)/y_n，(D_n/⊿)/z_n
がnについて単調増加であることを示そう。
F_n = x_n (D_{n+1}/⊿) - x_{n+1} (D_n/⊿)
= {(b-a)(ab)^2 + (c-b)(bc)^2 + (a-c)(ca)^2} /⊿
= (D_{-n}/⊿)u^n
= Σ {ab，bc，ca の (n-1)次積}
≧ 0,
∴ nについて単調増加。
(D_{n+1}/⊿) / x_{n+1} ≧ (D_n/⊿) / x_n ≧ …… ≧ (D_2/⊿) / x_2 = 1/(b+c),
これを Nesbitt-Igarashi 列とか呼ぼう。
F_0 = 0,
F_1 = 1,
F_2 = t,
F_3 = tt -su,
F_4 = t^3 -2stu +uu,
漸化式
F_n = t F_{n-1} - su F_{n-2} + uu F_{n-3}, Nesbitt ってネビットだよな？ まさかネスビットって発音するん？ >>841
うーむ。
Nesbitt's inequality の英語のwikiを見てきたが、どこの国の人か分からんなあ。
ところで Nesbitt's inequality の一般化について、このスレでやったことあったっけ？ 不等式ぢゃないが、次の等式を手計算で証明するのはキツそうでござるかな？
(6a^2 - 4ab + 4b^2)^3 + (3b^2 + 5ab - 5a^2)^3
= (6b^2 - 4ab + 4a^2)^3 + (3a^2 + 5ab - 5b^2)^3 >>843
(6aa-4ab+4bb)^3 - (6bb-4ab+4aa)^3 = (3aa+5ab-5bb)^3 - (3bb+5ab-5aa)^3,
(略証)
x^3 - y^3 = (x-y)(xx+xy+yy),
から
(maa-nab+nbb)^3 - (naa-nab+mbb)^3
= (m-n)(a-b)(a^3+b^3) {(mm+mn+nn)(aa+ab+bb) -3(m+n)n･ab}
= (a-b)(a^3+b^3) {(m^3 - n^3)(aa+ab+bb) - 3(m-n)(m+n)n・ab},
(m，n) = (6，4) (3，-5) のときは
m^3 - n^3 = 152,
(m-n)(m+n)n = 80,
となり、相等しい。 >>844
おぉ有難い。上手にやりましたね。
それにしても、この等式を見つけ出したラマヌジャンは変態ジャン。 >>844
> = (a-b)(a^3+b^3) {(m^3 - n^3)(aa+ab+bb) - 3(m-n)(m+n)n・ab},
ここは
= (a-b)(a^3+b^3) {(m^3 - n^3)(aa+ab+bb)}
じゃないですか？ >>843
6^3 + (-4)^3 + (-3)^3 + (-5)^3 = 0,
4^3 + (-6)^3 + 5^3 + 3^3 = 0,
から推して
(6aa+pab+4bb)^3 + (-4aa-pab-6bb)^3 + (-3aa+qab+5bb)^3 + (-5aa-qab+3bb)^3 = 0,
と予想する。(p,q は或る定数)
ab=0 のときは明らか。
6ab(aa-bb){2(5p-4q)(aa+bb) + (84+pp-4qq)ab} = 0,
5p -4q = 0， 84 +pp -4qq = 0,
p = ±4， q=±5 (複号同順)
(例)
a = ±１，b = ±2，p=±4，q=±5 (複号同順）のとき
±{30，-36，27，-3} = ±3{10，-12，9，-1} >>847
12^3 - 10^3 = 9^3 - 1^3 = 8^3 - (-6)^3 = 728,
のような珍例を「ナニワ数」と云う。…っちゅうのは冗談やけどな。
・系列解は他にもある。
{7aa-16ab-3bb，14aa+4ab+6bb，-14aa+4ab-6bb，-7aa-16ab+3bb} (Dickson)
(maa-pab-nbb)^3 + (-maa-pab+nbb)^3 = -6pab(maa-nbb)^2 -2ppp(ab)^3
m → km，n' → -kn，p' → -p/kk とすれば 6pab(maa+nbb)^2 + 2(p/kk)^3 (ab)^3
辺々たすと 2p{12mn - (1 - 1/k^6)pp}(ab)^3,
12mn - (1 - 1/k^6)pp = 0 ならば成立。
{aa-7ab+63bb，8aa-20ab-42bb，6aa+20ab-56bb，-9aa+7ab-7bb}
http://www.maroon.dti.ne.jp/fermat/dioph1.html
・Fermat cubic surface とか云うらしい。
http://www.math.harvard.edu/~elkies/4cubes.html m^3 - n^3 = m’^3 - n’^3 のとき、 ラマヌジャン系列
(maa+pab+nbb)^3 - (naa+pab+mbb)^3
= (m-n)(a^2-b^2)｛(mm+mn+nn)(a^4+aabb+b^4) + 3(m+n)p ab(a^2+b^2) + 3(pp+mn) aabb｝
= (m^3 - n^3) (a^6 - b^6) + 3(m^2-n^2)p ab(a^4 - b^4) + 3(m-n)(pp+mn) aabb(a^2-b^2),
→ m^3 - n^3，(m^2-n^2)p，(m-n)(pp+mn) が等しいとき、相等しい。
(maa+qab-nbb)^3 - (naa+qab-mbb)^3
= (m-n) (a^2+b^2)｛(mm+mn+nn)(a^4-aabb+b^4) + 3(m+n)q b(a^2-b^2) + 3(qq-mn) aabb｝
= (m^3 - n^3) (a^6 + b^6) + 3(m^2-n^2)q ab(a^4 - b^4) + 3(m-n)(qq-mn) aabb(a^2 + b^2),
→ m^3 - n^3，(m^2-n^2)q，(m-n)(qq-mn) が等しいとき、相等しい。 〔問題2943〕
a,b,c,d,e は正の実数とする。次を示せ。
(aa+bb+cc+dd+ee)^5 ≧ 3 abcde (a+b+c+d)(b+c+d+e)(c+d+e+a)(d+e+a+b)(e+a+b+c),
http://suseum.jp/gq/question/2943 (K.Chikaya) >>851
この出題者が出していた大量の不等式の問題は、もう削除されて見れないんだよな。
実に惜しいことをした。 bot.62
x,y,z∈[0,1] のとき、sqrt|x-y| + sqrt|y-z| + sqrt|z-x| の最大値
どぉやるんでせうか？ (3/4)*(1 + A/H)^2 ≧ (A/G)^3 + (G/H)^3
この手の不等式が胸やけ起こしそうなくらい沢山載ってる本ないかな？ >>853 [62]
yはxとzの中間にあるとする。コーシーで
(√|x-y| + √|y-z|)^2 ≦ (1+1) (|x-y|+|y-z|) = 2|x-z|,
(左辺) ≦ (1+√2)|z-x| ≦ 1+√2,
等号は（0，1/2，1) etc.
