不等式への招待 第10章
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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, /
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＿j／ / | / :| | ＼＼
_,＞､__, イ＞＼／ _｣/＼￣{_
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/| ./:::::/ 厂 |::::::::∧ |＼
/ :| /:::::/ |o 〔::::::::::::∧.| ＼
/ / /:::::/ :|o 丿:|:::::::::::::∧ ＼ 前スレ967の不等式、(3)が2019年度中国数学オリンピック第一問
(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.
---------------------------------------
(1)の証明
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.
---------------------------------------
〔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. >>1
スレ立て乙
ついに２桁に到達したでござるな。
・次スレ用のメモ。
【過去スレ】
～.2ch.net/ → ～.5ch.net/
・過去スレのミラー置き場
http://onedrive.live.com/?id=D357AFBB34F5B26F%21110&;cid=D357AFBB34F5B26F
【姉妹サイト】
キャスフィ 高校数学板 不等式スレ http://www.casphy.com/bbs/highmath/471952/
キャスフィ 高校数学板 不等式スレ２ http://www.casphy.com/bbs/highmath/472060/ >>2
次スレ用のメモ
【不等式の和書】
[1] 不等式 (数学クラシックス11), G.H.Hardy、J.E.Littlewood、G.Polya(著)、細川尋史(訳), 丸善出版, 2012年, 417p.
http://www.amazon.co.jp/o/ASIN/4621063510
[2] 不等式 (数学選書), 大関信雄・青木雅計, 槇書店, 1967年(絶版), 237p.
ASIN B000JA494Y,
[3] 不等式への招待 (数学ゼミナール6), 大関信雄・大関清太，近代科学社，1992年, 162p.
ASIN 4844372661, ISBN 978-4-844-37266-0,
http://www.kindaikagaku.co.jp/news/20120912/index.html
[4] 不等式入門 (数学のかんどころシリーズ9), 大関清太, 共立出版, 2012年, 186p.
http://www.kyoritsu-pub.co.jp/bookdetail/9784320019898
[5] 不等式入門 (数学ライブラリー教養篇4), 渡部隆一，森北出版，2005年, 154p.
ASIN 4627010494, ISBN 978-4-627-01049-9,
http://www.morikita.co.jp/books/book/84
[6] 不等式の工学への応用, 海津 聰(訳), 森北出版，2004年, 160p.
ASIN 4627075812, ISBN 978-4-627-07581-8,
http://www.morikita.co.jp/books/book/437
[7] 不等式 (モノグラフ4), 梁取 弘(著)、矢野健太郎(監修), 科学新興新社, 1998年, 118p.
http://amazon.jp/o/ASIN/4894281740
[8] 不等式 ～ 21世紀の代数的不等式論 ～, 安藤哲哉, 数学書房, 2012年, 280p.
ASIN 4903342700, ISBN 978-4-903-34270-2,
http://www.sugakushobo.co.jp/903342_70_mae.html
（正誤表+補遺) http://www.math.s.chiba-u.ac.jp/~ando/
[9] 美しい不等式の世界: 数学オリンピックの問題を題材として, 佐藤淳郎(訳), 朝倉書店, 2013年, 260p.
http://www.asakura.co.jp/G_12.php?isbn=ISBN978-4-254-11137-8
[10] 思考力を鍛える不等式 (大学への数学・別冊), 栗田哲也, 東京出版, 2014年, 135p,
ASIN 4887422091, ISBN 978-4-887-42209-4,
http://www.tokyo-s.jp/products/d_zoukan/futoushiki/index.html
※ その他の参考文献などは、まとめWikiを参照 https://seesaawiki.jp/w/loveinequality/ >>4
> (2) a,b,c,d≧-1, a+b+c+d=4 のとき、-48≦(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)≦144.
a+b, b+c, c+d, d+a のうち、3つ以上が負にならない。
また2つが負のとき、隣り合う2つか、一つおきの2つが負だが、後者はありえない。
結局、次の3つを考えればよい。
(i) a+b, b+c, c+d, d+a ≧0.
(ii) a+b, b+c, c+d ≧0 >d+a.
(iii) a+b, b+c ≧0 > c+d, d+a.
(i)のとき、AM-GMより 0≦(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)≦16.
(ii)のとき、4<b+c≦6に注意して
0 ≦ -27(a+b)(b+c)(c+d)(d+a) ≦ [ {3(a+b)+(b+c)+3(c+d)-3(d+a)}/4]^4 = (b+c)^4 ≦1296,.
∴ 0≧(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)≧-48.
(iii)のとき、-1≦d<b≦7に注意して
0 ≦ 9(a+b)(b+c)(c+d)(d+a) ≦ [ {(a+b)+(b+c)-3(c+d)-3(d+a)}/4]^4 = (b-d-2)^4 ≦1296.
∴ 0≦(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)≦144.
( ﾟ∀ﾟ) こんなものかな。次は(5)か… >>9
蛇足 ： (ii)では 4<b+c≦6、(iii)では 7≧b>d≧-1に注意。 >>4
> (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.
a+b, b+c, c+d, d+e, e+a のうち、4つ以上が負にならない。
また3つが負の場合に、負でない2つが隣り合わない場合も除外してよい。
結局、次の5つを考えればよい。
(i) a+b, b+c, c+d, d+e, e+a ≧0.
(ii) a+b, b+c, c+d, d+e ≧0 > e+a.
(iii) a+b, b+c, c+d ≧0 > d+e, e+a.
(iv) a+b, b+c, d+e ≧0 > c+d, e+a.
(v) a+b, b+c ≧0 > c+d, d+e, e+a.
(i)のとき、AM-GMより 0≦(a+b)(b+c)(c+d)(d+e)(e+a)≦32.
(ii)のとき、-2≦e+a<0 に注意して
0 ≦ -(a+b)(b+c)(c+d)(d+e)(e+a)
≦ [ {(a+b)+(b+c)+(c+d)+(d+e)-(e+a)}/5]^5
＝ {2 - (2/5)*(e+a)}^5
≦ (14/5)^5
＜ 512.
∴ 0≧(a+b)(b+c)(c+d)(d+e)(e+a)>-512.
(iii)のとき、-1≦e≦5, 5<b+c-e≦9 に注意して
0 ≦ 27648(a+b)(b+c)(c+d)(d+e)(e+a)
≦ [ {8(a+b)+3(b+c)+8(c+d)-12(d+e)-12(e+a)}/5]^5
＝ {3(b+c-e)-e-4}^5
≦ 24^5.
∴ 0≦(a+b)(b+c)(c+d)(d+e)(e+a)≦288.
(iv)のとき、5<b≦9 に注意して
0 ≦ (a+b)(b+c)(c+d)(d+e)(e+a)
≦ [ {(a+b)+(b+c)+(d+e)}/3]^3 * [ {-(c+d)-(e+a)}/2]^2
＝ {(b+5)/3}^3 * {(b-5)/2}^2
≦ (14/3)^3 * 2^2
＜ 288.
∴ 0≦(a+b)(b+c)(c+d)(d+e)(e+a)<288.
(v)のとき、-1≦d,e<b≦9 に注意して
0 ≦ -64(a+b)(b+c)(c+d)(d+e)(e+a)
≦ [ {(a+b)+(b+c)-4(c+d)-4(d+e)-4(e+a)}/5]^5
＝ (b-d-e-3)^5
≦ 8^5.
∴ 0≧(a+b)(b+c)(c+d)(d+e)(e+a)≧-512.
( ﾟ∀ﾟ) ｳﾋｮｯ！ 残りは一般のnの場合だが、こんなやり方じゃ場合分けで死ぬ… 〔問題A-3〕
a, b ≧1 のとき不等式
(1/2)^{a+b-2} ≦ (a+b-1)∫[0,1] t^{a-1} (1-t)^{b-1} dt ≦ 1
が成り立つことを証明して下さい。
(近畿大学 数学コンテスト21, 2018/11/03)
http://www.math.kindai.ac.jp/index.php?id=84 → 第21回(H30年)
http://suseum.jp/gq/question/2997
http://www.casphy.com/bbs/highmath/472060/ 不等式２-327 >>4
一般の場合のよい証明が思いつかんでござる。 正整数t,k,mがあって、t^2>kmを満たす。
このとき次の不等式が成立
Σ[i=0,m-t-1]C[2m,i]<4^m/2k 〔補題〕
自然数mについて
4^m /√(π(m+1/3)) < C[2m,m] < 4^m /√(π(m+1/4)),
(略解)
a_m = √{π(m+1/4)} C[2m,m]/(4^m),
b_m = √{π(m+1/3)} C[2m,m]/(4^m),
とおくと
a_m < b_m,
(4m+5)(2m+1)^2 - (4m+1)(2m+2)^2 = 1 より
a_{m+1}/a_m = √{(4m+5)/(4m+1)}・{(2m+1)/(2m+2)} > 1,
a_m は単調増加。
(3m+1)(2m+2)^2 - (3m+4)(2m+1)^2 = m より
b_{m+1}/b_m = √{(3m+4)/(3m+1)}・{(2m+1)/(2m+2)} < 1,
b_m は単調減少。
よって
a_1 < a_2 < ････ < a_m < ････ < b_m < ････ < b_2 < b_1
ゆえ収束する。
極限値 １ >>19 (続き)
3<π<4 √(π(m+1/4)) < 1 < √(π(m+1/3)) より a_0 < 1 < b_0
3<π<3.2 √(π(m+1/4)) < 2 < √(π(m+1/3)) より a_1 < 1 < b_1
m>1 のときも a_m < 1 < b_m >>19
極限値はウォリスの公式
C[2m,m] = (2m)! / (m!)^2 ～ 4^m / √(πm),
またはスターリングの公式
log(n!) = (n+1/2)log(n) - n + (1/2)log(2π) + 1/(12n) + O(1/n^3)
log{C[2m,m]} = log{(2m)!} - 2log(m!) = m log(4) - (1/2)log{π(m+1/4)} + O(1/m^3)
から出る。 ∧＿∧
（ ´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^2019 -a^31 +3) (b^2019 -b^31 +3) (c^2019 -c^31 +3) ≧ 9 (abc)^(4/3),
[第９章.395, 397] Inequalitybot [104]
(aa+bb+cc)^2 - (ab+bc+ca)^2 ≧ (√6)|(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)|,
[前スレ.574, 576]
//www.casphy.com/bbs/highmath/472060 不等式２-196
じゅー君 (作) >>22
x^2019 - x^31 + 3 ≧ 2．08319787624644064040 x^(4/3),
等号成立は x = 0．99794707802373850618 のとき。
(6053x^2019 - 89x^31 - 12 = 0 の正根)
最良値 9．040481720894526247626
人
／⌒＼ （＿_）
＼●／（＿＿）／⌒＼
∩ （・∀・ ）＼●／ あけおめでござる。
Y ￣ ||ｙ|| ￣`''φ
Lノ /ニ|| ! ソ >
乂/ﾉ ﾊ ヽー´
`ー-、＿_| >>22
〔問題390〕
正の数 a，b，c に対して
(a^2019 - a^31 + 3) (b^2019 - b^31 + 3) (c^2019 - c^31 + 3) > 3 (a^4 + b^4 + c^4),
[前スレ.390] >>26
x0 = 0．99794707802373850618 とおく。 >>25
(x^2019 - x^31 + 3)^3 ≧ k {(x/x0)^12 + 1 + 1} ≧ 3k (x/x0)^4,
ここに k = 2．98882413327445720383
(左辺) = (a^2019 - a^31 + 3)(b^2019 - b^31 + 3)(c^2019 - c^31 + 3)
≧ k [{(a/x0)^12 + 1 + 1} {1 + (b/x0)^12 + 1} {1 + 1 + (c/x0)^12}]^{1/3}
≧ k {(a/x0)^4 + (b/x0)^4 + (c/x0)^4} (←コーシー)
= (k/x0^4) (a^4 + b^4 + c^4)
= 3．01349390694842082546 (a^4 + b^4 + c^4)
等号成立は a=b=c=x0. >>27 訂正ｽﾏｿ
k/(x0^4) = 3．0134939069６484208254 ｘ はn次元ベクトル
||x||_p はp-norm
p>q>0に対して、||x||_p ≦ ||x||_q ≦ n^(1/q - 1/p)*||x||_p.
