不等式への招待 第９章 [無断転載禁止]©2ch.net
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>>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… ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