中国MO-2012 Round2-A.3 三角形の辺長 a,b,c に対して、
Σ[cyc] (a+b-c)(b+c-a)/(c+a-b) ≧ 3(aa+bb+cc)/(a+b+c). >>856
b+c-a = x, c+a-b = y, a+b-c = z,
とおく。(Ravi変換)
2a = y+z, 2b = z+x, 2c = x+y, a+b+c = x+y+z,
(左辺) = xy/z + yz/x + zx/y = (xxyy+yyzz+zzxx)/xyz,
(右辺) = 3(aa+bb+cc)/(a+b+c)^2 = 6(xx+yy+zz+xy+yz+zx)/{4(x+y+z)},
4(x+y+z)(xxyy+yyzz+zzxx) - 6xyz(xx+yy+zz+xy+yz+zx)
= (3x+y+z)[x(y-z)]^2 + (x+3y+z)[y(z-x)]^2 + (x+y+3z)[z(x-y)]^2 ≧ 0,
かな。 Heronを使ったら、問題文はもっと見やすくなりましたな >>854
(3/4)(1 + A/H)^2 - (A/G)^3 - (G/H)^3 -1 = (1/108){(a-b)(b-c)(c-a)/abc}^2 ≧ 0,
(略証)
s = a+b+c, t = ab+bc+ca, u = abc, ⊿ = (a-b)(b-c)(c-a),
とおくと
A = s/3, G = u^(1/3), H = 3u/t,
A/H = st/9u, A/G = s/{3u^(1/3)}, G/H = t/{3u^(2/3)},
ゆえ
(左辺) = (3/4)(1+st/9u)^2 - s^3/27u - t^3/27uu -1
= (1/108uu){(st+9u)^2 -4s^3u -4t^3 -108uu}
= (1/108uu)⊿^2, >>859
(3/4)*(1 + A/H)^2 ≧ (A/G)^3 + (G/H)^3 + 1
3変数の場合に上式を証明しているけど、これは一般の場合にも成り立つのかな？
>>854では、右辺に +1がないのには意味があるのかな？ >>860
n≧4 では不成立かも。
(1,1,1,10^4) とか (1,1,1,10^(-4)) とか… >>854
> (3/4)*(1 + A/H)^2 ≧ (A/G)^3 + (G/H)^3
これじゃの
Crux Mathematicorum, P.74, 1834.
http://www.imomath.com/othercomp/Journ/ineq.pdf [2] かんどころ P.121定理6.7 は、証明ついてないようだけど、どうやればいいか分かりますか？ >>860
右辺に +1 が無いと緩くなります。
2変数の場合は
(3/4)(1 + A/H)^2 - (A/G)^2 - (G/H)^2 -1 = (3a+b)(a+3b){(a-b)/8ab}^2 ≧ 0,
∵ (A/G)^2 = (G/H)^2 = A/H = (a+b)^2 /4ab, 余談ですが、n変数の (A-G)/(G-H) の下限は
n=2 1.0
n=3 0.90096030150908885
n=4 0.7761577683742073233
n=5 0.67617485
n=6 0.59845640
n=7 0.53716474
n=8 0.48781223
n=9 0.44727765
n=10 0.41339822
ぐらいかな。
http://suseum.jp/gq/question/2646, 2948 >>863, >>865
A-Gと言えば、Jacobsthalくらいしか思いつかないなあ a≧b≧0, x≧y≧0 に対して、
(ax+y+c)(x+by+c)≧{(a+1)x+c}{(b+1)y+c}. >>867
あまりにもショボすぎるので、改造してみた。
a,b,c,d,x,y,z∈R, a≧d≧0, b≧c≧0, x≧y≧0 に対して、
(ax+cy+z)(bx+dy+z)≧{(a+b)x+z}{(c+d)y+z}.
後ろのzも pz+qw, rz+sw にできぬか？
l三｀ｰ ､_;:;:;:;:;:;:j;:;:;:;:;:;:_;:;:;_;:〟-三三三三三l
l三 r＝ﾐ''‐--‐';二,_￣ ,三三三彡彡l_ この感じ・・・・
lﾐ′ ￣ ー-'" '＝ミﾆ彡彡/‐､ヽ
l;l ,_-‐ 、 __,,.. - ､ 彡彡彳､.//
＿＿＿＿＿＿＿∧,､＿∥ `之ヽ､, i l´ _,ｨ辷ｧ-､、 彡彡'r ノ/＿ ＿_＿＿＿_
￣￣￣￣￣￣￣'`'`￣ 1 ￣ﾌ/ｌ l::. ヽこ~￣ 彡彳~´/ ￣￣￣￣￣￣
ヽ ´ :l .l:::. 彡ｨ-‐'′
ゝ、 / :. :r-､ 彡′
／ ｨ:ﾍ ｀ヽ:__,ｨ='´ 彡;ヽ､
_,,..-‐'7 /:::::::ヽ _: :_ ヽ ｨ´.}::ヽ ヽ、
_,-‐'´ { ヽ:::::::::ﾍ ｀'ｰ=＝=ｰ-- ' ／ﾉ /::::::ﾍ, ヽｰ､ できた ( ﾟ∀ﾟ) ｳﾋｮｯ
a,b,c,d,p,q,r,s,x,y,z.w∈R,
a≧d≧0, b≧c≧0, p≧s≧0, q≧r≧0, x≧y≧0, z≧w≧0 に対して、
(ax+cy+pz+rw)(bx+dy+qz+sw)≧{(a+b)x+(p+q)z}{(c+d)y+(r+s)w}. 話を元に戻すと、>>867 を使ったAM-GMの証明 （[2] かんどころP.118）で、
1回目に>>867を使うところは分かる。
(a_1 + a_2 + (a_3+…+a_n))(a_1 + a_2 + (a_3+…+a_n))
≧(2a_1 + (a_3+…+a_n))(2a_2 + (a_3+…+a_n))
2回目に>>867を使うところ、どこが対応しているのか分からんのですが、どうなってるのですか？
(2a_1 + (a_3+…+a_n))(a_1 + a_2 + (a_3+…+a_n))
≧(3a_1 + (a_4+…+a_n))(2a_3 + (a_2+a_4+…+a_n))
以下続けて (k*a_1+ a_{k+1}+…+a_n) と (a_1 + a_2 + (a_3+…+a_n)) に>>867を使って
最終的に n*a_1 と S-a_1+a_k (k=2.3.…,n) になるまで続けるんだけど、そこが分かりませぬ。 >>870
>>867 を使わなくても出せるでござる。
A-S≧0，d≧0 のとき
(A-d)S - A(S-d) = d(A-S) ≧ 0,
ここで
S = a_1 + a_2 + … + a_n,
A = k･a_1 + a_{k+1} + … + a_n, （k=n のとき A=n･a_1)
d = a_1 - a_k ≧ 0,
とおいて
{(k-1)a_1 +(a_k + … +a_n)}S - (k･a_1 +a_{k+1} + … +a_n)(S -a_1 +a_k) = (a_1 -a_k)(k･a_1 -S) ≧ 0, (k=2,3,…,n) >>866
〔Jacobsthalの不等式〕
(n-1)個の正の実数 x_1, x_2, …, x_(n-1) の相加平均をA '、相乗平均をG ' とする。
それに x_n (>0) を追加した n個組の相加平均をA_n、相乗平均をG_n とする。このとき
n(A_n - G_n) ≧ (n-1)(A '-G '), …[1]
(A_n/G_n)^n ≧ (A '/G ')^(n-1), …[2]
(略証)
A_n, G_n, x_n を A, G, x と略記する。
[1]
n A - (n-1)A '= x,
n G - (n-1)G '= G '{n(G/G ') - (n-1)} ≦ G '(G/G ')^n = x, (← Bernoulli)
辺々引く。
[2]
A '(A/A ')^n ≧ A '{n(A/A ') - (n-1)} = n - (n-1)A '= x, (← Bernoulli)
G '(G/G ')^n = x,
辺々割る。
[1] または [2] を n=1 まで繰り返すと A ≧ G が出る。
ニコニコ大百科
http://dic.nicovideo.jp/a/jacobsthalの不等式 >>871
ありがとうございます。
なるほど、>>867を使わずにできますね。
>>871の不等式を使って、残りも同様にしていけばいいんですね。
つまり prime132氏が新証明(?)をしたわけですな。
Guha が1967年に>>867を繰り返し使ってAM-GMを証明した方法も知りたい。
「Guha 1967 AM-GM」をgoogleで検索して一番上に出る
When Less is More: Visualizing Basic Inequalities
のPP.31-32に n=4のときに、Guha's inequality を繰り返し使った例があり、
それを見ても、2回目以降にどう使っているのか分かりません。
Guha's inequality
a≧0, p≧q≧0, x≧y≧0, then
(px+y+a)(x+qy+a)≧((p+1)x+a)((q+1)y+a).