今年もよろしくお願いします ( ﾟ∀ﾟ) ｳﾋｮｯ！ >>29
||x||_p = (|x_1|^p + |x_2|^p + ････ + |x_n|^p)^{1/p}
p次平均ノルム
p≧1 >>27
x ≒ x0 の周りにテイラー展開すれば
(x^2019 - x^31 + 3)^3 = 3k{1 + 4(x/x0 - 1) + 45791.82863314406(x/x0 -1)^2 + ････},
(x/x0)^12 + 1 + 1 = 3{1 + 4(x/x0 - 1) + 22(x/x0 - 1)^2 + ････},
(x/x0)^4 = {1 + 4(x/x0 - 1) + 6(x/x0 - 1)^2 + ････}, >>13
左:
0 < t < 1/2 ⇒ 1-t > t,
1/2 < t < 1 ⇒ t > 1-t,
(中辺) > (a+b-1)∫[0,1/2] t^{a+b-2} dt + (a+b-1)∫[1/2,1] (1-t)^{a+b-2} dt
= [ t^{a+b-1} ](0,1/2) + [ (1-t)^{a+b-1} ](1/2,1)
= (1/2)^{a+b-1} + (1/2)^{a+b-1}
= (1/2)^{a+b-2},
右:
ヤングの不等式より
t^{a-1}･(1-t)^{b-1} ≦ [(a-1)t^{a+b-2} + (b-1)(1-t)^{a+b-2}]/(a+b-2),
(中辺) ≦ [(a-1)t^{a+b-1} - (b-1)(1-t)^{a+b-1}](0,1) /(a+b-2)
= [(a-1) + (b-1)] / (a+b-2)
= 1, 〔前スレ.950〕
a,b,c > 0 に対して、
(a+b+c)(1/a + 1/b + 1/c) ≧ 9 + 8[(a-b)^2 +(b-c)^2 +(c-a)^2]/(a+b+c)^2,
( //www.casphy.com/bbs/highmath/472060/ 不等式２ - 325, 336 )
( //suseum.jp/gq/question/3013 ) >>33
bはaとcの中間にあるとしてよい。
(a-b)(b-c) ≧ 0,
(c-a)^2 = (a-b)^2 + 2(a-b)(b-c) + (b-c)^2,
s = a+b+c，u = abc とおく。
(左辺 - 右辺)･ssu
= [c(a-b)^2 + b(c-a)^2 + a(b-c)^2]ss - 8u[(a-b)^2 + (c-a)^2 + (b-c)^2]
= (css -8u)(a-b)^2 + (bss -8u)(c-a)^2 + (ass -8u)(b-c)^2
= [(b+c)ss -16u](a-b)^2 + (bss -8u)･2(a-b)(b-c) + [(a+b)ss -16u](b-c)^2
≧ 4a[(a-b)(b-c)]^2 + 16b[(a-b)(b-c)]^2 + 4c[(a-b)(b-c)]^2
= 4(a+4b+c)[(a-b)(b-c)]^2
≧ 0,
(b+c)ss - 16u -4a(b-c)^2 = (b+c)[ss - 4a(b+c)] = (b+c)(-a+b+c)^2 ≧ 0,
bss - 8u -8b(a-b)(b-c) = b[ss -8b(a-b+c)] = b(a-3b+c)^2 ≧ 0,
(a+b)ss - 16u -4c(a-b)^2 = (a+b)[ss - 4c(a+b)] = (a+b)(a+b-c)^2 ≧ 0, a,b,c >0 のとき
(1) (abb)^3 + (bcc)^3 + (caa)^3 + 3(abc)^3 ≧ abc{(ab)^3 + (bc)^3 + (ca)^3} + (abc)^2･(a^3 +b^3 +c^3)
バルカンMO-2015、P1
(2) a√(a+3b+c) + b√(a+b+3c) + c√(3a+b+c) ≦ √(a+b+c)･√{a(a+3b+c)+b(a+b+3c)+c(3a+b+c)},
セルビアMO-2017、P1改
(3) (a-b-c)^2 /b + (b-c-a)^2 /c + (c-a-b)^2 /a ≧ (aa+bb)/(a+b) + (bb+cc)/(b+c) + (cc+aa)/(c+a),
クロアチアMO-2018、A1改
ｶﾞｲｼｭﾂかも知れませんが････ a,b,c>0に対して、1/(a+b) + 1/(b+c) + 1/(c+a) ≧ (3√3)/{2√(aa+bb+cc)}.
( ﾟ∀ﾟ)ノ ごきげんよう とりあえず改造････
a,b,c>0 に対して
1/a + 1/b + 1/c ≧ 2/(a+b) + 2/(b+c) + 2/(c+a) ≧ 9/(a+b+c) ≧ 9/√{3(aa+bb+cc)}.
( ﾟ∀ﾟ)ノ ごぶさたでござる。 >>37
なんと！元の不等式はヌルヌルでござったか… 等式だけど
(aa+bb-1)^2 + (cc+dd-1)^2 + 2(ac+bd)^2
= (aa+cc-1)^2 + (bb+dd-1)^2 + 2(ab+cd)^2.
これって何か背景あるのかな？ >>39
行列式を展開して作れるのかなと思ったが、どんな行列式から出てくるか思いつかん。 >>39
(aa+bb-1)^2 + (cc+dd-1)^2 - 2(ab±cd)^2
= (aa+cc-1)^2 + (bb+dd-1)^2 - 2(ac±bd)^2.
= (aa+dd-1)^2 + (bb+cc-1)^2 - 2(ad±bc)^2, (複号同順)
同じことだけど････ 数セミ3月号 NOTE より
n個の正数 x_1, x_2, …, x_n の相加平均を A_n、相乗平均を G_n とする。
それに正数 y を追加した (n+1)個組の相加平均を A_{n+1}、相乗平均を G_{n+1} とする。このとき
n(A_n - G_n) ≦ (n+1)(A_{n+1} - G_{n+1}),
[前スレ.866, 872]
ニコニコ大百科
http://dic.nicovideo.jp/a/jacobsthalの不等式 >>42
NOTEの不等式って、ヤコブスタールの不等式とどこが違うの？ >>43
畏れながらお奉行様、手前には何のことやらさっぱり分からぬ始末にございまして、いやはや、いったいどこからそのような根も葉もない噂が流れ ましたことやら。
溜池通信
http://tameike.net/writing/shanghai27.htm >>43
それを気にしていたら、このスレの住人は務まりませぬ。。。 記事のコメントには、ヤコブスタールの不等式そのものであるとか指摘はなかったけど、ZZZは知らなかったのか？ 学術誌レベルの新規性を要求されちゃカナワンよなぁ。
雑誌を全部サーチしてから出すなんて、どだい無理だし。 ヤコブスタールの不等式は、一般人には有名じゃないの？
コーラを飲めばゲップが出るくらい当たり前のことだと思っていたけど… 読者（一般人）に有名でなければ 再発見でもOK
ということで願いたい。 〔問題3043〕
A, B, C は正の実数で次式を満たす。
M = (A+B+C)/3 = 1/(nn+n+1),
n = 1, 2, ････
このとき次式を示せ。
{(1-A)/A^p}^p + {(1-B)/B^p}^p + {(1-C)/C^p}^p ≧ 3{(1-M)/M^p}^p,
ただし p = 1/(n+1).
by K. Chikaya (2019/Feb)
http://suseum.jp/gq/question/3043 〔bot-59〕
x,y,z>0 のとき次を示せ。
4 + xx + xyy + xyzz ≧ 4xyz,
カナダMO-2012 A.1
左から AM-GM するだけ....
4 + xx + xyy + xyzz + xyzww ≧ 4xyzw, なるほど！
カラクリが分かると何でもないですね、ありがと。 a,b,c,d,e>0 に対して、
(abcd + bcde + cdea + deab + eabc)^4 ≧ 125(a+b+c+d+e)(abcde)^3 >>56
abcd + bcde + cdea + deab + eabc = 5(G^5)/H,
a+b+c+d+e = 5A,
abcde = G^5,
だから
A^(n-1)･H ≧ G^n ≧ A･H^(n-1) … Sierpinskiの不等式
の右側でござるか。
・文献3 (大関) 2-2 例題1 p.79-80 >>56
1/a=A, 1/b=B, 1/c=C, 1/d=D, 1/e=E
とおく。 与式は
(A+B+C+D+E)^4 ≧ 125(ABCD + BCDE + CDEA + DEAB + EABC),
となる。 左辺を展開すると、いろいろなパターンの4次項が現れる。
5つから重複を許して4つを取り出す場合は
(4,1) (3,1,1) (2,2) (2,1,1) (1,1,1,1)
の5パターンがある。
(4,1) A^4 + B^4 + C^4 + D^4 + E^4,
(3,1) 4(A^3)(B+C+D+E) + …
(2,2) 6(AABB+AACC+AADD+AAEE+BBCC+BBDD+BBEE+CCDD+CCEE+DDEE),
(2,1,1) 12AA(BC+BD+BE+CD+CE+DE) + …
(1,1,1,1) 24(ABCD + BCDE + CDEA + DEAB + EABC) = 24v,
AM-GM より (A^4 + B^4 + C^4 + D^4)/4 ≧ ABCD,
(4,1) ≧ v,
同様にして（ﾁｮﾄ怪しい…)
(3,1) ≧ 16v,
(2,2) ≧ 12v,
(2,1,1) ≧ 72v,
(1,1,1,1) = 24v,
となるので、
(左辺) = (A+B+C+D+E)^4 ≧ (1+16+12+72+24)v = 125v = (右辺), >>58
訂正ｽﾏｿ
5つから重複を許して4つを取り出す場合は
(４) (3,1) (2,2) (2,1,1) (1,1,1,1)
の5パターンがある。 >>58
Muirhead から
(4) ≧ (3,1) ≧ (2.2) ≧ (2,1,1) ≧ (1,1,1,1) = 24v,
ですね。
一般のnについても、同様に成立。 〔B.5009〕
Given that xx+yy+zz=3, where x,y,z are positive numbers. Prove that
2^(1/x) + 2^(1/y) + 2^(1/z) ≧ 6, (2019/Feb)
(略証)
コーシーで
(xx+yy+zz)(1/x+1/y+1/z)^2 ≧ (1+1+1)^3 = 27,
あるいは AM-HM で
1/x + 1/y + 1/z ≧ 9/(x+y+z) ≧ √{27/(xx+yy+zz)} = 3,
AM-GM で
(左辺) ≧ 3･2^{(1/x +1/y +1/z)/3} ≧ 3･2 = 6,
等号成立は x=y=z=1. 〔C.1511〕
B and C are interior points of a line segment AD such that AB=CD.
Prove that PA+PD ≧ PB+PC for any point P on the plane. (2018/Dec)
(略証)
・Pが直線AD上になく、B≠C の場合。
ADの中点 = BCの中点 をFとし、PFの延長線上に PF=FQ となる点Qをとる。
問題図は点Fに関して対称である。
⊿PAF ≡ ⊿QDF、 ⊿PBF ≡ ⊿QCF
PA = QD、 PB = QC
ここで、⊿PDQ ⊃ ⊿PCQ だから
QD + PD ≧ QC + PC,
∴ PA + PD ≧ PB + PC,
・B=C の場合は△不等式となる。
・Pが直線AD上の場合は明らか。A以遠またはD以遠のとき等号成立。 〔B.4980〕
Let n>3 be a positive integer, and let a_1, a_2, ････, a_n be positive real numbers. Prove that
1 < a_1/(a_n+a_1+a_2) + a_2/(a_1+a_2+a_3) + ････ + a_n/(a_{n-1}+a_n+a_1) < [n/2]
where the left-hand side of the inequality cannot be replaced by a larger number, and the right-hand side cannot be replaced by a smaller number.
( [x] denotes the greatest integer not greater than the number x.) (2018/Oct)
(左側)
(分母) < a_1+a_2+････+a_n により成立。
また ε>0, a_i = ε^(i-1) とすると、(中辺) < 1 +(n-1)ε,
ε→0 とすれば1に近づく。
(右側)
nが偶数のとき、隣合うペアについて
a_i/(a_{i-1}+a_i+a_{i+1}) + a_{i+1}/(a_i+a_{i+1}+a_{i+2}) < a_i/(a_i+a_{i+1}) + a_{i+1}/(a_i+a_{i+1}) = 1,
だから成立。
nが奇数のときは、分母（a_{j-1}+a_j+a_{j+1}）が最小となるような j に対して
a_{j-1}/(a_{j-2}+a_{j-1}+a_j) + a_j/(a_{j-1}+a_j+a_{j+1}) + a_{j+1}/(a_j+a_{j+1}+a_{j+2}) < (a_{j-1}+a_j+a_{j+1})/(a_{j-1}+a_j+a_{j+1}) = 1,
残った偶数項を隣合うペアに分ける。 後略 〔C.1493〕
A triangle of unit area has sides a,b,c, such that a≧b≧c.
Show that b ≧ √2. (2018/Sep)
(略解)
2⊿ = bc･sin(A) ≦ bc ≦ bb,
b ≧ √(2⊿),
等号成立は直角2等辺⊿ 〔B.4968〕
Solve the following simultaneous equations on the set of positive real numbers:
1/(1+a+ab+abc) + 1/(1+b+bc+bcd) + 1/(1+c+cd+cda) + 1/(1+d+da+dab) = 1,
a+b+c+d = 4. (2018/Sep)
(略解)
abcd ≦ {(a+b+c+d)/4}^4 = 1, (← GM-AM)
1/(1+b+bc+bcd) = a/(a+ab+abc+abcd) ≧ a/(a+ab+abc+1),
1/(1+c+cd+cda) = ab/{ab+abc+abcd(1+a)} ≧ ab/(ab+abc+1+a),
1/(1+d+da+dab) = abc/{abc+abcd(1+a+ab)} ≧ abc/(abc+1+a+ab),
(左辺) ≧ 1,
等号条件から a=b=c=d=1. >>66
bを底辺としたときの高さ（辺bに下した垂線の長さ）m はc以下だから
2⊿ = bm ≦ bc ≦ bb, a,b,c>0 に対して、
3(a+b)(b+c)(c+a)/(16abc) ≧ Σ[cyc] (a+b)^2/{(b+c)^2 + (c+a)^2}. n番目の素数をp(n)とおくとき、n≧5に対して、
p(n+1)^3 < Π[k=1 to n] p(k). Crux (2018年度)から。
4302, 4304, 4308, 4309, 4310
https://cms.math.ca/crux/v44/n1/Problems_44_1.pdf
4311, 4316, 4319, 4320
https://cms.math.ca/crux/v44/n2/Problems_44_2.pdf
4321, 4322, 4327, 4329
https://cms.math.ca/crux/v44/n3/Problems_44_3.pdf
4335, 4336, 4340
https://cms.math.ca/crux/v44/n4/Problems_44_4.pdf
4348, 4349, 4350
https://cms.math.ca/crux/v44/n5/Problems_44_5.pdf
4353, 4359, 4360
https://cms.math.ca/crux/v44/n6/Problems_44_6.pdf
4367
https://cms.math.ca/crux/v44/n7/Problems_44_7.pdf
4376、4377, 4380 ←ﾊｧﾊｧ
https://cms.math.ca/crux/v44/n8/Problems_44_8.pdf
4388, 4389
https://cms.math.ca/crux/v44/n9/Problems_44_9.pdf
4398, 4399
https://cms.math.ca/crux/v44/n10/Problems_44_10.pdf
春ですな ( ﾟ∀ﾟ) ｳﾋｮｯ！ >>71
nについての帰納法で････
・n=5 のとき
(左辺) = p(6)^3 = 13^3 = 2197,
(右辺) = p(1)p(2)p(3)p(4)p(5) = 2･3･5･7･11 = 2310,
により成立。
・n>5 のとき
ベルトラン予想（チェビシェフの定理）より p(n+2)/p(n+1) < 2,
∴ {p(n+2)/p(n+1)}^3 < 8 < p(n+1),
n について成立すれば n+1 のついても成立する。(終)
さくら、さくら、今 咲き誇る
http://www.youtube.com/watch?v=PB-IdtDRY1I >>72
crux/v44/n1/Problems_44_1
4304
Evaluate
cot(π/7) + cot(2π/7) + cot(4π/7) + {cot(π/7)}^3 + {cot(2π/7)}^3 + {cot(4π/7)}^3,
4306-改
Prove that
√(16n+24) > √n + √(n+1) + √(n+2) + √(n+3) > √(16n+20),
4308.