(4A_4)^4
＝ (a+b+c+d)(a+b+c+d)(a+b+c+d)(a+b+c+d)
≧ (2a+c+d)(2b+c+d)(a+b+c+d)(a+b+c+d) …(1)
≧ (3a+d)(2b+c+d)(b+2c+d)(a+b+c+d) …(2)
≧ 4a(2b+c+d)(b+2c+d)(b+c+2d) …(3)
≧ 4a(3b+d)(3c+d)(b+c+2d) …(4)
≧ 4a(4b)(3c+d)(c+3d) …(5)
≧ 4a(4b)(4c)(4d) …(6)
＝ (4G_4)^4
と書かれているんですが、(1)は(p,q,x,y,a) = (1,1,a,b,c+d)で理解できる。
(2)～(6)はどう適用したのか謎。
たとえば(2)で (2a+c+d)(a+b+c+d)≧(3a+d)(b+2c+d) となるには
(p,q,x,y,a)に何を対応させているのか？x=a, y=c 以外が謎。
左辺第1因子の形からp=2,q=1でないといけないけど、第2因子に2がない。 (3)→(4)は (p,q,x,y,a) = (2,2,b,c,d)で
(5)→(6)は (p,q,x,y,a) = (3,3,c,d,0)か。
じゃあ、残り３ヵ所は、どう適用したんだろう？
(1)→(2) (2a+c+d)(a+b+c+d)≧(3a+d)(b+2c+d)
(2)→(3) (3a+d)(a+b+c+d)≧(4a)(b+c+2d)
(4)→(5) (3b+d)(b+c+2d)≧(4b)(c+3d)
実は使ってないってオチなのか？ 本人の論文を探すしかないな。
U.C.Guha, arithmetric mean-geometric mean inequality, Mathematical Gazette, 51(1967),pp.14-146
というのは分かったけど、ネットに転がってないかな Handbook of Means and Their Inequalities, pp.101-102 を見たら、
Guhaの不等式を使った証明の数式部分が、省略している部分も含めて
[2] かんどころ P.118と全く同じだった。 (1)
|x|≦1, |y|≦1 (x,y∈R) に対して、
0≦ xx + yy - 2xxyy + 2xy*√{(1-xx)(1-yy)} ≦1.
(2)
m>n>1 (m,n∈Z) に対して、
(m+n+1)!/(m!*n!) > {(m+n)^{m+n}}/{(m^m)(n^n)} > 2^{2n-1}. (3)
a,b∈C に対して、
|a+b|/(1+|a+b|) < (|a|+|b|)/(1+|a|+|b|) < |a|/(1+|a|) + |b|/(1+|b|) >>877
(1)
x = sinθ, y = sinφ (-π/2≦θ，φ≦π/2) とおく。
√(1-xx) = cosθ， √(1-yy) = cosφ,
x√(1-yy) + y√(1-xx) = sinθcosφ + sinφcosθ = sin(θ+φ),
両辺を2乗する。
(2)(左)
log{(m+n+1)!} -(m+n)log(m+n) > (3/2)log(m+n) -(m+n) +0.8918
log(m!) - m･log(m) < (1/2)log(m) -m +1,
log(n!) - n･log(n) < (1/2)log(n) -n +1,
辺々引くと
log{(m+n+1)!} -log(m!) -log(n!) -(m+n)log(m+n) +m･log(m) +n･log(n)
> (3/2)log(m+n) - (1/2)log(mn) - 1.1082
> (1/2)log(m+n) + (1/2)log{(m+n)^2 /4mn} + log(2) - 1.1082
≧ (1/2)log(m+n) - 0.41505
≧ (1/2)log(3) - 0.41505 (m+n≧3)
= 0.549306
(2)(右)
(m+n)^{m+n} = (m+n)^{m-n} (m+n)^{2n}
≧ m^{m-n} (4mn)^n
= m^m (4n)^n,
∴ (m+n)^(m+n)/(m^m・n^n) ≧ 4^n,
>>878
(3)
x/(1+x) は x≧0 で単調増加 (x∈R)
|a+b| ≦ |a| + |b|
∴ φ(|a+b|) ≦ φ(|a|+|b|)
= |a|/(1+|a|+|b|) + |b|/(1+|a|+|b|)
≦ φ(|a|) + φ(|b|), >>879 (2) (左)
〔補題〕
log(m!) < (m+1/2) log(m) -m+1,
(略証)
{log(k-1) + log(k)}/2 < ∫[k-1,k] log(x)dx より
log(m!) = Σ[k=2,m] log(k)
< ∫[1,m] log(x)dx + (1/2)log(m)
= [ x･log(x) -x ](x=1,m) + (1/2)log(m)
= (m+1/2)log(m) -m +1,
log(n!) < (n +1/2) log(n) -n+1,
(略証)
{log(k-1) + log(k)}/2 < ∫[k-1,k] log(x)dx より
log(n!) = Σ[k=2,n] log(k)
< ∫[1,n] log(x)dx + (1/2)log(n)
= [ x･log(x) -x ](x=1,n) + (1/2)log(n)
= (n+1/2)log(n) -n +1,
log{(m+n+1)!} > (m+n+3/2) log{(m+n+1)!}
= Σ[k=2,m+n+1] log(k)
> ∫[3/2,m+n+3/2] log(x)dx
= [ x･log(x) -x ](x=3/2,m+n+3/2)
= (m+n+3/2) log(m+n+3/2) -(m+n) -(3/2)log(3/2)
> (m+n+3/2) log(m+n) +(3/2) - (m+n) - (3/2)log(3/2)
= (m+n+3/2) log(m+n) - (m+n) + 0.8918023378 >>879 (2)(左）
log {(m+n+1)!} > (m+n+3/2) log(m+n) - (m+n) + 0.8918
(略証)
log(k) > ∫[k-1/2,k+1/2] log(x)dx より
log{(m+n+1)!} = Σ[k=2,m+n+1] log(k)
> ∫[3/2,m+n+3/2] log(x)dx
= [ x･log(x) -x ](x=3/2,m+n+3/2)
= (m+n+3/2) log(m+n+3/2) -(m+n) -(3/2)log(3/2)
> (m+n+3/2) log(m+n) +(3/2) - (m+n) - (3/2)log(3/2)
= (m+n+3/2) log(m+n) - (m+n) + 0.8918023378 >>877
(1)
右辺-中辺 = [xy - √{(1-xx)(1-yy)}]^2 ≧0,
中辺-左辺 = {x√(1-yy) + y√(1-xx)}^2 ≧0.
(ﾟ∀ﾟ )
ﾉヽﾉ) =3 ﾌﾟｩ
くく >>882
|x|≦1, |y|≦1の条件なんて要らなかったのでは？ [2016東大]
正の実数 x に対して (1 + 1/x)^x < e < (1 + 1/x)^{x + 1/2}. a,b,c>0, a+b+c=1に対して、(1+ 1/a)(1+ 1/b)(1- 1/c) の取りうる値の範囲を求めよ。 >>865
n=4 のとき、(A-G)/(G-H) ≧ 9/16
CGMO-2011 A.4
inequalitybot [35] 〔問題168〕
a,b,c>0 のとき
(aa-bc)(b+c)^r + (bb-ca)(c+a)^r + (cc-ab)(a+b)^r ≧ 0, (0<r<1)
≦ 0, (r>1, r<0)
V.Cirtoaje:"Algeblaic inequalities"、1-1-7
inequalitybot [168] >>888
x = (b+c)^r,
y = (c+a)^r,
z = (a+b)^r,
とおくと
a = (y^{1/r} + z^{1/r} - x^{1/r})/2,
b = (z^{1/r} + x^{1/r} - y^{1/r})/2,
c = (x^{1/r} + y^{1/r} - z^{1/r})/2,
aa-bc = {y^(2/r) +z^(2/r) -x^(1/r)[y^(1/r) + z^(1/r)]}/2,
bb-ca = {z^(2/r) +x^(2/r) -y^(1/r)[z^(1/r) + x^(1/r)]}/2,
cc-ab = {x^(2/r) +y^(2/r) -z^(1/r)[x^(1/r) + y^(1/r)]}/2,
(左辺) = (aa-bc)x + (bb-ca)y + (cc-ab)z
= {x^(2/r)y +xy^(2/r) -(x+y)(xy)^(1/r)}/2 + ……
= (x^{1/r} - y^{1/r})(x^{1/r -1} - y^{1/r -1})xy + …… >888 訂正
〔問題168〕
a,b,c>0 のとき
(aa-bc)(b+c)^r + (bb-ca)(c+a)^r + (cc-ab)(a+b)^r > 0, (r<1)
< 0, (r>1)
= 0, (r=1) >>885
y>0 とする。
(1 + y/2)^2 > 1+y > 1,
∴ 1/(1+y/2)^2 < 1/(1+y) < 1,
0～y で積分すると
y/(1+y/2) < log(1+y) < y,
∴ (1+y)^(1/y) < e < (1+y)^(1/y + 1/2),
y=1/x とおく。 >>879
右辺は甘かったか…。
>>881
> log(k) > ∫[k-1/2,k+1/2] log(x)dx
これは明らかなんですか？ >>877 (1) >>882
(x+iz)(y+iw) = (xy-zw) + ｉ(xw+yz),
(xx+zz)(yy+ww) = (xy-zw)^2 + (xw+yz)^2,
z=√(1-xx)，w=√(1-yy) とおく。 >>892
log(k) > (1/2)log(kk-dd) = {log(k+d) + log(k-d)}/2,
y=log(x) は上に凸だから、x=kでの接線より下側にある。
k-d<x<k+d かつ接線より下の台形の面積は（接線の傾きによらず）2d log(k)
∴ 2d log(k) > ∫[k-d,k+d] log(x)dx >>894
なるほど、ありがとうございます。
>>893
そんなカラクリがあったとは…。 >>880-881
log{(m+n+1)!} の評価は、log k > ∫[k-1,k] log(x)dx でもいけそうな排気ガス… >>896
無理だった。
>>881
> = (m+n+3/2) log(m+n+3/2) -(m+n) -(3/2)log(3/2)
> > (m+n+3/2) log(m+n) +(3/2) - (m+n) - (3/2)log(3/2)
の部分で、以下はどうやって分かるのですか？
(m+n+3/2) log(m+n+3/2) > (m+n+3/2) log(m+n) + (3/2) >>897
(N+d) log(N+d) - (N+d) log(N)
= -(N+d)log{N/(N+d)}
= -(N+d) log{1 - d/(N+d)}
≧ -(N+d) {-d/(N+d)}
= d, >>899
さんくす。
x=a(>0) における log x の接線を考えて、
(x-a)/a + log a ≧ log x.
x=1, a = (N+d)/N を代入すればいいのかな。 >>898
3.
{1/a,1/b,1/c,1/d} について 16A + 9H ≧ 25G,
>>887 と同じですね。 >>877(2)左側
0≦x≦1 において f(x) = x^m (1-x)^n は x = m/(m+n) で最大値をとる.
I(m,n) = ∫[0,1] f(x)dx とおくと, I(m,n) ≦ f(m/(m+n)) より
(m!*n!)/{(m+n+1)!} ≦ {(m^m)(n^n)}/{(m+n)^{m+n}}
[東京医科歯科大学2013数学第3問] >>856-857
大昔のPutnumに、これより弱い不等式があったよね。
>>885
Moreau's inequality が思い浮かぶと同時に、一松先生を思い出す。（謎掛け） 三角形の辺長 a,b,c に対して、
(1) Σ[cyc] aa(b+c-a) ≦3abc.
(2) Σ[cyc] aab(a-b) ≧0.
そもそも(1)は辺長でなくても非負実数で成り立つでおじゃるな。 >>904
(1)
(右辺) - (左辺) = a(a-b)(a-c) + b(b-c)(b-a) + c(c-a)(c-b) = F1(a,b,c) ≧ 0,
△である必要はない。
(2)
a = y+z、b = z+x、c = x+y とおく。(Ravi変換)
(左辺) = aab(a-b) + bbc(b-c) + cca(c-a)
= 2(xyyy+yzzz+zxxx) - 2xyz(x+y+z)
= (2/7)(2xyyy +yzzz +4zxxx -7xxyz) + cyc.
≧ 0,
IMO-1983, A.6
文献[9] 佐藤(訳) (2013) 問題2.24
Inequalitybot [24] >>856 >>903 >>906
27th Putnum-1966
A2.
A triangle has sides a, b, c. The radius of the inscribed circle is r. Show that
1/(b+c-a)^2 + 1/(c+a-b)^2 + 1/(a+b-c)^2 ≧ 1/(2r)^2, >>855
中国MOの問題が載っているリンクがあれば教えてください。 x, y≧1 に対して、x√(y-1) + y√(x-1) ≦xy. >>910
√(x-1) = X,
√(y-1) = Y,
とおく。
XX-X+1 ≧ X,
YY-Y+1 ≧ Y,
(右辺) - (左辺) = ｘｙ - ｘ√(y-1) - y√(x-1)
= (XX+1)(YY+1) - (XX+1)Y - (YY+1)X
= {(XX+1)-X} {(YY+1)-Y} - XY
≧ XY - XY
= 0,
あるいは
x = (cosh u)^2， y = (cosh v)^2 とおく。 >>910 >>913
x-2X ≧ 0,
y-2Y ≧ 0,
(右辺) - (左辺) = ｘｙ - ｘY - yX
= x(y-2Y)/2 + y(x-2X)/2
≧ 0,
でもいいけど… a, b >0 に対して、aabb(aa+bb-2)≧(ab-1)(a+b).
非同次は苦手でおじゃる。 三角形の辺長a,b,cに対して、a(b+c-a)<2bc. >>916 は「美しい不等式pp.69-70」にあるが、証明が美しくないよな。
普通に差をとったら綺麗にできるのになあ。 >>915
a, b, c >0 に対して、aabb (aa+bb-2cc) ≧ (ab-cc) (a+b) ccc,
これで どうじゃ（同次ゃ） >>915 >>918
(左辺) - (右辺)
≧ (a+b)(ab)^(5/2) - (a+b)(ab)^(3/2)･cc - (ab-cc)(a+b)c^3
= (a+b)(ab - cc) [(ab)^{3/2} - c^3]
≧ 0, >>916 >>917
x = (b+c-a)/2, y = (c+a-b)/2, z = (a+b-c)/2,
とおく。(Ravi変換)
普通に差をとったら出来ますね^^
2bc - a(b+c-a) = 2(x+z)(x+y) - 2x(y+z) = 2xx + 2yz ≧ 0,
文献[9] 佐藤(訳) §2.2 例2.2.1 p.69 (2013) >>917 >>920
なるほど、Ravi変換は無敵でござるな。
この問題を問題集で見て感じたのは、三角形の成立条件を使った例なのに、
三角形の成立条件が一目で分かりにくい小汚い計算をしていた点。
b,cについて対称だから b≧cとする所まではいい。次のようにした方が美しいと思わん？
aが最大または最小のとき、
2bc - a(b+c-a) = bc + (a-b)(a-c) > 0.
aがbとcの間の数のとき、b≧a≧cだから、
2bc - a(b+c-a) = (a-c)(c+a-b) + c(b+c-a) > 0. >>915 >>918-919
難しすぎる。が、改造してみた。
a, b >0 に対して、ab(aa+bb-2)≧(ab-1)(a+b). >>922
a, b, c, r > 0 に対して (ab)^{r+1/2} (aa+bb-2cc) ≧ (ab-cc) (a+b) (cc)^r,
(略証)
（左辺) - (右辺)
≧ (a+b)(ab)^{r+1} - (a+b)(ab)^r･cc - (ab-cc)(a+b)(cc)^r
= (a+b)(ab-cc) [(ab)^r - (cc)^r]
≧ 0, >>915 + >>922
a, b >0 に対して、aabb(aa+bb-2) ≧ ab(ab-1)(a+b) ≧ (ab-1)(a+b).