Let a,b & c be positive real numbers. Prove that
27abc(aab+bbc+cca) ≦ (a+b+c)^2･(ab+bc+ca)^2,
4309.
Let a,b & c be real numbers such that a+b+c=3. Prove that
2(a^4 + b^4 + c^4) ≧ ab(ab+1) + bc(bc+1) + ca(ca+1). >>74
4304.
cot(π/7) + cot(2π/7) + cot(4π/7) = √7,
{cot(π/7)}^3 + {cot(2π/7)}^3 + {cot(4π/7)}^3 = 18/√7,
∴ 25/√7.
4306-改
右)
√n + √(n+3) = √{(2n+3) + 2√(n(n+3))} ≧ √{(2n+3) + 2(n+1)} = √(4n+5),
{√(n+1) - √n} - {√(n+3) - √(n+2)} = 1/{√(n+1) + √n} - 1/{√(n+3) + √(n+2)} > 0,
√n + √(n+1) + √(n+2) + √(n+3) ≧ 2√(4n+5),
左) GM-AM より
√n + √(n+1) + √(n+2) + √(n+3) ≦ 4√(n+3/2) = √(16n+24),
4308.
A = aab+bbc+cca, B = abb+bcc+caa, C = 3abc とおくと与式は
9CA ≦ (A+B+C)^2,
(u+v+w)^2 ≧ 3(uv+vw+wu) より
B^2 ≧ 3abc(aab+bbc+cca) = CA,
A+B+C ≧ A + √(CA) + C ≧ 3√(CA),
4309.
(解1)
a^4 + b^4 + c^4 ≧ (1/3)(aa+bb+cc)^2 ≧ (1/9)(aa+bb+cc)(a+b+c)^2 = aa+bb+cc ≧ ab+bc+ca,
a^4 + b^4 + c^4 ≧ (ab)^2 + (bc)^2 + (ca)^2,
辺々たす。
(解2)
a^4 + b^4 + c^4 ≧ (1/3)(aa+bb+cc)^2 ≧ (1/27)(a+b+c)^4 = (1/3)(a+b+c)^2 ≧ ab+bc+ca,
a^4 + b^4 + c^4 ≧ (ab)^2 + (bc)^2 + (ca)^2,
辺々たす。
http://cms.math.ca/crux/v45/n1/Solutions_45_1.pdf >>72
crux/v44/n2/Problems_44_2
4316.
Let f:[0,11] be an integrable and convex function. Prove that
∫[3,5] f(x)dx + ∫[6,8] f(x)dx ≦ ∫[0,2] f(x)dx + ∫[9,11] f(x)dx,
(略解)
下に凸だから
f(3+t) ≦ {f(t) + f(t) + f(9+t)}/3,
f(6+t) ≦ {f(t) + f(9+t) + f(9+t)}/3,
辺々たす。
f(3+t) + f(6+t) ≦ f(t) + f(9+t),
0≦t≦2 で積分する。
4317.
Solve the following system of equations over reals:
a+b+c+d = 4,
abc + bcd+ cda + dab = 2,
abcd = -1/4,
(略解)
ab+ac+ad+bc+bd+cd = 3√3,
となるから a～d は↓の実根。
0 = t^4 -4t^3 +(3√3)t^2 -2t -1/4 = {t-(1+√3)/2}^3 {t-(5-3√3)/2},
∴ a～d = (1+√3)/2 = 1.36602540378444 (3重根)
(5-3√3)/2 = -0.0980762113533
4320.
For positive real numbers a,b,c,d, prove that
(a+b)(a+b)(a+c)(b+c)(b+d)(c+d) ≧ (a+b+c+d)(abcd)^(5/4), 整理して頂き、有難う御座いまする。
最近の数オリに不等式が少ないのは、ネタ切れなのかな？ >>72
crux/v44/n3/Problems_44_3
4321.
Find the greatest positive real number k such that
(aa + bb + cc + dd + ee)^2 ≧ k(a^4 + b^4 + c^4 + d^4 + e^4)
for all real numbers a,b,c,d & e satisfying a+b+c+d+e=0.
k = 20/13, 等号成立は {1,1,1,1,-4} のとき。
4325.
Solve in real numbers the system of equations:
x^4 -2y^3 -x^2 +2y = -1 +2√5,
y^4 -2x^3 -y^2 +2x = -1 -2√5,
x = (1+√5)/2 = φ = 1.61803399
y = (1-√5)/2 = -1/φ = - 0.61803399
(x, y) ≒ (1.8 1.5) 付近では接触しないようでござる。
4327.
Prove the following inequality for all x>0:
arctan(x) arctan(1/x) < π/{2(xx+1)}.
4330.
Let a & b be integers such that aa -20b +24 = 0.
Find the complete set of solutions of the following equation over integers:
5xx + axy + byy = 11.
a = 2(5n+7), b = 5nn+14n+11
(x, y) = (n, -1) (-n, 1) (3n+4, -3) (-3n-4, 3)
a = 2(5n-7), b = 5nn-14n+11
(x, y) = (n, -1) (-n, 1) (3n-4, -3) (-3n+4, 3) >>70
s,t,u と schur で何とかなりそうな伊予柑… >>79
4327-改
Prove the following inequality for all x>0:
arctan(x) arctan(1/x) < πx/{2(xx+1)},
(略解)
x⇔1/x としても不変だから、0<x≦1 としてよい。
arctan(x) < x,
arctan(1/x) < π/{2(xx+1)},
辺々掛ける。
〔補題〕
0<x≦1 のとき
arctan(x) > πxx/{2(xx+1)},
arctan(1/x) < π/{2(xx+1)},
(略証)
・0 < x < 2/π のとき
arctan(x) = ∫[0,x] 1/(tt+1) dt > x/(xx+1) > πxx/{2(xx+1)},
arctan(1/x) = (π/2) - arctan(x) < π/{2(xx+1)},
・(4-π)/π < x ≦ 1 のとき
arctan(x) = (π/4) - ∫[x,1] 1/(tt+1)dt
≧ (π/4) - (1-x)/(xx+1)
= πxx/{2(xx+1)} + (1-x){πx - (4-π)}/{4(xx+1)}
≧ πxx/{2(xx+1)},
arctan(1/x) = (π/2) - arctan(x) ≦ π/{2(xx+1)}, >>72
crux/v44/n4/Problems_44_4
4335.
Let a & b be fixed positive real numbers and let n≧2 be an integer.
Prove that for any non-negative real numbers x_i, (i=1,2,････,n) such that x1 + x2 + ････ + xn = 1, we have
(a･x_1 + b)^(1/3) + (a･x_2 + b)^(1/3) + ････ + (a･x_n + b)^(1/3) ≧ (a+b)^(1/3) + (n-1)b^(1/3).
f(x) = (ax+b)^(1/3) は上に凸だから、Jensenで
f(x) ≧ x･f(0) + (1-x)･f(1),
4336.
For non-negative integers m & n, evaluate in closed form
Σ[k=0,n] Σ[j=0,m] (j+k+1)C[j+k,j]
1 + (mn+m+n)(m+n+3)!/{(m+2)! (n+2)!},
4340.
Let a,b,c & d be positive real numbers such that
a + b + c + d = 1/a + 1/b + 1/c + 1/d.
Show that
a + b + c + d ≧ max{ 4√(abcd), 4/√(abcd) }. >>72
crux/v44/n5/Problems_44_5.pdf
4346.
Find all x,y,z ∈ (0,∞) such that
64(x+y+z)^2 = 27(xx+1)(yy+1)(zz+1),
x+y+z = xyz.
(x+i)(y+i)(z+i) = (xyz-x-y-z) + (xy+yz+zx-1)i
より
(xx+1)(yy+1)(zz+1) = (xyz-x-y-z)^2 + (xy+yz+zx-1)^2,
与式より
x+y+z = xyz = ±(3√3)/8･(xy+yz+zx-1)
ξ^3 -s･ξ^2 +{1±(8/3√3)s}･ξ -s = 0 の3根。
x = y = z = √3,
4348.
Let p∈[0,1]. Then for each n>1, prove that
(1-p)^n + p^n ≧ (2pp-2p+1)^n + (2p-2pp)^n.
4349.
Let x,y & z be positive real numbers such that x+y+z = 3.
Find the minimum value of
(x^3)/{y√(x^3 +8)} + (y^3)/{z√(y^3 +8)} + (z^3)/{x√(z^3 +8)}.
4350.
Let f:[0,1]→R be a decreasing, differentiable and concave function.
Prove that
f(a) + f(b) + f(c) + f(d) ≦ 3f(0) + f(d-c+b-a),
for any real numbers a,b,c,d such that 0≦a≦b≦c≦d≦1.
単調減少 だから
f(a) ≦ f(0),
f(b) ≦ f(b-a),
f(c) ≦ f(0),
f(d) ≦ f(d-c),
下に凸 だから
f(b-a) + f(d-c) ≦ f(0) + f(d-c+b-a),
辺々たす。 >>72
crux/v44/n6/Problems_44_6
4353.
Evaluate
lim[n→∞] (1/n)Σ[k=1,∞) Σ[j=1,n] 1/{k C[j+k-1,j]}.
・k=1
Σ[j=1,n] 1/C[j,j] = n
・k=2
Σ[j=1,n] 1/{2 C[j+1,j] = Σ[j=1,n] 1/{2(j+1)} ～ (1/2)log(n),
・k>2
1/C[j+k-1,j] = ((k-1)/(k-2)){1/C[j+k-1,j] - 1/C[j+k,j+1]},
Σ[j=1,n] 1/C[j+k-1,j] = ((k-1)/(k-2)){1/k - 1/C[n+k,n+1]}.
4356.
Solve the following system over reals:
a + b + c + d = 6,
aa + bb + cc + dd = 12,
abc + bcd + cda + dab = 8 + abcd.
これらより
ab + ac + ad + bc + bd + cd = 12,
abc + bcd + cda + dab = 8,
abcd = 0,
0 = t^4 -6t^3 +12t^2 -8t = t(t-2)^3,
{a,b,c,d} = {0,2,2,2}
4359.
Let a,b & c be positive real numbers.
Prove that
3 ln(a^b + b^c + c^a) + a/c + b/a + c/b ≧ a+b+c + ln(27).
4360.
Let a,b,c be non-negative real numbers such that a+b+c = 1.
Find the minimum and the maximum values of the expression
(a+b)/(1+ab) + (b+c)/(1+bc) + (c+a)/(1+ca).
When do these extreme values occur ?
min. = 9/5, {a,b,c} = {1/2,1/2,0} {1/3,1/3,1/3}
max. = 2, {a,b,c} = {1,0,0} >>72
crux/v44/n6/Problems_44_7
4367.
Let a, b & c be distinct complex numbers such that |a| = |b| = |c| = 1 and |a+b+c| ≦ 1.
Prove that
|(a+b)/(a-b)||(b+c)/(b-c)| + |(b+c)/(b-c)||(c+a)/(c-a)| + |(c+a)/(c-a)||(a+b)/(a-b)| = 1,
4370.
Solve the following system of equations:
a + b + c + d = 4,
aa + bb + cc + dd = 7,
abc + bcd + cda + dab - abcd = 5/16.
これらより
ab + ac + ad + bc + bd + cd = 9/2,
abc + bcd + cda + dab = 1,
abcd = 1/16,
0 = t^4 -4t^3 +(9/2)t^2 -t +(1/16) = (tt-2t+1/4)^2,
t = 1 ±(√3)/2, (重根) 4368.
Calculate
Σ[n=2,∞) (2^n)[ζ(n) -1 -1/(2^n)]
（与式) = Σ[n=2,∞) Σ[k=3,∞) (2/k)^n
= Σ[k=3,∞) (2/k)^2 /(1 - 2/k)
= Σ[k=3,∞) 4/{k(k-2)}
= Σ[k=3,∞) {2/(k-2) - 2/k}
= 2/1 + 2/2
= 3,
-----------------------------------
crux/v44/n8/Problems_44_8
4377.
Let x≧y≧z >0 such that x+y+z + xy+yz+zx = 1 + xyz.
Find min x.
与式より
xy+yz+zx -1 = xyz-x-y-z = A,
(x+i)(y+i)(z+i) = (xyz-x-y-z) + (xy+yz+zx-1)ｉ = A(1+i),
(x,y,z；A) = (7,3,3；50) (8,5,2；65) (13,4,2；85)
4378.
Find all k such that the following limit exists.
lim[n→∞) {k・F_(n+1) - Σ[i=0,n] φ^i} = 0,
where F_n is the n-th Fibonacci number and φ is the golden ratio.
F_n = {φ^n - (-1/φ)^n}/√5, (Binetの公式)
k = (√5)φ, >>72
crux/v44/n9/Problems_44_9
4383.
Evaluate the inegral
∫[0,1] (ln x)・√{x/(1-x)} dx.
4388.
For positive real numbers a,b & c, prove
8abc(aa+2ca+bc)(bb+2ab+ca)(cc+2bc+ab) ≦ (27/64){(a+b)(b+c)(c+a)}^3.
4389.
Considerthe real numbers a,b,c & d.
Prove that
a(c+d) - b(c-d) ≦ √{2(aa+bb)(cc+dd)}.
{a(c+d) - b(c-d)}^2 + {a(c-d) + b(c+d)}^2 = 2(aa+bb)(cc+dd),
あるいは
(a+bi)(c-di)(1+i) = {a(c+d) - b(c-d)} + {a(c-d) +b(c+d)}ｉ,
(a-bi)(c+di)(1-i) = {a(c+d) - b(c-d)} - {a(c-d) +b(c+d)}ｉ,
辺々掛ける。
4390.
Let x,y & z be positive real numbers with x+y+z = m.
Find the minimum value of the expression
1/(1+xx) + 1/(1+yy) + 1/(1+zz). >>87
4383.