つまり改造後の不等式は、より強い式でござる ( ﾟ∀ﾟ) ｳﾋｮｯ！
調子に乗って、さらに改造すると、
a, b >0 に対して、{√(ab)}*(aa+bb-2) ≧ (ab-1)(a+b). >>923
（左辺) ≧ (a+b)(ab)^{r+1} - (a+b)(ab)^r･cc
= (a+b)(ab-cc)(ab)^r
≧ (a+b)(ab-cc)(ab)^(r-1) cc
≧ ……
≧ (a+b)(ab-cc)(ab)(cc)^(r-1)
≧ (a+b)(ab-cc)(cc)^r
= (右辺), (1) a,b,c∈Rに対して、
(a^5+b^5+c^5)^2 ≧ 3abc(a^7+b^7+c^7).
(2) x,y,z>0, xyz=1に対して、
(x^10+y^10+z^10)^2 ≧ 3(x^13+y^13+z^13). >>522 (D1)
f '(x) < (3/2)^(1/3) f(x) = 1.14471424 f(x),
60th Putnam (1999/Dec/04) B-4
〔補題〕
lim(x→-∞) F(x) ≧0,
F '(x) > 0 for all x∈R
ならば
F(x) > 0 for all x∈R
(背理法で示せる。)
g(x) = (3/2)f(x)^3 - {f '(x)}^3,
とおくと
g '(x) = 3f '(x) {(3/2)f(x)^2 - f '(x)f "(x)} ≡ 3f '(x) h(x),
h '(x) = 3f(x) f '(x) - f '(x) f '''(x) - {f "(x)}^2
= f '(x) {f(x) - f '''(x)} + {2f(x) f '(x) - [f "(x)]^2}
≡ f '(x) {f(x) - f '''(x)} + L(x),
L '(x) = 2f '(x){f(x) - f '''(x)｝ + {f '(x)}^2 > 0,
補題により
L(x) = 2f(x) f '(x) - [f "(x)]^2 > 0,
h '(x) > 0,
補題により
h(x) = (3/2)f(x)^2 - f '(x)f "(x) > 0,
g '(x) > 0,
補題により
g(x) = (3/2)f(x)^3 - {f '(x)}^3 > 0,
f '(x) < (3/2)^(1/3) f(x), >>522 (D1) >>928 >>929
Inequalitybot [143] >>927 (2)
>>515 を参照ウオ。
〔補題〕 >>533 >>534
(A^3+B^3+C^3)^2 ≧ (AB+BC+CA)(A^4+B^4+C^4), >>929 訂正
L '(x) = 2f "(x) {f(x) - f '''(x)｝ + 2{f '(x)}^2 > 0,
でした、 (1)
a,b,c∈R, r>0 に対して、
a(b+c)^r + a(b+c)^r + a(b+c)^r ≧0.
(2)
a,b,c>0 に対して
√(aa+ab+bb) + √(bb+bc+cc)√(cc+ca+aa) ≧ 3√(ab+bc+ca).
(3)
a,b,c∈R に対して、次式をみたすkの最大値を求めよ.
abc(a+b+c)^2 ≧ k(ab+bc+ca)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b).
------------------------------------------
http://www.imomath.com/othercomp/Journ/ineq.pdf
1831, 1394, 1120 >>931
>>533 >>534 より
(A^3 + B^3 + C^3)^2 - (AB+BC+CA)(A^4 + B^4 + C^4) = F_0(A, B, C) F_0(AA, BB, CC) + F_1(BC, CA, AB) ≧ 0,
F_n(x,y,z) = (x^n)(x-y)(x-z) + (y^n)(y-z)(y-x) + (z^n)(z-x)(z-y) ≧ 0, >>933
1831. (p.74)
a,b,c ∈ R, r>0 は奇数 のとき
a(a+b)^r + b(b+c)^r + c(c+a)^r ≧ 0,
1394. (p.51)
(略解)
AM-GM で
(左辺) ≧ 3{(ab+bb+aa)(bb+bc+cc)(aa+cc+ca)}^(1/6)
≧ 3√(ab+bc+ca), (←コーシー)
1120. (p.34)
(略解)
a,b,c ≧ 0 とする。
{b+c-a, c+a-b, a+b-c} の中の2つの和は非負だから、負であるものは高々1つ。
いずれかが負の場合は、任意のk>0 について
(左辺) ≧ 0 ≧ (右辺).
以下では b+c-a≧0, c+a-b≧0, a+b-c≧0, k=3 とする。
(左辺) - (右辺) = abc(a+b+c)^2 - 3(ab+bc+ca)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)
= c(a+b-c)(3a+3b-c)(a-b)^2 + a(b+c-a)(3b+3c-a)(b-c)^2 + b(c+a-b)(3c+3a-b)(c-a)^2 ≧ 0,
等号成立は a=b=c のとき。 >>933
1126. (p.34)
0 < x ≦ 1 に対して次を示せ。
x < sinh(x) < 3x/{1+1+√(1-xx)} < tan(x),
1270. (p.44)
x>0 に対して次を示せ。
x/√(1+xx) < tanh(x) < √{1-exp(-xx)} < x, >>933 >>935
> (2)
> a,b,c>0 に対して
> √(aa+ab+bb) + √(bb+bc+cc)√(cc+ca+aa) ≧ 3√(ab+bc+ca).
my collection に次式を発見、しかし詳細不明。
a,b,c∈R に対して、
√(aa+ab+bb) + √(bb+bc+cc)√(cc+ca+aa) ≧ (3/2)*(a+b+c). >>859-861
n≧4では、逆向きが成り立つという仮説を立ててみた。
n=2,3のとき、 (3/4)*(1 + A/H)^2 ≧ (A/G)^n + (G/H)^n + 1
n≧4のとき、 (3/4)*(1 + A/H)^2 ≦ (A/G)^n + (G/H)^n + 1 >>887
4文字だと証明が大変そうだけど、いい方法あるんですか？ a,b,c,d>0 に対して、
9*(1/a^2 + 1/b^2 + 1/c^2 + 1/d^2) + 48/(aa+bb+cc+dd)
≧ 8{1/(ab) + 1/(ac) + 1/(ad) + 1/(bc) + 1/(bd) + 1/(cd)}.
等号は a = 3b = 3c = 3d.
検索中に見つけた。ちゃんと成り立つのかな？
http://www.mathoe.com/dispbbs.asp?boardID=107&;ID=44556 >>938
n≧4 のとき
(右辺) = (A/G)^n + (G/H)^n + 1^n
≧ 2(A/H)^(n/2) + 1 (AM-GM)
≧ (3/4){1 + (A/H)^(n/4)}^2,
2xx +1 - (3/4)(x+1)^2 = (x-1)(5x-1)/4 ≧ 0, (x≧1)
>>939
That's what I wanna know. (それは こっちが訊きたい...)