(略解)
x = (sinθ)^2 とおくと
dx = 2 sinθ cosθ dθ
(与式) = 4∫[0,π/2] log(sinθ) (sinθ)^2 dθ
= 2∫[0,π/2] log(sinθ) {1 - cos(2θ)} dθ
= 2I - ∫[0,π/2] log(sinθ) 2cos(2θ) dθ
= 2I - [ log(sinθ) sin(2θ) ](0,π/2) + ∫[0,π/2] {cos(2θ)+1} dθ
= 2I + [ {-log(sinθ) + 1/2} sin(2θ) + θ ](0,π/2)
= 2I + π/2
= -π{log(2) - 1/2} (*)
-----------------------------------------------
*) 次を使った。
[例3]
∫[0,π/2] log(sinθ) dθ = - (π/2)log(2). (Euler)
被積分函数は θ→0 のとき -∞ になるが、θ^a log(sinθ) = (θ^a)logθ + (θ^a)log(sinθ/θ) → 0 (a>0) だから、
積分は収束する。(定理36)
この積分を I とすれば θ を π-θ に，また π/2-θ に変換して
I = ∫[π/2, π] log(sinθ) dθ, I = ∫[0,π/2] log(cosθ) dθ.
故に
2I = ∫[0,π] log(sinθ) dθ.
ここで θ=2φ とすれば
I = ∫[0,π/2] log(2φ) dφ = ∫[0,π/2] log(2 sinφ cosφ) dφ
= ∫[0,π/2] log(2) dφ + ∫[0,π/2] log(sinφ) dφ + ∫[0,π/2] log(cosφ) dφ,
= (π/2)log(2) + I + I.
よって標記の結果を得る。
高木：「解析概論」改訂第三版、岩波書店(1961) p.113
第3章 積分法、§34. 積分変数の変換、[例3] >>87
4390.
0 < m < √2 のとき
1 + 1 + 1/(1+mm) ≦ (与式) ≦ 3/(1+mm/9),
√2 < m < √3 のとき
1 + 2/(1+mm/4) ≦ (与式) ≦ 3/(1+mm/9),
√3 < m < √6 のとき
1 + 2/(1+mm/4) ≦ (与式) ≦ 1 + 1 + 1/(1+mm),
√6 < m のとき
3/(1+mm/9) ≦ (与式) ≦ 1 + 1 + 1/(1+mm),
>>72
crux/v44/n10/Problems_44_10
4398.
Prove that for n∈N, we have
1/(2n-1) + ∫[0,1] {sin(x^n)}^2 dx ≧ (2/n){1-cos(1)}.
4399.
Let ABCDE be a pentagon. Prove that
|AB||EC||ED| + |BC|ED||EA| + |CD||EA||EB| ≧ |AD||EB||EC|.
When does equality hold ? >>.76
crux/v44/n2/Problems_44_2
4317.
他にもまだあった。
・ab+ac+ad+bc+bd+cd = 3√3 のとき
a～d = (1+√3)/2 = 1.36602540378444 (3重根)
(5-3√3)/2 = -0.09807621135332
・ab+ac+ad+bc+bd+cd = -3√3 のとき
a～d = (1-√3)/2 = -0.36602540378444 (3重根)
(5+3√3)/2 = 5.09807621135332
4320.
(a+b)(b+c)(c+d)(d+a) - (a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab) = (ac-bd)^2 ≧ 0,
より
(左辺)^2 ≧ {(a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab)}^3,
(左辺) ≧ {(a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab)}^(3/2)
≧ 8(a+b+c+d)^(3/2)･(abcd)^(9/8)
≧ 16(a+b+c+d)･(abcd)^(5/4),
右辺の係数16が抜けてました。ｽﾏｿ
http://cms.math.ca/crux/v45/n2/Solutions_45_2.pdf >>90
〔補題〕
(1/16) (a+b+c+d)^4
≧ (4/9) (ab+ac+ad+bc+bd+cd)^2
≧ { (a+b)(b+c)(c+d)(d+a) + (a+c)(c+d)(d+b)(b+a) + (a+d)(d+b)(b+c)(c+a) } /3
≧ (a+b+c+d) (abc+bcd+cda+dab)
≧ 16 abcd,
(略証)
s = a+b+c+d, t = ab+ac+ad+bc+bd+cd, u = abc+bcd+cda+dab, v = abcd とおく。
3ss - 8t = (a-b)^2 + (a-c)^2 + (a-d)^2 + (b-c)^2 + (b-d)^2 + (c-d)^2 ≧ 0,
8tt - 6(a+b)(b+c)(c+d)(d+a) - 6(a+c)(c+d)(d+b)(b+a) - 6(a+d)(d+b)(b+c)(c+a)}
= {(a-b)(c-d)}^2 + {(a-c)(b-d)}^2 + {(a-d)(b-c)}^2 ≧ 0,
(a+b)(b+c)(c+d)(d+a) - su = (ac-bd)^2 ≧ 0,
su - 16v = ab(c-d)^2 + ac(b-d)^2 + ad(b-c)^2 + bc(a-d)^2 + bd(a-c)^2 + cd(a-b)^2 ≧ 0, >>87
訂正
4388.
For positive real numbers a,b & c, prove
8abc (aa+2ca+bc)(bb+2ab+ca)(cc+2bc+ab) ≦ {(a+b)(b+c)(c+a)}^3. >>79
crux/v44/n3/Problems_44_3
4325.
与式を辺々たす。
0 = (x^4 -2y^3 -x^2 +2y +1) + (y^4 -2x^3 -y^2 +2x +1)
= (xx-x-1)^2 + (yy-y-1)^2
よって
xx -x -1 = 0 かつ yy -y -1 = 0,
>>81
やっぱり、そうだ。
http://cms.math.ca/crux/v45/n3/Solutions_45_3.pdf >>76 (追加)
4319.
Let x_1,x_2,････,x_n ∈ (0,+∞), n≧2, α≧3/2,
such that (x_1)^α + (x_2)^α + ････ +(x_n)^α = n.
Prove the following inequality:
Π[i=1,n] {1 +x_i + x_i^(α+1)} ≦ 3^n.
(略証)
x ≦ (α-1 +x^α)/α より
1 + x + x^(α+1) ≦ 1 + (1 +x^α)(α-1 +x^α)/α
= 1 + (1+X)(α-1 +X)/α
= 3 + (1+2/α)(X-1) +(1/α)(X-1)^2
≦ 3 + (1+2/α)(X-1) +(1/8)(1+2/α)^2･(X-1)^2 (← α≧3/2)
= 3{1 +y +(3/8)yy}
≦ 3 e^y, (←補題)
ここに X = x^α, y = (1/3)(1+2/α)(X-1),
題意により
y_1 +y_2 + ････ +y_n = (1/3)(1+2/α)(X_1 +X_2+････+X_n -n) = 0,
(左辺) ≦ (3^n)e^(y_1+y_2+････+y_n) = 3^n.
〔補題〕
y > -0.9323381774 のとき 1 +y +(3/8)yy < e^y.
x>0, X>0, α≧3/2 のとき y > -7/9 > -0.9323381774
さて、補題をどう示すか････ >>85
4367.
O(0), A(a), B(b), C(c) とおく。
題意より A,B,Cは単位円上にあり、⊿ABC は鋭角三角形。
∠A = α, ∠B = β, ∠C = γ とおくと tanα>0, tanβ>0, tanγ>0,
(a+b)/(a-b) = -i/tan(∠AOB/2) = -i/tanγ, etc.
(左辺) = 1/(tanγ･tanα) + 1/(tanα･tanβ) + 1/(tanβ･tanγ)
= (tanβ + tanγ + tanα)/(tanα･tanβ･tanγ)
= 1, (α+β+γ=π より) >>93
4325.
xx-x-1 = 0, yy-y-1 = 0
を元の式に入れて
2√5 = x^4 -2y^3 -x^2 +2y +1 = (xx+x+1)(xx-x-1) -2(y+1)(yy-y-1) +2(x-y) = 2(x-y),
-2√5 = y^4 -2x^3 -y^2 +2x +1 = (yy+y+1)(yy-y-1) -2(x+1)(xx-x-1) +2(y-x) = 2(y-x),
これから x,y が出る。 >>94
模範解答は････
4319.
X = x^α,
f(X) = log{1 + X^(1/α) + X^(1+1/α)}
とおくと
f "(X)･αα･X^(2-1/α)･exp{2f(X)} = -α(α+1)X^(2+1/α) -2αX^(1+1/α) -αX^(1/α) +(α+1)X -(α-1)
< -2αX^(1+1/α) + (α+1)X - (α-1)
< -α[2X^(α+1)]^(1/α) + (α+1)X - 1/2 (← α≧3/2)
< 0,
より f(X) は X>0で上に凸。
∵ (α/(α+1))･2X^(1+1/α) + (α-1)/(α+1)
> (α/(α+1))[2X^(α+1)]^(1/α) + (1/(α+1))･(1/2) (← α≧3/2)
> X (← Jensen)
http://cms.math.ca/crux/v45/n2/Solutions_45_2.pdf >>79
4321.
|a| ≧ |b|,|c|,|d|,|e| としてもよい。このとき
5aa - S_2 = 5aa - (aa+bb+cc+dd+ee) ≧ 0,
aa = (-b-c-d-e)^2 ≦ 4(bb+cc+dd+ee) = 4(S_2-aa),
∴ 4S_2 -5aa ≧ 0, (等号は b=c=d=e のとき)
2aa -S_2 = (-b-c-d-e)^2 -bb -cc -dd -ee = 2(bc+bd+be+cd+ce+de),
よって
S_4 = a^4 + b^4 + c^4 + d^4 + e^4
= a^4 + (S_2 -aa)^2 -2(bbcc+bbdd+bbee+ccdd+ccee+ddee)
≦ a^4 + (S_2 -aa)^2 -(1/3)(bc+bd+be+cd+ce+de)^2
= a^4 + (S_2 -aa)^2 -(1/12)(2aa -S_2)^2
= (13/20)(S_2)^2 - (1/15)(5aa -S_2)(4S_2 -5aa)
≦ (13/20)(S_2)^2,
http://cms.math.ca/crux/v45/n3/Solutions_45_3.pdf >>85
4367-改.
Let a,b & c be distinct complex numbers such that |a| = |b| = |c| = 1.
Prove that
((a+b)/(a-b))((b+c)/(b-c)) + ((b+c)/(b-c))((c+a)/(c-a)) + ((c+a)/(c-a))((a+b)/(a-b)) = -1.
>>95
(略証)
指数関数の加法公式より
sin(α+β+γ) = Im{e^(i(α+β+γ))}
= Im{e^(iα)･e^(iβ)･e^(iγ)}
= Im{(cosα+i･sinα)(cosβ+i･sinβ)(cosγ+i･sinγ)}
= cosα･sinβ･cosγ + cosα･cosβ･sinγ + sinα･cosβ･cosγ - sinα･sinβ･sinγ
= sinα･sinβ･sinγ{1/(tanγ･tanα) + 1/(tanα･tanβ) + 1/(tanβ･tanγ) - 1}, 〔補題〕
0<θ<π/2 のとき
sinθ < H < θ < G < A < tanθ,
ここで H = 3sinθ/(2+cosθ), G = {(sinθ)^2･tanθ}^(1/3), A = (2sinθ+tanθ)/3 である。
(略証)
cos(x) < 3{1+2cos(x)}/{2+cos(x)}^2 < 1 < {2cos(x)^2 +1}/{3cos(x)^(4/3)} < {2cos(x) + 1/cos(x)^2}/3 < 1/cos(x)^2,
をxで積分する。(0→θ)
H < θ を B.C.Carlson と呼び、θ < A を Snellius-Huygens と呼ぶ。
[第２章.196-199,679]
[第３章.565,591]
[第６章.610-613,634,641]
[第７章.156-157,929]
[第９章.762-763] θ = π/12 = π/3 - π/4 = π/4 - π/6 とおくと
加法公式により
sinθ = (√6 - √2)/4,
cosθ = (√6 + √2)/4,
tanθ = 2 - √3,
より
12H = 36(√3 -1)/(1+4√2 +√3) = 3.14150999
12G = 6(√3 -1)/(1+√3)^(1/3) = 3.141927918
12A = 2(√6 -√2) + 4(2-√3) = 3.14234913
一方、
√2 + √3 = 3.1462643699 >>101
√2 + √3 = 12A + (2-√3)^2･(√3 -√2)･(√2 -1)^2 > 12A > 12G > π, 〔問題〕
ζ(2) = Σ[k=1,∞] 1/kk = (log 2)^2 + Σ[k=1,∞] 2/(kk･2^k)
を示せ。
(不等式ぢゃねぇが、バーゼル問題に関連あり) >>103
マクローリン展開
Σ[k=1,∞] (1/k)x^(k-1) = -(1/x)log(1-x),
より
Σ[k=1,∞] 1/(kk･2^k) = -∫[0～1/2] (1/x)log(1-x) dx,
Σ[k=1,∞] {1/kk - 1/(kk･2^k)} = -∫[1/2～1] (1/y)log(1-y) dy,
辺々引く。
ζ(2) - Σ[k=1,∞] 2/(kk･2^k)
= -∫[1/2～1] log(1-y)/y dy + ∫[0～1/2] (1/x)log(x) dx,
= -∫[0～1/2] log(x)/(1-x) dx + ∫[0～1/2] (1/x)log(1-x) dx
= [ log(x)log(1-x) ](x=0,1/2)
= (log 1/2)^2
= (log 2)^2
= 0.4804530139182
http://club.informatix.co.jp/?p=3326
・数列総合スレ
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1290234907/203-205
・オイラーの贈物スレ
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1417406099/244-247
・円周率について語り合おう【π】
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1326599636/304-306 実数 x,y が x^2 + y^2 = 1 をみたすとき、f(x,y) = 15x^2 + 10xy - 9y^2 の最大値を求めよ。
何通りのやり方があるかな？ 解Ｉ．
f(x,y) = 16(xx+yy) - (-x+5y)^2 ≦ 16(xx+yy) = 16,
なお、最小値は
f(x,y) = (5x+y)^2 - 10(xx+yy) ≧ -10(xx+yy) = -10,
解ＩＩ．
軸を回して
(5x+y)/√26 = u,
(-x+5y)/√26 = v,
とおく。
f(x,y) = {16(5x+y)^2 - 10(-x+5y)^2}/26 = 16uu - 10vv, 解III．
ラグランジュの未定乗数法
F(x,y;λ) = f(x,y) - λ(xx+yy-1)
とおく。
∂F/∂x = ∂f/∂x -2λx = 30x +10y -2λx = 0,
∂F/∂y = ∂f/∂y -2λy = 10x -18y -2λy = 0,
これらが自明でない解（x,y)≠(0,0) をもつことから
(30-2λ)(-18-2λ) = 10^2,
λ = -10, 16 条件式から、三角関数に置き換えるのしか思いつかぬ… ( ﾟ∀ﾟ)つ https://www.toshin.com/concours/
不等式がらみ
2018-9、2018-10、2019-3
あと気になる問題
2018-1、2018-6、2018-7 〔問題〕 2018-09
正の整数nに対し、|xx-yy| がn以下の奇数であるような整数x,yの組の個数をf(n), |xx-yy| がn以下の偶数であるような整数x,yの組の個数をg(n)で表わす。このとき
| f(n) - g(n) - (4log2)n | < 12√n,
が成り立つことを示せ。
http://www.toshin.com/concours/img/mondai_20180820.jpg
〔問題〕 2018-10
[0,1] で定義された連続な実数値関数ｆが（0,1）で連続な導関数ｆ' をもち、f(0)=0, f(1)=1 を満たすとき、
∫[0,1] {ｆ(x)}^2 dx + ∫[0,1] {ｆ'(x)}^2 dx
のとり得る最小値を求めよ。
http://www.toshin.com/concours/img/mondai_20180920.jpg
〔問題〕 2019-03
nを正の整数、sを1より大きい実数とする。
0以上の実数 a1,a2,････,an が a1+a2+････+an = s を満たすとき、
Σ[k=1,n] (ak)^(k+1) を最大、および最小にする a1,a2,････,an の組（a1,a2,････,an）がそれぞれ一つずつ存在することを示せ。
http://www.toshin.com/concours/img/mondai_20190220.jpg 2018-10
f(x) を微小変化させる。
f(x) → f(x) + ⊿(x) ただし ⊿(0) = ⊿(1) = 0,
f '(x) → f '(x) + ⊿ '(x)
与式の変化分は
∫[0,1] 2f(x)･⊿(x)dx + ∫[0,1] 2f '(x) ⊿ '(x) dx
= ∫[0,1] 2f(x)･⊿(x)dx + 2f '(1)⊿(1) - 2f '(0)⊿(0) - ∫[0,1] 2(d/dx)f '(x) ⊿(x) dx
= ∫[0,1] 2{f(x) - (d/dx)f '(x)}⊿(x)dx,
任意の微小変化⊿に対して非減少だから
f(x) - (d/dx)f '(x) = 0, ････ Euler-Lagrange 方程式
これを解くと
f(x) = a･e^x - b･e^(-x),
f(0)=0, f(1)=1 より a,bを求める。
f(x) = sinh(x)/sinh(1),
これを与式に入れて
1/tanh(1) = (e+1/e)/(e-1/e) = 1.3130353 例１
f(x) = tan(πx/4) のとき
f '(x) = π/{4･cos(πx/4)^2},
積分値 π/3 - 1 + 4/π = 1.3204371
例２
f(x) = x^c (c>1/2) のとき
f '(x) = c x^(c-1)
積分値 1/(2c+1) + cc/(2c-1) ≧ 1.32015717
等号は c = 1.132557 (4c^4 -7cc +3c -1 = 0 の根) のとき
たしかに 1.3130353 より大きい。 a,b,c,d >0 に対して、
(a^3+b^3)(a^3+c^3)(a^3+d^3)(b^3+c^3)(b^3+d^3)(c^3+d^3)
≧ {(abc)^2 + (bcd)^2 + (cda)^2 + (dab)^2}^3. >>111
例３
f(x) = mx + (1-m)x^3 (0<m<1) のとき
f '(x) = m + 3(1-m)xx,
積分値 4(51-39m+23mm)/105 ≧ 151/115 = 1.313043478
等号は m = 39/46 = 0.8478261 のとき。
m = 1/sinh(1) = 0.8509181 のときは 1.31305185 例４
f(x) = arcsin(sin(1)･x) のとき
f '(x) = sin(1)/√{1 - sin(1)^2･xx},
積分値 2/tan(1) -1 + sin(1)arctanh(sin(1)) = 1.31599
例５
f(x) = {e^(cx) - 1}/(e^c - 1), (c>0) のとき
f '(x) = c･e^(cx)/(e^c - 1),
積分値 {(c+2)cosh(c) + (cc-c-1)sinh(c) -2}/{2c[cosh(c)-1]} ≧ 1.31387
等号は c = 0.46729 のとき。 >>113
(a^3+b^3)(c^3+d^3) = (AA+BB)(CC+DD)
= {(AA+BB)/2}CC + BB{(CC+DD)/2} + AA{(CC+DD)/2} + {(AA+BB)/2}DD
≧ ABCC + BBCD + AACD + ABDD,
同様にして
(a^3+c^3)(b^3+d^3) ≧ ACBB + CCBD + ACDD + AABD,
(a^3+d^3)(b^3+c^3) ≧ AABC + DDBC + ADCC + ADBB,
辺々掛けてコーシーで
(左辺) ≧ {(ABC)^(4/3) + (BCD)^(4/3) + (CDA)^(4/3) + (DAB)^(4/3)}^3
= {(abc)^2 + (bcd)^2 + (cda)^2 + (dab)^2}^3. crux/v45/n1/Problems_45_1
4403.
Let m be an integer with m>1. Evaluate in closed form
Σ[k=1,n] (-1)^(k-1) C[n+1,k+1] k/(m+k) = {1 - m!(n+1)!/(m+n)!} /(m-1),
4408.
Let α∈(0,1]∪[2,∞) be a positive real number and let a,b & c be non-negative real numbers.
Prove that
a^α + b^α + c^α + (a+b+c)^α ≧ (a+b)^α + (b+c)^α + (c+a)^α.
4410.
Prove that
∫[0,π/4] √sin(2x) dx < √2 - π/4 = 0.6288154
(解答例)
sin(2x) ≦ min{2x, 1} より
(与式) < ∫[0,1/2] √(2x) dx + ∫[1/2,π/4] dx = π/4 - 1/6 = 0.6187315 //cms.math.ca/crux/v45/n2/Problems_45_2.pdf
OC418.
Three sequences (a_0,a_1,････,a_n), (b_0,b_1,････,b_n), (c_0,c_1,････,c_2n) of non-negative real numbers are given such that for all 0≦i,j≦n we have a_i･b_j≦{c_(i+j)}^2.
Prove that
Σ[i=0,n] a_i・Σ[j=0,n] b_j ≦ (Σ[k=0,2n] c_k)^2
4417.
Let a,b & c be positive real numbers.
Further, let x,y & z be real numbers such that xy+yz+zx > 0.
Prove that
(yy+zz)a + (zz+xx)b + (xx+yy)c ≧ 2(xy+yz+zx)(abc)^(1/3).
(解答例) AM-GM で
(yy+zz)(zz+xx)(xx+yy) = (Y+Z)(Z+X)(X+Y)
= (X+Y+Z)(XY+YZ+ZX) - XYZ
≧ (8/9)(X+Y+Z)(XY+YZ+ZX)
≧ {(2/3)(xy+yz+zx)}^3.
4418.
Consider a convex cyclic quadrilateral with sides a,b,c,d & area S.
Prove that
(a+b)^5 /(c+d) + (b+c)^5 /(d+a) + (c+d)^5 /(a+b) + (d+a)^5 /(b+c) ≧ 64SS.
(解答例)
(ab+cd)/2 ≧ S,
(bc+da)/2 ≧ S,
(左辺) ≧ (a+b)^4 + (b+c)^4 + (c+d)^4 + (d+a)^2
≧ (4ab)^2 + (4bc)^2 + (4cd)^2 + (4da)^2
≧ 8(ab+cd)^2 + 8(bc+da)^2
≧ 8(2S)^2 + 8(2S)^2
= 64SS. //cms.math.ca/crux/v45/n3/Problems_45_3.pdf
4429.
Let a,b,c be positive real numbers. Prove that
√{(aa+bb+cc)/2(ab+bc+ca)} ≧ (a+b+c)/{√(a(b+c)) + √(b(c+a)) + √(c(a+b))}. //cms.math.ca/crux/v45/n4/Problems_45_4.pdf
4431.
Let x,y≧0 and x+y=2. Prove that
√(xx+8) + √(yy+8) + √(xy+8) ≧ 9.
(解答例)
{√(xx+8) + √(yy+8)}^2 = (xx) + (yy+8) + 2√(xx+8)√(yy+8)
= 14 + (x+y)^2 + 2(1-xy) + 2√{49 + 8(x+y)^2 + 14(1-xy) + (1-xy)^2}
= 18 + 2(1-xy) + 2√{81 + 14(1-xy) + (1-xy)^2}
≧ 18 + 2(1-xy) + 2{9 + (7/9)(1-xy)}
= 36 + (32/9)(1-xy),
∴ √(xx+8) + √(yy+8) ≧ 6 + (2/9)(1-xy)
(xy+8) = 9 - (1-xy) ≧ {3 - (2/9)(1-xy)}^2,
よって
(左辺) ≧ {6 + (2/9)(1-xy)} + {3 - (2/9)(1-xy)} = 9, 〔類題〕
x, y≧0 かつ x+y = 2 のとき
√(xx+8) + √(yy+8) + 2√(xy+8) ≦ 12, >>114
例６
f(x) = mx + nx^3 + (1-m-n)x^5 (0<m, 0<n, m+n<1) のとき
f '(x) = m + 3nxx + 5(1-m-n)x^4,
積分値 (4/3465)(1660mm +1164mn +263nn -2990m -1065n +2485) ≧ 15331/11676 = 1.31303528606
等号は m = 3785/4448 = 0.850944245 n = 630/4448 = 0.14163669 1-m-n = 33/4448 = 0.007419065 のとき。
これは 1/tanh(1) = (ee+1)/(ee-1) = 1.31303528550 より大きい。
なお m = 1/sinh(1) = 0.850918128 n = 1/{6sinh(1)} = 0.14181969 1-m-n = 0.0072621837 のとき 1.31303529111 >>122
√z は 上に凸だから Jensen ですね。 >>113
(a^3+b^3)(b^3+c^3)(c^3+d^3)(d^3+a^3) = (A+B)(B+C)(C+D)(D+A)
= (A+B+C+D)(ABC+BCD+CDA+DAB) + (AC-BD)^2
≧ (A+B+C+D)(ABC+BCD+CDA+DAB), >>90
(左辺) ≧ (A+B+C+D)^(3/2)･(ABC+BCD+CDA+DAB)^(3/2)
≧ 4 (ABC + BCD + CDA + DAB)^2
= 4 {(abc)^3 + (bcd)^3 + (cda)^3 + (dab)^3}^2
≧ {(abc)^2 + (bcd)^2 + (cda)^2 + (dab)^2}^3, >>118
4408.
α-1 ≦ 0 または α-1 ≧ 1 ゆえ
x^(α-1) は下に凸。
a^(α-1) + (a+b+c)^(α-1) ≧ (a+b)^(α-1) + (c+a)^(α-1),
a^α + a(a+b+c)^(α-1) ≧ a(a+b)^(α-1) + a(c+a)^(α-1),
循環的にたす。
α≧2 のとき
(左辺) - (右辺) = α(α-1)(α-2)∫[0,a] ∫[0,b] ∫[0,c] (x+y+z)^(α-3) dx dy dz ≧ 0,
α≦1 のとき
(左辺) - (右辺) = (-α)(1-α)(2-α)∫[a,∞] ∫[b,∞] ∫[c,∞] (x+y+z)^(α-3) dx dy dz ≧ 0,
α≧2 のとき
(左辺) - (右辺) = α(α-1)(α-2)∫[0,a] ∫[0,b] ∫[0,c] (x+y+z)^(α-3) dx dy dz ≧ 0, >>92
4388.
u = abc,
p = aab +bbc +cca,
q = abb +bcc +caa,
とおくと
p+q+2u = (a+b)(b+c)(c+a),
q-p = (a-b)(b-c)(c-a) = ⊿,
4u ≦ p+u, 4u ≦ q+u,
また
b(aa+2ca+bc) = p+2u -cca,
c(bb+2ab+ca) = p+2u -aab,
a(cc+2bc+ab) = p+2u -bbc,
より
(左辺) = 8(p+2u -cca)(p+2u -aab)(p+2u -bbc)
= 8{(p+2u)^3 -p(p+2u)^2 +(p+2u)qu -u^3}
= 8u{2(p+u)^2 + (p+u)(q+u) + 3(p+u)u + (q+u)u}
≦ 8u{2(p+u)^2 + (p+u)(q+u) + (p+u)(q+u)}
≦ 16u(p+u)(p+q+2u)
= 4(p+u)(q+u)(p+q+2u)
= (p+q+2u)^3 - (p+q+2u)(p-q)^2
= {(a+b)(b+c)(c+a)}^3 - (a+b)(b+c)(c+a)⊿⊿, >>83
4348.
q = 2p(1-p) とおくと
1/2 - q = 2(1/2 - p)^2 ≦ |1/2 - p|,
∴ 1-q, q は 1-pとpの間にある。Jensen より
(1-p)^n + p^n ≧ (1-q)^n + q^n,
4349.
t/√(t+8) は単調増加だからチェビシェフにより
(与式) ≧ xx/√(x^3 +8) + yy/√(y^3 +8) + zz/√(z^3 +8),
Max{x,y,z} = X ≧2 のとき
X^4 - (X^3 +8) = (X-2)(X^3 +XX+2X+4) ≧ 0,
(与式) > 1,
x,y,z ≦ 2.7945 のとき
xx/√(x^3 +8) ≧ (11x-5)/18, etc.