>>940
5点で等号成立ですね…
(a,b,c,d) = (1,1,1,1) (3,1,1,1) (1,3,1,1) (1,1,3,1) (1,1,1,3) >>937
xx+xy+yy = (3/4)(x+y)^2 + (1/4)(x-y)^2 ≧ (3/4)|x+y|^2,
より
(左辺) ≧ (√3)/2･(|a+b|+|b+c|+|c+a|)
≧ (√3)/2･|2a+2b+2c|
= (√3)|a+b+c|,
ab+bc+ca ≧ 0 ならば 1394. が成立。 >>933 (2) >>937
a,b,c∈R に対して、
√(aa+ab+bb) + √(bb+bc+cc) + √(cc+ca+aa) ≧ (3/2)*|a+b+c|.
[証]
xx+xy+yy - (x+ y/2)^2 = (3/4)*y^2 ≧0
∴ √(xx+xy+yy) ≧ |x+ y/2|
√(aa+ab+bb) + √(bb+bc+cc) + √(cc+ca+aa)
≧ |a+ b/2| + |b+ c/2| + |c+ a/2|
≧ |(a+ b/2) + (b+ c/2) + (c+ a/2)|
＝ (3/2)*|a+b+c|.
等号成立条件は a=b=c=0.
---------------------
>>942の等号成立条件は a=b=c だから、上式は緩くて次式が良いってことですかね？
√(aa+ab+bb) + √(bb+bc+cc) + √(cc+ca+aa) ≧ (√3)|a+b+c|. >>938
n≧4 のとき
(A/G)^n + (G/H)^n + 1 ≧ 3([(A/G)^2 + (G/H)^2 + 1]/3)^{n/2} ≧ 3([(A/H) + (A/H) + 1]/3)^{n/2},
(A/G)^n + (G/H)^n + 1 ≧ (A/H)^{n/2} + (A/H)^{n/2} + 1≧ 3([(A/H) + (A/H) + 1]/3)^{n/2},
もある… >>865
n=3 は 16x^3 +63x^2 -42x -25 = 0 の根
n=4 は 729x^5 +3923x^4 +9002x^3 -42x^2 -5107x -1849 = 0 の根。
min{(A-G)/(G-H)} ≧ 4(n-1)/nn, …… Sqing の評価 (2018/June/03)
http://artofproblemsolving.com/community/c6h422665p2389389 〔問題2969〕
aa+bb+cc = 2 のとき
{3 - (ab+bc+ca)}^3 /{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}^2 ≧ 27/8,
(by K. Chikaya)
http://suseum.jp/gq/question/2969
http://www.casphy.com/bbs/highmath/472060/ (不等式２-324) a,b,c>0 に対して、
(a+b+c)(1/a + 1/b + 1/c) ≧ 1 + 24(aa+bb+cc)/{(a+b+c)^2}. 最近の不等式botの、食べ物の写真のノイズが邪魔過ぎる。 >>951
京都市左京区一乗寺 「つけ麺 惠那く」
http://kyotopi.jp/articles/7dhfJ
大盛り450gです。(プラス100円）
多麺体だ～ >>950
s = a+b+c，u = abc とおく。
(左辺) - (右辺)
= {c(a-b)^2 + a(b-c)^2 + b(c-a)^2}/u - (8/ss){(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2}
= (c/u -8/ss)(a-b)^2 + (a/u -8/ss)(b-c)^2 + (b/u -8/ss)(c-a)^2
= p(a-b)(a-c) + q(b-c)(b-a) + r(c-a)(c-b),
(b+c)ss ≧ 4a(b+c)^2 ≧ 4a(4bc) = 16u より p = (b+c)/u -16/ss ≧ 0,
同様にして
q = (c+a)/u - 16/ss ≧ 0,
r = (a+b)/u - 16/ss ≧ 0,
また、(a,b,c) と (p,q,r) は逆順序だから、Schur の拡張により
p(a-b)(a-c) + q(b-c)(b-a) + r(c-a)(c-b) ≧ 0, >>953
瞬殺ですな、乙でござる。
さて、>>950を書き込む際に出典を探したが見つけらず。
おそらく Vasile Cirtoaje だろうが、検索したが閲覧できず。
2年前には未完成のpdfが閲覧できたが、2018.07以降の書籍化が原因だろう。
7.Cirtoaje V. - Mathematical Inequalities, Volumes 1-5 (p. 344, 400, 486, 522, 544), Lambert Academic Publishing, 2018.
http://ac.upg-ploiesti.ro/vcirtoaje/vcirtoaje.php >>950 >>953
Cauchyより強ければよかったのに。 >>950
4点で等号が成立
(a,b,c) = (1,1,1) (2,1,1) (1,2,1) (1,1,2)
p=0 q=0 r=0
…てことは、これで最良でござる。 >>955 >>956
ほんとだ、不等号の向きを勘違いしていた。つまりこういうことですな。
a,b,c>0 に対して、
(a+b+c)(1/a + 1/b + 1/c) ≧ 1 + 24(aa+bb+cc)/{(a+b+c)^2}.≧9. (1) a,b,c∈R に対して、(aa+bb+cc)^2 ≧ 3(a^3b+b^3c+c^3a).
(2) a,b,c,d>0, abcd=1 に対して、a^4b+b^4c+c^4d+d^4a ≧ a+b+c+d.
(3) a,b,c>0 に対して、3/4 ≦ Σ[cyc] ab/{(b+c)(c+a)} < 1. >>958
(1)
A = aa -bb +3bc,
B = bb -cc +3ca,
C = cc -aa +3ab,
とおくと
(左辺) - (右辺) = {(A-B)^2 + (B-C)^2 + (C-A)^2}/6 ≧ 0,
>>244 (1) >>247
(2) AM-GMで
{23(a^4)b +7(b^4)c +11(c^4)d +10(d^4)a}/51 ≧ a(abcd) = a,
巡回的にたす。
(3)
右)
(中辺) = 1 - 2abc/{(a+b)(b+c)(c+a)} < 1,
左)
(中辺) - 3/4 = {(a+b)(b+c)(c+a)-8abc}/(a+b)(b+c)(c+a) ≧ 0, (AM-GM) >>958 (2)
ついでだけど、n文字の場合も AM-GM で
Σ[j=1,n] ｋ_j (a_j)^n a_{j+1} ≧ a_1（a_1･a_2…a_n) = a_1,
巡回的にたす。
ｋ_j = 1/(n+1) - (-1)^j･n^{n-j}/[n^n - (-1)^n] > 0,
a_{n+1} = a_1, >>958-959
(1)は Vasc's Inequality というらしい。
Vascって人名かな？
https://i.imgur.com/FSQSdQY.jpg a,b,c>0, aa+bb+cc=3 に対して、
(a^5)/(b^3+c) + (b^5)/(c^3+a) + (c^5)/(a^3+b) ≧ (3/2)*(abc)^2.
バスク大佐の不等式を使って証明できるらしい… >>963
aa+bb+cc = S とおく。
a(b^3 +c) + b(c^3 +a) + c(a^3 +b) = (ab^3 +bc^3 +ca^3) + (ab+bc+ca) ≦ SS/3 + S, (>>958 (1))
コーシーで
{a(b^3 +c) + b(c^3 +a) + c(a^3 +b)}(左辺) ≧ (a^3 +b^3 +c^3)^2 ≧ (aa+bb+cc)^3 /(1+1+1) = (1/3) S^3,
∴ (左辺) ≧ (S^3)/(SS+3S) = SS/(S+3), >>959 (1)
4点で等号成立。
A=B=C より
(a, b, c) = (1, 1, 1) (1, 1+t, 3+1/t) = (1, 1+t, tt-3t-1)
t は t^3 -3t^2 -4t -1 = 0 の根
t = -0.69202147163 -0.3568958679 4.0489173395 n次元ベクトル a_1、…、a_m の相加平均を A = (a_1+…+a_m)/m とおく。
任意のn次元ベクトル x に対して、
Σ[k=1 to m] |a_k - x|^2 = Σ[k=1 to m] |a_k - A|^2 + m*|x - A|^2.