(与式) ≧ {11(x+y+z)-15}/18 = 1,
等号は x=y=z=1 のとき。 〔問題074〕
△ABCが鋭角三角形のとき
{sin(A)+sin(B)+sin(C)} / {cos(A)+cos(B)+cos(C)}
の取りうる値の範囲を求めよ。
大学への数学 2012年/Dec. 宿題
[第６章.872-873]
Inequalitybot [074] 古い問題だ････
(略解)
x = cos((A-B)/2) ∈ [cos(C/2), 1] とおく。
(与式) = {2cos(C/2)･x + sin(C)} / {2sin(C/2)･x + cos(C)}
= tan(C) + 2cos(3C/2)･x / {[2sin(C/2)･x + cos(C)]cos(C)} = g(x),
g(cos(C/2)) = 1 + 1/{sin(C)+cos(C)} ∈ [1 + 1/√2, 2)
A+B+C=180ﾟ ゆえ (0, 60ﾟ] の角と [60ﾟ, 90ﾟ] の角がある。
0<C≦60ﾟ とすれば cos(3C/2) ≧ 0, g(x)は単調増加,
g(x) ≧ g(cos(C/2)) ≧ 1 + 1/√2, (最小)
等号は x = cos(C/2) = 1, {A, B} = {45ﾟ, 90ﾟ}, C=45ﾟ のとき
60ﾟ≦C≦90ﾟ とすれば cos(3C/2) ≦ 0, g(x)は単調減少,
g(x) ≦ g(cos(C/2)) < 2, (上限)
等号は x = cos(C/2) = 1, A=B→90ﾟ, C→0ﾟ のとき 最後は
g(x) ≦ g(cos(C/2)) < 2, (上限)
等号は x = cos(C/2) = 1/√2, {A, B}→{0ﾟ,90ﾟ}, C=90ﾟ のとき
でした。 〔補題555〕
X,Y,Z ≧ 0, X+Y+Z = S のとき
S/(1 + S/3) ≧ X/(1+X) + Y/(1+Y) + Z/(1+Z) ≧ S/(1 + S),
分かスレ４７８-555 >>83
4346.
x = tan(A), y = tan(B), z = tan(C) とおくと
sin(A+B+C) = cos(A)cos(B)cos(C){tan(A) + tan(B) + tan(C) - tan(A)tan(B)tan(C)}
= cos(A)cos(B)cos(C)(x+y+z-xyz) = 0 (← 与式)
∴ A+B+C = π,
{A,B,C} は三角形の頂角をなす。
フランダースの不等式から
sin(A)sin(B)sin(C) ≦ {(√3)/2}^3,
一方、与式から
8tan(A)tan(B)tan(C) = 8xyz = 8(x+y+z) = (3√3)/{cos(A)cos(B)cos(C),
より
sin(A)sin(B)sin(C) = {(√3)/2}^3,
等号成立条件から A=B=C =π/3, x=y=z = √3,
>>128
4349.
コーシーで
(左辺) ≧ {f(x)+f(y)+f(z)}^2 /(xy+yz+zx) ≧ (1/3){f(x)+f(y)+f(z)}^2, (←題意)
ここに
f(t) = tt/(t^3 +8)^(1/4)
f "(t) = (1/32){9t^6 + (t^3 -64)^2}/(t^3 +8)^(9/4) > 0, (t>-2)
f(t) は t>-2 で下に凸。
f(t) ≧ (23t-11)/(12√3),
f(x)+f(y)+f(z) ≧ 3f((x+y+z)/3) = 3f(1) = √3,
(左辺) ≧ 1,
http://cms.math.ca/crux/v45/n4/Solutions_45_4.pdf >>118
4410.
y = √x は上に凸だから
1 + √sin(2x) ≦ (√2)√{1+sin(2x)} = (√2)[sin(x)+cos(x)],
よって
(与式) ≦ ∫[0,π/4] {(√2)[sin(x)+cos(x)] - 1} dx = √2 - π/4,
なお、 (与式) = Γ(3/4)^2 / √(2π) = 0.5990701173678
>>134
フランダースぢゃなかった･･･ >>118 >>135
4410.
√sin(2x) < √(2x) (0<x<π/12)
√sin(2x) < (√2)[sin(x)+cos(x)] - 1 (π/12<x<π/4)
とすると
(与式) < ∫[0,π/12] √(2x) dx + ∫[π/12,π/4] {(√2)[cos(x)+sin(x)] -1} dx
= (1/3)(π/6)^(3/2) + (1 - π/6)
= 0.602693468
(与式) = 0.599070117 >>118
4410.
ジョルダンの不等式
(√2)|sin(x -π/4)| ≧ |1 - 4x/π| (0≦x≦π/2)
から
yy = sin(2x) = cos(2x-π/2) = 1 - 2sin(x-π/4)^2 ≦ 1 - (1-4x/π)^2,
これは楕円の1/4
・中心 (π/4, 0)
・長半径１, 短半径π/4
・面積 (π/4)^2 = 0.616850275 >>118 >>137
4410.
ジョルダンの不等式
|sin(π/4 - x)| ≧ (3/π)|π/4 - x| (π/12 < x < 5π/12)
から
yy = sin(2x) = cos(π/2 - 2x) = 1 - 2sin(π/4 - x)^2 ≧ 1 - (1/bb)(π/4 - x)^2,
これは楕円の一部
・中心 (π/4,0)
・長半径 a=1, 短半径 b=π/(3√2),
・面積 ab(π+2)/8,
(与式) < ∫[0,π/12] √(2x) dx + ∫[π/12,π/4] a√{1 - (1/bb)(π/4 - x)^2} dx
= (1/3)(π/6)^(3/2) + ab･(π+2)/8
= (1/3)(π/6)^(3/2) + π(π+2)/(24√2)
= 0.12629224364 + 0.47590613074
= 0.60219837438 >>118 >>137 >>138
4410.
√sin(2x) < √(2x), (0<x<π/12)
√sin(2x) < {1 + sin(2x)}/2, (π/12<x<π/4) GM-AM
とすると
(与式) < ∫［0,π/12] √(2x) dx + ∫[π/12,π/4] {1+sin(2x)}/2 dx
= (1/3)(π/6)^(3/2) + [ x/2 - cos(2x)/4 ](x=π/12,π/4)
= (1/3)(π/6)^(3/2) + π/12 + (1/8)√3
= 0.1262922436 + 0.2617993878 + 0.2165063510
= 0.6045979824 a,b,c >0 に対して、
Σ[cyc] (a+b)^2/{(b+c)^2 + (c+a)^2} ≦ 3(a+b)(b+c)(c+a)/(16abc).
既出でおぢゃるかな？ a,b,c∈R、a+b+c=1 のとき、
9abc + (1/a + 1/b + 1/c) ≧ 7(ab+bc+ca+1). a,b,c>0 に対して、
a/(b+c) + b/(c+a) + c/(a+b) + √{(ab+bc+ca)/aa+bb+cc} ≧ 5/2 三角形の辺長 a,b,c に対して、
a^3/(b+c-a) + b^3/(c+a-b) + c^3/(a+b-c) ≧ 4*(2R-r)^2 0≦a,b,c≦1に対して、
aa + bb +cc ≦ aab + bbc + cca + 1. Komal の C.1552 が面白すぎて困るなり。
http://www.komal.hu/feladat?a=honap&;h=201905&t=mat&l=en >>145
(aab+bbc+cca +1) - (aa+bb+cc) = 1 - aa(1-b) - bb(1-c) - cc(1-a)
≧ 1 - a(1-b) - b(1-c) - c(1-a)
= (1-a)(1-b)(1-c) + abc
≧ 0,
>>146
そりゃ、KoMaL
C.1552
Prove that if 0<a<1 and 0<b<1 then log_a{2ab/(a+b)}・log_b{2ab/(a+b)} ≧ 1,
A = log(a) < 0, B = log(b) < 0,
2ab/(a+b) ≦ √(ab),
log_a{2ab/(a+b)} = log{2ab/(a+b)}/ log(a) ≧ log(ab)/{2log(a)} = (A+B)/(2A) > 0,
log_b{2ab/(a+b)} ≧ (A+B)/(2B) > 0,
辺々掛けて
(左辺) ≧ (A+B)^2 /(4AB) ≧ 1, >>147
さすがでござるな。難しくてkomal. >>110 (下)
〔問題〕 2019-03
・最大は a_1 = ････ = a_(n-1) = 0, a_n = s のときで (s>1)
最大値 s^(n+1).
・極小点では
(k+1)(a_k)^k = 2t (未定乗数)
より
a_1 = t, a_k = {2t/(k+1)}^(1/k),
このとき
f(t) = t + Σ[k=2,n] {2t/(k+1)}^(1/k)
は単調増加で f(0)=0, f(s) > s だから
f(t)=s は 0<t<s にただ一つの解をもつ。
n=2のとき t = s - {√(1+6s) - 1}/3, 〔補題554〕
0<k<1 のとき
(1) √{1 - (k･sinφ)^2} ≧ (cosφ)^2 + (sinφ)^2･√(1-kk),
(2) E(k) = ∫[0,π/2] √{1 - (k･sinφ)^2} dφ ≧ (π/4){1 + √(1-kk)},
E(k)は第二種の完全楕円積分
分かスレ４５３－554,555 〔補題559〕
0<k<1 のとき
(1') 2√(1-kk/2) ≧ √{1 - (k･sinφ)^2} + √{1 - (k･cosφ)^2} ≧ 1 + √(1-kk),
(2') (π/2)√(1-kk/2) ≧ Ｅ(k) ≧ (π/4){1 + √(1-kk)}, 〔問題541〕
長半径a, 短半径a√(1-kk) である楕円の周長を K,
半径 a の円周の長さを L,
半径 a√(1-kk) の円周の長さを M とする。すなわち
K = 4a E(k),
L = 2πa,
M = 2πa√(1-kk),
とするとき
√{(LL+MM)/2} ≧ K ≧ (L+M)/2,
等号成立は K=L=M (k=0) のとき。
分かスレ４５３-541
〔問題537〕
zは複素数で |z|≦1 のとき
|(1+z)exp(-z) - 1| ≦ |z|^2
等号成立は z=-1 のとき。
分かスレ４５３-537 >>109
〔問題〕 2018-07改
任意の実数 x,y に対して
F(2xx,2yy) = F((x+y)^2,(x-y)^2)
が成立するような、実数係数のxとyの多項式 F(x,y) は
ある実数係数のuとvの多項式G(u,v)により
F(x,y) = G(x+y, xy(x-y)^2),
と表わされることを示せ。
http://www.toshin.com/concours/img/mondai_20180620.jpg >>152 (下)
(左辺) = |∫[0,z] (-z') exp(-z') dz'|
≦ ∫(0,|z|) |z'| exp(|z'|) |dz'|
= ∫(0,|z|) r exp(r) dr (r=|z'|)
= 1 - (1-|z|) exp(|z|)
≦ 1 - (1-|z|) (1+|z|) (|z|≦1)
= |z|^2, >>141 >>142
(左辺) - (右辺) = 9abc + (1/a+1/b+1/c) -7 - 7(ab+bc+ca)
≧ 9abc + 9/(a+b+c) -7 - 7(ab+bc+ca) (AM-HM)
= 9abc + 2(a+b+c)^3 - 7(a+b+c)(ab+bc+ca)
= (a+b+c){(a+b+c)^2 - 3(ab+bc+ca)} + {(a+b+c)^3 - 4(a+b+c)(ab+bc+ca) + 9abc}
= (a+b+c)F_0(a,b,c) + F_1(a,b,c)
≧ 0,
〔Schurの不等式〕
a,b,c≧0 または n:偶数のとき
F_n(a,b,c) = (a^n)(a-b)(a-c) + (b^n)(b-c)(b-a) + (c^n)(c-a)(c-b) ≧ 0,
(略証)
bはaとcの中間にあるとして
(a-b)(b-c) ≧ 0, a^n - b^n + c^n ≧ 0,
F_n(a,b,c) = (a^n)(a-b)^2 + (a^n - b^n + c^n)(a-b)(b-c) + (c^n)(b-c)^2 ≧ 0, >>143
a/(b+c) + b/(c+a) + c/(a+b) ≧ (a+b+c)^2 /{a(b+c) + b(c+a) + c(a+b)} (コーシー)
= 1 + (1/2) (aa+bb+cc)/(ab+bc+ca)
= 1 + (1/2)XX
≧ (1/2) + X,
∴ (左辺) ≧ (1/2) + X + 1/X ≧ 5/2, >>118
4408. a,b & c がベクトルのとき
α=2
Sq．= |a|^2 + |b|^2 + |c|^2 + |a+b+c|^2 - |a+b|^2 - |b+c|^2 - |c+a|^2 = 0, (← 内積)
α=1 (Hlawka)
|a| + |b| + |c| + |a+b+c| - |a+b| - |b+c| - |c+a| ≧ 0,
(略証)
(|a|+|b|+|c|+|a+b+c|) (左辺)
= Sq. + (|b|+|c|-|b+c|)(|a|-|b+c|+|a+b+c|) + (|c|+|a|-|c+a|)(|b|-|c+a|+|a+b+c|) + (|a|+|b|-|a+b|)(|c|-|a+b|+|a+b+c|)
≧ 0.
[初代スレ.354-360, 364]
[第８章.388 (5), 450, 708, 795]
文献[3] 大関、p.33-34 例題8. >>70 >>140
コーシーで
(a+b)^2 / {(a+c)^2 + (b+c)^2} ≦ aa/(a+c)^2 + bb/(b+c)^2,
よって
(左辺) ≦ (aa+bb)/(a+b)^2 + cyclic
= 3/2 + (1/2){(a-b)/(a+b)}^2 + cyclic
≦ 3/2 + (a-b)^2 /(8ab) + cyclic
= 3/2 + {c(a-b)^2 + a(b-c)^2 + b(c-a)^2}/(8abc)
= 1/2 + (a+b)(b+c)(c+a)/(8abc), 〔問題3078〕
Let a,b,c be nonzero real numbers such that 1/a + 1/b + 1/c = -4.
Prove that:
32(a^4 + b^4 + c^4 + a^3 + b^3 + c^3) - 24(aa + bb + cc + a + b + c) + 4 -(a+b+c)/abc ≧ 0,
When does equality hold ? (K.Chikaya / Apr.29, 2019)
http://suseum.jp/gq/question/3078
http://www.casphy.com/bbs/highmath/472060/ 352 Wirtinger型不等式に関する一考察
http://www.kurims.kyoto-u.ac.jp/~kyodo/kokyuroku/contents/pdf/1253-14.pdf ASU 128 All Soviet Union MO 1969 https://artofproblemsolving.com/community/c893771h1862011p12597664
正の実数a_1,…,a_nに対して次の不等式が成立
a_1/(a_2+a_3)+a_2/(a_3+a_4)+…+a_n/(a_1+a_2)>n/4 >>159
〔類題〕
a,b,c は0でない実数で 1/a + 1/b + 1/c = -2 を満たす。 次を示せ。
32(a^4 + b^4 + c^4 + a^3 + b^3 + c^3) - 8(8k-1)･(aa + bb + cc) - 64k･(a+b+c) + 16k(4k-3) - 16kk･(a+b+c)/abc ≧ 0,
k≧0 とする。等号が成立するのはいつか ? >>163
左辺をSとおく。
a/(b+c) +2b/(c+d) > (a+b)/(b+c) + (b+c)/(c+d) -1,
循環的に加えて AM-GM を使えば
3 S > 2Σ[k=1,n] {a_k + a_(k+1)}/{a_(k+1) + a_(k+2)} - n > 2n - n = n.
ただし a_{n+1}=a_1, a_{n+2}=a_2 とした。
∴ S ≧ n/3.
[初代.497, 501-502] [第２章.284] >>163
S > (√2 -1)n
(略証)
(a+b+c)(b+c+d) > (b+c)(a+b+c+d),
より
{a/(b+c) + 1}{b/(c+d) + 1} > (a+b+c+d)/(c+d) = (a+b)/(c+d) + 1 ≧ 2√{(a+b)/(c+d)},
AM-GM より
{a/(b+c) + b/(c+d)}/2 > (√2){(a+b)/(c+d)}^(1/4) - 1,
循環的に加えて AM-GM を使えば
S > (√2 -1)n,
(mahanmath および abch42 による。2011/May/08)
http://artofproblemsolving.com/community/c6h271096p1468831 >>163
S_n > (γ/2)n = 0.494566817223496526 n
γ は Drinfel'd 定数。
(文献)
・V. G. Drinfel'd: Math. Zametki, ９ (2), p.113-119 (1971) "A cyclic inequality"
・安藤哲哉： 「不等式」 数学書房 (2012) §5.2.8 >>164
(略解)
(与式) = 8{(2a+1)(aa-k)/a}^2 + 8{(2b+1)(bb-k)/b}^2 + 8{(2c+1)(cc-k)/c}^2 - (1/2)(1/a+1/b+1/c +2)^2
= 8{(2a+1)(aa-k)/a}^2 + 8{(2b+1)(bb-k)/b}^2 + 8{(2c+1)(cc-k)/c}^2
≧ 0,
等号成立は k>0 かつ {a,b,c} = { -1/2, -√k, √k} のとき。 >>167
f(x) = e^(-x),
g(x) = 2/{exp(x) + exp(x/2)},
は下に凸である。
y=f(x) のグラフと y=g(x) のグラフの共通接線は1本だけ存在する。それを
y = m･x + γ
とおく。、
m = -0.8562482144492661168
γ = (-m){1 - log(-m)}, >>167
nを固定して考える。
S_n < (λ_n)･n,
n≦13 または n=15,17,19,21,23 のとき λ_n = 1/2,
一方、n=14 ｛0, 1+4δ, 2δ, 1+4δ, 4δ, 1+3δ, 5δ, 1+δ, 4δ, 1, 2δ, 1, 0, 1+2δ}
δ=1/60 のとき 0.4999880721 n
λ_14 < 0.4999880721
λ_24 < 0.499197
A.Zulauf: Math. Gazette, ４３, p.182-184 (1959) "On a conjecture of L.J.Mordell II!
λ_111 < 0.49656
D.E.Daykin: J. London Math. Soc.(2), ３, p.453-462 (1971) "Inequalities for functions of cyclic nature"
γ/2 = 0.4945668172235
V.G.Drinfel'd: Math Notes, ９, p.68-71 (1971) "A cyclic inequality" (>>167 の英訳)
λ_{n+2} ≦ λ_n (?) |ａ| = √{(a_1)^2 + (a_2)^2 + ････ + (a_n)^2} とおく。
〔補題〕
a_1 ≧ a_2 ≧ ････ ≧ a_n ≧ 0 のとき
Σ[k=1,n] {√(n+1-k) - √(n-k)} a_k ≦ |ａ| ≦ Σ[k=1,n] {√k - √(k-1)} a_k,
等号成立は a_1 = a_2 = ･････ = a_n のとき。
http://www.casphy.com/bbs/highmath/472060/ 不等式２-357 ↑を修正....
〔補題〕
a_1 ≧ a_2 ≧ ････ ≧ a_n ≧ 0 のとき
( a_1 + a_2 + ････ + a_n) / √n ≦ |ａ| ≦ Σ[k=1,n] {√k - √(k-1)} a_k,
等号成立は a_1 = a_2 = ･････ = a_n のとき。
http://www.casphy.com/bbs/highmath/472060/ 不等式２-358 >>84
4353.
S(j) = (1/j)Σ[k=1,∞] 1/{k･C(j+k-1,j)}
= (j-1)!Σ[k=1,∞] (k-1)!/{(k+j-1)!･k},
とおくと階差は
S(j) - S(j+1) = 1/jj,
また
S(1) = Σ[k=1,∞] 1/kk = ζ(2),
より
S(j) = ζ(2) - Σ[k=1,j-1] 1/kk ～ 1/(j - 1/2),
lim[n→∞] (1/n)Σ[j=1,n] j･S(j) = lim[n→∞] n･S(n) = 1,
4359.
log(x) は上に凸だから Jensen で
3log((a^b+b^c+c^a)/3) ≧ b･log(a) + c･log(b) + a･log(c),
log(x) は上に凸だから
log(x) = - log(1/x) ≧ - (1/x - 1) = 1 - 1/x, 〔問題〕
f(x) = e^(-x) とおくとき次を示せ。
f(f(f(1))) > 1/2,
( //www.casphy.com/bbs/highmath/472060/ casphy!-高校数学-不等式２-359) π ≒ 22/7 (約率)
7π/2 = 11 - 0.0044257124
nが奇数のとき
|sin(11n)| > 1 - (1/2)(0.0044257124 n)^2 = 1 - 0.0000098nn,
nが偶数のとき
|sin(11n)| < 0.0044257124 n,
(分かスレ４５４-178,188) 1000
ふうL@Fu_L12345654321
学コン1傑いただきました！
とても嬉しいです！
ｈｔｔｐｓ://pbs.twimg.com/media/D-IuUuqVUAALnAB.jpg
ｈｔｔｐｓ://twitter.com/Fu_L12345654321/status/1144528199654633477
https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account) (1)
a,b,c≧0 に対して、
√(1+aa+bb+cc-ab-bc-ca) ≧ (a+b+c-abc)/2.
(2)
a,b,c>0 に対して、
{(aaa+bbb+ccc)/3}^(1/3) + (a+b+c)/9 ≧ 4/3.
(3)
a,b,c>0 に対して、
5(a/b + b/c + c/a)^2 ≧ 2(a+b+c)(1/a + 1/b + 1/c) + 27.
(4)
a,b,c>0, a+b+c=3 に対して、
(a^3+b^3)/(1+a) + (b^3+c^3)/(1+b) + (c^3+a^3)/(1+c) ≧ a^(5/2) + b^(5/2) + c^(5/2).
/////
/////＿＿＿＿＿＿＿＿_
///// ￣￣￣￣￣￣|￣￣
///// ＿＿＿ (~) ﾁﾘﾝﾁﾘﾝ
///// ／ ≧ ＼ ﾉ,,
///// |::::: (● (● |
///// ヽ::::... .ワ.....ノ お久しぶりです
///// ( つ且 ~ つ 不等式の夏ですね >>175
π ≒ 355/113 (密率)
355 = 113π + 0.00003014435
|sin(355n)| < 0.00003014435･n
|cos(355n)| > 1 - (1/2)(0.00003014435･n)^2 = 1 - 4.5434102×10^(-10) nn >>177
(2)
A = (a+b+c)/3,
Q = √{(aa+bb+cc)/3},
T = {(aaa+bbb+ccc)/3}^(1/3),
とおく。
T + (1/3)A
= (T+T+T+A)/3
≧ (4/3)(TTTA)^(1/4) (AM-GM)
≧ (4/3)Q, (コーシー)
(3)
(a/b+b/c+c/a)^2 = 2(a+b+c)(1/a+1/b+1/c) - 9 + (a/b-1)^2 + (b/c-1)^2 ＋ (c/a-1)^2
≧ 2(a+b+c)(1/a+1/b+1/c) - 9,
両辺に 36 をたす。
等号は a=b=c >>177
(1)
s = a+b+c, t = ab+bc+ca, u = abc とおく。
(右辺) = (s-u)/2 ≦ 1 のときは明らか。
よって s > 2+u とする。
(左辺)^2 = 1 + ss -3t
= 1 + ss/4 + (3/4s)(F_1 - 9u)
≧ 1 + ss/4 - 27u/(4s)
≧ 1 + {(s-u)/2}^2 + su/2 -uu/4 - 27u/(4s) (← sに関して単調増加)
≧ 1 + {(s-u)/2}^2 + (2+u)u/2 -uu/4 -27u/[4(2+u)] (← s>2+u)
= {(s-u)/2}^2 + (8+u)(1-u)^2 /[4(2+u)]
≧ {(s-u)/2}^2,
F_1(a,b,c) = s^3 -4st +9u ≧ 0, (Schur-1) a,bは固定された正の実数であり、数列x_1,…,x_nは0<a≦x_1≦…≦x_n≦bであるものとする。
このとき次の不等式が成立する
Σx_k*Σ1/x_k≦(a+b)^2/(4ab)*n^2
出典 1978年度ソ連数学オリンピック
https://artofproblemsolving.com/community/c893771h1869922p12680406 [Reverse triangle inequality]
If x,y,z >0 & y is between x and z, then
(x/y + y/x -2) + (y/z + z/y -2) ≦ (x/z + z/x -2),
(short proof)
(x-y)(y-z) ≧ 0,
RHS - LHS = (x-y)(y-z) (x+z)/(xyz) ≧ 0, >>181
d(x,y) := x/y + y/x -2 ≧ 0,
とおくと、
LHS(n) = nn + Σ(i<j) d(x_i,x_j)
RHS(n) = nn + [nn/4] d(a,b),
また、a≦y≦b ならば
d(a,y) + d(y,b) ≦ d(a,b) >>183
(略証)
nについての帰納法による。
n=2 のとき
d(x_1, x_2) ≦ d(a,b).
ゆえ成立する。
n>2 のとき
m := [n/2]
とおく。メジアン y := x_{m+1} を除く n-1 変数に対しては、帰納法の仮定より
LHS(n-1) ≦ RHS(n-1) = (n-1)^2 + [(n-1)^2 /4] d(a,b).
また
LHS(n) - LHS(n-1) = (2n-1) + Σ(i=1,m) d(x_i,y) + Σ(j=m+2,n) d(y,x_j)
≦ (2n-1) + Σ(i=1,m) d(a,y) + Σ(j=m+2,n) d(y,b)
≦ (2n-1) + m (d(a,y) + d(y,b))
≦ (2n-1) + m d(a,b).
したがって
LHS(n) ≦ nn + ([(n-1)^2 /4] + [n/2])d(a,b) = nn + [nn/4]d(a,b) = RHS(n). [ (n-1)^2 /4 ] + [ n/2 ] = [ nn/4 ]
(short proof)
δ = mod(n, 2)
δ = 0 (n：even)
δ = 1 (n：odd)
then
[ (n-1)^2 /4 ] = ((n-1)^2 -1+δ)/4,
[ n/2 ] = (n-δ)/2,
[ nn/4 ] = (nn-δ)/4, 任意の実数xに対して次の不等式が成立
sinx+sin(√2x)≦2-1/(100(1+xx))
出典 ピーター・フランクルの中学生でも分かる大人でも解けない問題集代数編 〔リウヴィルの定理〕
無理数αが整数係数のn次方程式の根（n次の代数的数）ならば、
ある定数 c(α) >0 が存在して、
p/q ∈ Q ⇒ |α - p/q| > c(α)/q^n.
(例)
|√2 - p/q| > c(√2) / q^2,
c(√2) = 2(√2 -1)^2 = 0.3431457505
http://www.nippyo.co.jp/shop/book/5641.html
http://www.nippyo.co.jp/shop/book/2007.html y = x - (π/2) - 2π[ (x+π/2) / 2π ],
とおくと
-π ≦ y < π,
1 - sin(x) = 1 - cos(y) ≧ 2(y/π)^2, 1 - cos(y) ≧ (2y/π)^2 = 0.4052847 yy, (|y|≦π/2)
1 - cos(y) ≧ 1, (|y|≧π/2)
1 - cos(y) ≧ (1/2)(3y/π)^2 = 0.45594533 yy, (|y|≦π/3)
1 - cos(y) ≧ 1/2, (|y|≧π/3)
1 - cos(y) ≧ {1 - cos(π/6)}(6y/π)^2 = 0.4886807 yy, (|y|≦π/6)
1 - cos(y) ≧ 1 - cos(π/6) = (2-√3)/2 = 0.1339746, (|y|≧π/6)
1 - cos(y) ≧ {1 - cos(π/12)}(12y/π)^2 = 0.4971507 yy, (|y|≦π/12)
1 - cos(y) ≧ 1 - cos(π/12) = 1 - (1+√3)/(2√2) = 0.0340742 (|y|≧π/12) △ABCの辺長 a,b,c、外接円、内接円、傍接円の半径 R, r, r[a], r[b], r[c] に対して、
1/(2R^3) ≦ r[a]/(a^4) + r[b]/(b^4) + r[c]/(c^4) + ≦ 1/(16r^3). >>190
Aに対する傍接円の中心をOとすると、
△ABC = △OAB + △OAC - △OBC.
∴ r[a] = 2S/(b+c-a).
示すべき不等式は a,b,c のみで表せるから、伝家の宝刀 "ぬるぽ変換"でなんとかなりそう。
※ ぬるぽ変換とは、x = (b+c-a)/2、y = (c+a-b)/2、z = (a+b-c)/2.
傍接円の半径なんて初めて求めたでござるよ。( ﾟ∀ﾟ) ｽﾘｽﾘ ｽﾘｯﾄｫ！ B.5017.
Is there a function f：Ｒ→Ｒ with the following properties:
(1) if x1≠x2 then f(x1)≠f(x2),
(2) there exist appropriate constants a,b > 0 such that
f(xx) - {f(ax+b))}^2 > 1/4.
for all x∈Ｒ ?
C.1532
Show that if a,b,c are positive numbers and
a+b+c ≧ 1/ab + 1/bc + 1/ca,
then one of them is at least 1.
C.1552.
Show that if 0<a<1 and 0<b<1 then
log_a{2ab/(a+b)}･log_b{2ab/(a+b)} ≧ 1. B.5017.
a,b > 0 とする。
2次方程式 xx = ax+b は相異なる2実根 x_1≠x_2 をもつ。
f(x_i^2) = f(a･x_i+b) = y_i
とおくと、性質(2)から
y_i - (y_i)^2 ≧ 1/4.