むむっ、不等式じゃないな… どれも-1以上である実数a,b,c,d,eはa+b+c+d+e=5であるという
このときの(a+b)(b+c)(c+d)(d+e)(e+a)の最大値と最小値を求めよ
2019年度中国数学オリンピック第一問 >>966
n次元ベクトル ｙ = (y_1, y_2, …, y_n) に対して
|ｙ|^2 = (y_1)^2 + (y_2)^2 + …… + (y_n)^2
∴ n個の成分に分けて考え、和をとればよい。
∴ n=1 (スカラー） の場合に帰着する。
a_k - x = (a_k - A) - (x - A),
(a_k -x)^2 = (a_k - A)^2 - 2(a_k - A)(x - A) + (x - A)^2,
となるが、右辺第2項は 和をとれば
納k=1,m] (a_k - A) = (a_1 + a_2 + … + a_m) - mA = 0,
となって消える。 >>967
最大値 32 a=b=c=d=e=1 のとき。
最小値 -512 {a,b,c,d,e} = {9,-1,-1,-1,-1} のとき。
かな >>951
大阪の「三豊麺」もある。
http://sanpomen.jp/
重量（茹で上がり)
並盛 １玉 350g
大盛 1.5玉 550g
特盛 ２玉 750g
山盛 2.5玉 900g (+100円)
(ミツトヨの秤で量ったんぢゃないけど)
大阪のみなみ周辺では、千日前、体育館前、日本橋に店舗があります。 >>970
もしかして面白いと思って書いているのだとしたら、反省した方がいいでござるよ。
荒らすのは止めましょう。 >>968-969、>>972
たとえば、(a,b,c,d,e) = (-1,-1,-1,4,4)のとき、288.
この手の不等式を見たときに、方針がぱっと出てこない悲しさ。 最大値や最小値をとるときの変数に、限界値の-1が入るのは理由があるのかな？ >>967
(1) a,b,c>-1, a+b+c=3 のとき、-32≦(a+b)(b+c)(c+a)≦8.
(2) a,b,c,d>-1, a+b+c=4 のとき、-48≦(a+b)(b+c)(c+a)≦144.
(3) a,b,c,d,e>-1, a+b+c+d+e=5 のとき、-512≦(a+b)(b+c)(c+d)(d+e)(e+a)≦288. 書き直し
>>967
(1) a,b,c>-1, a+b+c=3 のとき、-32≦(a+b)(b+c)(c+a)≦8.
(2) a,b,c,d>-1, a+b+c=4 のとき、-48≦(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)≦144.
(3) a,b,c,d,e>-1, a+b+c+d+e=5 のとき、-512≦(a+b)(b+c)(c+d)(d+e)(e+a)≦288. >>976
また書き間違ってるな (2)の条件のところ もう一度書き直し
>>967
(1) a,b,c>-1, a+b+c=3 のとき、-32≦(a+b)(b+c)(c+a)≦8.
(2) a,b,c,d>-1, a+b+c+d=4 のとき、-48≦(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)≦144.
(3) a,b,c,d,e>-1, a+b+c+d+e=5 のとき、-512≦(a+b)(b+c)(c+d)(d+e)(e+a)≦288. 〔予想〕
a_1, a_2, …, a_n ≧ -1, a_1+a_2+…+a_n = n, のとき
・n：奇数 (n≧5) ならば
-(2^n)(n-1)^2 ≦ Π(a_j + a_{j+1}) ≦ 2^{n-2} (n-2)^2 (n-1),
・n:偶数 ならば
-2^{n-2} (n-2)^2 (n-1) ≦ Π(a_j + a_{j+1}) ≦（2^n)(n-1)^2,
「良そう」「止そう」と意見が割れるかも知りませぬが…
（不等式スレも平成のうちに2桁に到達でござる。思えば長い道でござった。) 第1章が2003年。
スレ立て放置されていた不等式スレを占拠して15年も経つのか…。 [初代スレ.019]
いいよ！
[初代スレ.034]
正の数 a,b,x,y,X,Y に対して
(axX+byY)^3 ≦ (a^3+b^3)(x^3+y^3)(X^3+Y^3),
(右辺) - (左辺)
= (axY)^3 + (ayX)^3 + (bxX)^3 -3(byY)(axX)^2
+ (bxY)^3 + (byX)^3 + (ayY)^3 -3(axX)(byY)^2
= (axY)^3 + (ayX)^3 + (bxX)^3 -3(axY)(ayX)(bxX)
+ (bxY)^3 + (byX)^3 + (ayY)^3 -3(bxY)(byX)(ayY)
≧ 0, (AM-GM)
スッキリ。
[初代スレ.039]
(参考書)
秋山 仁 + ピーター･フランクル「[完全攻略] 数学オリンピック」日本評論社 (1991/Nov)
p.24-25 [例4-3] 懐かしい。当時は tanスレや nCrスレや、おいらには解けないスレとかあったよなぁ…。
パソコンを何度も買い替えて、今となっては過去ログが見れないが。 >>979
(1) a+b, b+c, c+a のうち負は高々１個。
a+b, b+c, c+a ≧0のとき、AM-GMより、
0 ≦ (a+b)(b+c)(c+a) ≦ [ {(a+b)+(b+c)+(c+a)}/3]^3 = 8.
１つだけ負のとき、対称性から a+b < 0 ≦ b+c, c+a としてよい。
このとき、条件より 3<c≦5 で、AM-GMより、
0 ≦ -2(a+b)(b+c)(c+a) ≦ [ {-2(a+b)+(b+c)+(c+a)}/3]^3 = (c-1)^3 ≦ 64.
(証明終) 〔補題〕
正の実数a,b,cに対して
[1] (b/a) + (c/b) + (a/c) - {a/(b+c) + b/(c+a) + c/(a+b)} ≧ (ab+bc+ca)^2 /{2(a+b+c)abc} ≧ 3/2,
[2] a/(b+c) + b/(c+a) + c/(a+b) ≧ (a+b+c)^2 /2(ab+bc+ca) ≧ 3/2,
(略証)
[1]
(左辺) - (右辺)
= ab/(c(b+c)) + bc/(a(c+a)) + ca/(b(a+b))
= (ab+bc+ca)^2 /{abc[(b+c) + (c+a) + (a+b)]}
≧ (ab+bc+ca)^2 /{2(a+b+c)abc}, (←コーシー)
JMO-2004、[初代スレ.058]
[2] もコーシーで出る。
なお、1/a = A, 1/b = B, 1/c = C とおくと
(ab+bc+ca)^2 /{(a+b+c)abc} = (A+B+C)^2 /(AB+BC+CA),
(a+b+c)^2 /(ab+bc+ca) = (AB+BC+CA)^2 /{(A+B+C)ABC},
(類) Nesbitt-Igarashi >>627 >>835 >>980
偶奇で異なることを見抜いたのは、何かコツがあるの？ >>985
辺々たして…
[3] (b/a) + (c/b) + (a/c) ≧ tt/2su + ss/2t ≧ √(st/u) ≧ 3,
ここに s = a+b+c, t = ab+bc+ca, u = abc.
st-9u = a(b-c)^2 + b(c-a)^2 ＋ c(a-b)^2 ≧ 0, >>986
{-1,……,-1,2n-1} のとき (-1)^n･(2^n)(n-1)^2
{-1,…,-1,n-1,n-1} のとき - (-1)^n･2^{n-2} (n-2)^2 (n-1)
かとオモタ。 >>979
よく見たら、条件式のa,b,c>-1のところが、書き間違ってるな。
正しくは a,b,c≧-1など。 >>979
(1)
a+1=A, b+1=B, c+1=C とおくと、問題は
『A,B,C≧0, A+B+C=6 のとき、32≧(A-4)(B-4)(C-4)≧-8』.
A+B+C=s(=6), AB+BC+CA=t, ABC=u とおくと、不等式は 0≦4t-u≦40.
う～む、非同次は難しい。
s=6だから、無理やり同時にすると、0≦2st-3u≦120.
これではダメか…。 >>990 (1)
s, t, u で表わせば
(与式) = (a+b)(b+c)(c+a)
= (A+B - s/3)(B+C - s/3)(C+A - s/3)
= (2s/3 - C)(2s/3 - A)(2s/3 - B)
= -4(s/3)^3 + (2/3)st -u,
(与式) = - 4(s/3)^3 + (1/9){5st+(st-9u)} ≧ -4(s/3)^3,
(与式) = (s/3)^3 - (2/27)s(ss-3t) - (1/9)(s^3 -4st+9u) ≦ (s/3)^3, >>990の続きだけど、これで合ってるかな？
> (1) a,b,c>-1, a+b+c=3 のとき、-32≦(a+b)(b+c)(c+a)≦8.
>
> a+1=A, b+1=B, c+1=C とおくと、問題は
> 『A,B,C≧0, A+B+C=6 のとき、32≧(A-4)(B-4)(C-4)≧-8』.
>
> A+B+C=s(=6), AB+BC+CA=t, ABC=u とおくと、不等式は 0≦4t-u≦40.
s=6を使って、同次化して、0 ≦ 9(2st-3u) ≦ 5s^3.
これを証明する。
右側 ： 5s^3 - 9(2st-3u) = 5(s^3-4st+9u) + 2(st-9u) ≧0.
左側 ： 9(2st-3u) = 15st + 3(st-9u) ≧0. >>992
正解です！
なお、
st - 9u = a(b-c)^2 + b(c-a)^2 ＋ c(a-b)^2 ≧ 0,
s^3 - 4st + 9u = a(a-b)(a-c) + b(b-c)(b-a) + c(c-a)(c-b)
= {ab(aa-bb)^2 + bc(bb-cc)^2 + ca(cc-aa)^2}/{(a+b)(b+c)(c+a)}
≧ 0,
http://dic.nicovideo.jp/a/シューアの不等式 >>979
(2)を>>984のように場合分けして解こうとしているんだけど、うまくいかん。 >>984 >>986 >>989 >>990 >>992 >>994
続きは次スレで…
＿＿＿
.／ ≧ ＼
|:::: ＼ .／ |
|::::: (● (● | ｸﾞｯｼﾞｮﾌﾞ！
ヽ::::... .ワ....ノ n
￣￣ ＼ （ E）
フ /ヽ ヽ_／／
[初代スレ.998] ﾊｧﾊｧ ∩
( ⌒)＿ ∩_ _ ｸﾞｯｼﾞｮﾌﾞ!!
ｸﾞｯｼﾞｮﾌﾞ!! .＿＿＿ ／/,. ノ≧ ＼ .i .,,E）__
／ nCr ＼| / /＼ .／ |/ / cos ＼
_n .|::::＼ .／ |/ /(● (● | ノ＼ .／ |
（ l |::●) ●) .| /:::... .ワ ....ノ／(● (● | ｸﾞｯｼﾞｮﾌﾞ!!
＼ ＼ヽ:::::.∀ .ノ ／ヽ:::::... .▽....ノ n
ヽ__￣ ノ ヽ | ￣ ＼ （ E）
/ / ＼ ヽ ﾌ / ヽ ヽ_／／
[第5章.991] ＿＿＿
.／ ≧ ＼ 神降臨キタ━(ﾟ∀ﾟ)━！！！
|:::: ＼ .／ | ﾊｧﾊｧ
|::::: (● (● |
ヽ::::... .∀....ノ ／ ﾁﾝ ☆
＿( ⊃ ⊃ ﾁﾝ ☆
|＼￣￣￣￣旦￣＼
| |￣￣￣￣￣￣￣|
＼| 愛媛みかん |
￣￣￣￣￣￣￣
[第5章.996] "; ;ヾ; ;ヾ; ;ﾒヾ "ゞ ;ヾ ;ゞ ;" "ゞ ; ; ; ゞ ;" "ゞ";ヾ ; ヾ ;ゞ; ;ゞ ;ゞ ;" "ゞ /. ヽ
;" "ゞ ; ; ; ゞ ; ;ヾ ; ; ヾ ;ゞ;ヾ ; ;";ヾ; ;"/" ; ;ヾ ;ヾ; ヾ ; ヾ ;ゞ; ;ゞ ;" ";ゞ ; ;ヾ l l
" ;ヾ ; ;";ヾ; ;"/" ; ;ヾ ;ヾ;ヾ ; ;ヾ ; ; ヾ ;ゞ " ;ヾ ; ;";ヾゝゝ" ;ヾゞ ヽ /
,." ;ヾ ; ;";ヾ; ;"/" ; ;ヾ ;ヾ;ヾ ; ;ヾ ; ; ヾ ;ゞ " ;ヾ ; ;";ヾゝゝ" ;ヾ ; ; ヾ ;ゞ; ＼ ／
ゞヾ ; ;" ; ; ;; ;"iiiiii;;;;;::::: :)_/ヽ,.ゞ:,,ヾゞヾゞ__;::/ ` ` ` ー ─ ' `
ゞヾゞ;＼＼iiiiii;;;;::::: :|;:/ヾ; ;ゞ "ゝゞ ; ;`
" ;゛ ; ;" ; ;ゞ "|iiiiii;;;;::: : |:/ ヾゞ ` ` ` `
` ,|i;iiiiiii;;;;;;::: :| ` ` ` ` ` ` `
,|iiii;iiii;;;;:;_ _: :| ＿＿＿ 秋の夜長に不等式 ` ` `,
` |iiiiiii;;;;;;((,,,):::|／ ≧ ＼ ヾ从//"
` |iiiiiiii;;;;ii;;;;;;;;::|::::: (● (● | ` ﾞ ` ヾ'./"
|iiiiii;iii;;;;i;;:: ::::|ヽ::::......ワ...ノ ○ .||. ,
` |iii;;iiiii;::;:;;;;::::::| ( つ且 ~ ` ○○ | |
, , .,.. ,..M|M|iMii;;ii:i;;i:i;:; ゝ つつ.,.. ,...... ,.... ,,,.,.. ,.... ,,,.,.. ,..,,,,.,...,..,.,|￣￣|,.,..（ ）.. ,,,..,,.. ,.... ,,,.,...,.. .. ,.... ,,,.,.. ,.... ,,,
[前スレ.998] ＿| ::|＿
￣| ::|／| ┌──┐
| ::| | .┌──┐| ∧＿∧ いいな、俺たちの誰かが殉職したら･･
／|＿| |┌──┐| ∧＿∧|(・ω・｀ )
|文| | | ∧＿∧（ ）⊂ ）
|￣| | | （ ）⊂ ） （＿Ο Ο :::
| ::| | | ⊂ ） （＿Ο Ο わかってる、生き延びた奴が
| ::|／ .|_ （＿Ο Ο ::::::::: :::::: 不等式を収集し、証明する !
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[前スレ.999] ┏━━━┓
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