∴ 0 ≧ (y_i - 1/2)^2
∴ y_i = 1/2,
∴ f(a･x_1+b) = 1/2 = f(a･x_2+b),
性質(1) (fは単射) から
a･x_1 + b = a･x_2 + b,
a>0 から
x1 = x2 (矛盾)
C.1532.
a+b+c ≧ 1/ab + 1/ca + 1/ab = (a+b+c)/abc,
a+b+c>0 で両辺を割ると
1 ≧ 1/abc,
abc ≧ 1.
C.1552.
log(a) < 0, log(b) < 0 より log(a)･log(b) > 0,
HM-GM より
2ab/(a+b) ≦ √(ab),
log(2ab/(a+b)) ≦ (1/2){log(a)+log(b)} < 0,
したがって
(左辺)･log(a)･log(b) = {log(2ab/(a+b))}^2
≧ (1/4){log(a)+log(b)}^2
≧ log(a)･log(b),
これを log(a)･log(b) >0 で割る。 >>192
同感でござる。
(右)は
aa ≧ aa - (b-c)^2 = (a-b+c)(a+b-c),
16SS = (a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c), … ヘロン
1/r[a] + 1/r[b] + 1/r[c] = 1/r,
より
r[a]/aa = 2S/{(-a+b+c)aa} ≦ 2S/{(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}
= (a+b+c)/8S = 1/(4r),
∴ r[a]/(a^4) + r[b]/(b^4) + r[c]/(c^4)
≦ (1/r[a] + 1/r[b] + 1/r[c])/(4r)^2 = 1/{r(4r)^2}, >>190 >>192
(左)は
a+b+c = 2S/r,
abc = ab･2R sin(C) = 4SR,
1/r[a] + 1/r[b] + 1/r[c] = 1/r,
より
1/aa + 1/bb + 1/cc ≧ 1/ab + 1/bc + 1/ca
= (a+b+c)/abc = (2S/r)/(4RS) = 1/(2Rr),
∴ コーシーで
r[a]/(a^4) + r[b]/(b^4) + r[c]/(c^4)
≧ (1/aa + 1/bb + 1/cc)^2 / (1/r[a] + 1/r[b] + 1/r[c])
= r (1/aa + 1/bb + 1/cc)^2
≧ r/(2Rr)^2
= 1/(4RRr), 絶対値がらみの不等式
x,y,z ∈R に対して、
(1) District Olympiad 1993,Ion Bursuc.
1 ≦ |x+y|/(|x|+|y|) + |y+z|/(|y|+|z|) + |z+x|/(|z|+|x|) ≦ 3.
(2) Gillis Olympiad 5778 (Israel National '17-'18).
2/3 ≦ (|x+y| + |y+z| + |z+x|)/(|x|+|y|+|z|) ≦ 2.
(1)(2)
https://artofproblemsolving.com/community/c6h1793790p11880112 お前らがここまで一生懸命書き込んで来たのに....
俺なんかがこんなに簡単に 200get していいの？😜
(分かスレ４５５-200) >>199
|x+y| ≦ |x|+|y| 等号成立は xy≧0 (同符号)
(1)
証：依題、x,y,z 中必有２↑同号。
不妨設 x,y 同号, 則 |x+y|/(|x|+|y|) = 1.
又 0≦|y+z|/(|y|+|z|)≦1, 0≦|z+x|/(|z|+|x|)≦1, 故 ～～
(2) Let x,y & z are arbitrary real numbers (not all zero)．
Prove that
2/3 ≦ (|x+y|+|y+z|+|z+x|)/(|x|+|y|+|z|) ≦ 2,
(証) 題意より、x,y,z の中に必ず同符号の２つがある。
xy≧0 と置くことを妨げないから
(分子) = |x+y| + |y+z| + |z+x|
= |x| + |y| + (2Max{|y|,|z|} -|y| -|z|) + (2Max{|x|,|z|} -|z| -|x|)
= 2 Max{|y|,|z|} + 2 Max{|x|,|z|} -2|z|
= 2 Max{M,|z|} + 2(Max{m,|z|} -|z|)
≧ 2 Max{|x|,|y|,|z|}
≧ (2/3)(|x|+|y|+|z|),
ここに M = Max{|x|,|y|}, m = min{|x|,|y|} とおいた。 〔補題〕
|ｘ+z| + |ｘ-z| = 2 Max{|x|, |z|},
|y+z| + |y-z| = 2 Max{|y|, |z|},
…とやるより、場合分けした方が簡単かな。 ジュニア数檻から。
(1) x,y∈R に対して、(xy+x+y-1)^2 / {(x^2+1)(y^2+1)} の取りうる値の範囲。
(2) a,b,c,d∈R に対して、(aa+ac+cc)(bb+bd+dd) の取りうる値の範囲。
(3) a,b∈N に対して、min{gcd(a,b+1), gcd(a+1,b)} ≦{√(4a+4b+5) - 1}/2 (1)
(x+i)(y+i) = (xy-1) + (x+y)i,
∴ {(xy-1) + (x+y)}^2 + {(xy-1) - (x+y)}^2 = 2{(xy-1)^2 + (x+y)^2}
= 2 |(xy-1) + (x+y)i|^2
= 2 |(x+i)(y+i)|^2
= 2 (xx+1)(yy+1),
より [0,2]
等号成立は (x-1)(y-1)=2 (直角双曲線)
(2)
aa+ac+cc = (3/4)(a+c)^2 + (1/4)(a-c)^2 ≧ 0,
bb+bd+dd = (3/4)(b+d)^2 + (1/4)(b-d)^2 ≧ 0,
より [0,∞)
等号成立は a=b=c=d=0
(3)
左辺をLとおく。
Max{gcd(a,b+1), gcd(a+1,b)} ≧ L+1, (← 互いに素)
L(L+1) ≦ gcd((a+1)(b+1), ab) = gcd(a+b+1, ab) ≦ a+b+1, 訂正ｽﾏｿ
(2)
等号成立は a=c=0 または b=d=0,
(3)
gcd(a,b+1)･gcd(a+1,b) = gcd((a+1)(b+1), ab) を使った。 A1.
Let a,b,c be positive real numbers such that min(ab,bc,ca)≧1.
Prove that
{(aa+1)(bb+1)(cc+1)}^(1/3) ≦ {(a+b+c)/3}^2 ＋ 1.
A8.
Find the largest real constant a_n such that
for all positive real numbers x_1, x_2, ････, x_n satisfying 0 < x_1 < x_2 < ････ < x_n,
we have
Σ[j=0,n-1] 1/{x_(j+1) - x_j} ≧ a_n･{Σ[k=0,n-1] k / x_(k+1) },
(x_0 = 0.)
答だけ書くと
a_1 = 1/2 = 0.5
a_2 = 12/25 = 0.48
a_3 = 0.4701514765959817784543884････
(190t^4 - 6561t^3 + 574t^2 + 329t + 391 = 0 の正根 )
a_4 = 0.4643963253583455727840309････
(489t^5 + 1965t^4 - 71t^3 + 602t^2 - 613t + 60 = 0 の正根 )
・・・・・・
a_n → 4/9 = 0.44444････ (n→∞) A8.
(略解)
3/{x_(j+1) - x_j} … 3個
j / x_j … j個
の(j+3)個で AM-HM すると
9/{x_(j+1) - x_j} + jj/x_j ≧ (j+3)^2 /x_(j+1)
9/{x_(j+1) - x_j} ≧ (j+3)^2 /x_(j+1) - jj/x_j,
j=0…n-1 でたして 9で割る。
Σ[j=0,n-1] 1/{x_(j+1) - x_j} ≧ (4/9)Σ[k=0,n-1] (k+2) / x_(k+1),
A8. の右辺は (k＋２）/ x_(k+1) と訂正....orz >>207 >>206-208
あちこちに在るからKoMaL
KoMaL N.189 (1998/Nov)
http://www.komal.hu/verseny/1998-11/mat.e.shtml
KoMaL A.709 (2017/Nov)
http://www.komal.hu/feladat?a=honap&;l=en&h=201711&t=201711
American Math. Monthly, Problem 11145 (2005) >>207
A1.
0≦k≦1,
a ' = (1-k)a + kb,
b ' = ka + (1-k)b,
とする。
(a 'a '+1)(b 'b '+1) - (aa+1)(bb+1)
= (D+ab)^2 + (-2D+aa+bb) +1 - (aa+1)(bb+1)
= D{D + 2(ab-1)}
≧ 0 (← ab≧1)
ここに D = k(1-k)(a-b)^2 とおいた。
∴ F(a,b,c) = (aa+1)(bb+1)(cc+1)
は (a,b,c) について上に凸。
F(a,b,c) ≦ F(a',b',c')
≦ ･････
≦ F((a+b+c)/3, (a+b+c)/3, (a+b+c)/3) >>206
A4.
Find all functions f：(0,∞) → (0,∞) such that
for any x,y ∈ (0,∞),
x･f(xx)･f(f(y)) + f(y･f(x)) = f(xy)･{f(f(xx)) + f(f(yy))}.
A7.
Find all functions f：R→R such that f(0)≠0 and
for all x,y∈R,
f(x+y)^2 = 2f(x)f(y) + max{f(xx+yy), f(xx)+f(yy)}.
例 f(x) = -1, f(x) = x-1, >>210 (補足)
0≦k≦1 より
D = k(1-k)(a-b)^2 ≧ 0,
∴ a'b' = D + ab ≧ ab ≧ 1
〔別法〕
d = (a+b+c)/3 とおく。
(aa+1)(bb+1) ≦ {[(a+b)/2]^2 + 1}^2,
(cc+1)(dd+1) ≦ {[(c+d)/2]^2 + 1}^2,
辺々掛けて
(aa+1)(bb+1)(cc+1)(dd+1) ≦ {[(a+b+c+d)/4]^2 + 1}^4
= (dd+1)^4, >>213
すべての実数xに対して定義された関数
f(x) = cos(x) + cos((√2)x)
について、
(1) f(x) = 2 を満たすxの値をすべて求めよ。
また、f(x) は周期関数ではないことを証明せよ。
(2) t = 6726π のとき、すべてのxに対して 不等式
| f(x+t) - f(x)| < 0.002
が成り立つことを証明せよ。
ただし、√2 = 1.41421356…… とする。
（1986 山梨医科大) >>214
(1)
f(x) = 2 ⇔
cos(x) = cos((√2)x) = 1, ⇔
x = 2mπ, (√2)x = 2nπ, (m,n∈Z) ⇒
m√2 = n (m,n∈Z) ⇔
m = n = 0,
よって x=0 のみ。
f(x)=2 となるxは0以外にないから、周期関数ではない。 >>214
(2)
t は 2π の整数倍だから
cos(x+t) - cos(x) = 0,
また和積公式から
|cos((√2)(x+t) - cos((√2)x)| = 2|sin((√2)(x+t/2) sin(t/√2)|
≦ 2|sin(t/√2)|
= 0.001321107 >>187
p,q が自然数のとき |√2 - (p/q)| ≧ (6-4√2)/qq,
(略証)
・q=1 のとき
(左辺) ≧ √2 -1 = 0.41421356… > 0.34314575… = 6-4√2,
・q≧2, p/q ≧ 3/2 のとき
(左辺) ≧ 3/2 - √2 = (6-4√2)/4 ≧ (6-4√2)/qq,
・p/q < 3/2 のとき
1/qq ≦ |2qq - pp| = (√2 + p/q)|√2 - (p/q)| < (√2 + 3/2)|√2 - (p/q)|
(左辺) > (6-4√2)/qq,
ピーター・フランクルすれ-039 >>187
αは整数係数のn次方程式 f(x)=0 の根だから
f(α) = 0,
因数定理より
f(x) = f(x) - f(α) = (x-α)g(x,α)
p,q を整数(q≠0) とすれば
(q^n)f(p/q) は0でない整数。
1 ≦ |(q^n)f(p/q)| = |q|^n･|f(p/q)|
= |q|^n･|p/q - α| g(p/q,α)
≦ |q|^n･|p/q - α| / c(α), >>187
・n=2 の例
c(√2) = 2(√2 -1)^2 = 0.34314575 (3/2)
c(√3) = (1/2)(√3 -1)^2 = 0.26794919 (2/1)
c(√5) = 4(√5 -2)^2 = 0.22291236 (9/4)
c(√6) = (√6 -2)^2 = 0.20204103 (5/2)
c(√7) = (3/2)(3-√7)^2 = 0.18823820 (8/3)
c(√8) = (1/4)(√8 -2)^2 = 0.17157288 (3/1)
c(√10) = 6(√10 -3)^2 = 0.15800423 (19/6)
c(√11) = (3/2)(√11 -3)^2 = 0.15037689 (10/3)
c(√12) = (1/2)(4-√12)^2 = 0.14359354 (7/2)
c(√13) = 180(5√13 -18)^2 = 0.13867497 (649/180)
c(√14) = 2(4-√14)^2 = 0.13348181 (15/4)
c(√15) = (1/6)(√15 -3)^2 = 0.12701665 (4/1)
c(√17) = 8(√17 -4)^2 = 0.12123996 (33/8)
c(√18) = (4/9)(9-2√18)^2 = 0.117749006 (9/2)
c(√19) = (39/2)(3√19 -13)^2 = 0.11470688 (170/39)
c(√20) = (√20 -4)^2 = 0.11145618 (9/2)
c(√50) = 14(√50 -7)^2 = 0.070708874 (99/14)
c(√99) = (1/18)(√99 -9)^2 = 0.050125629 (10/1)
c(√200) = (7/4)(√200 -14)^2 = 0.35354437 (99/7)
c(√n) ≦ 1/(2√n), >>218
ここに 1/c(α) は α-1≦x≦α+1 における |g(x,α)| の最大値。
（なお、 |(p/q) - α| >1 のときは明らか。) 2800
かずきち@dy_dt_dt_dx 8月28日
学コン8月号Sコース1等賞1位とれました！
マジで嬉しいです！
来月からも理系に負けず頑張りたいと思います！
https://twitter.com/dy_dt_dt_dx
https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account) x_k >0, Σ[k=1,n] x_k = S のとき
(S/n)^S ≦ Π[k=1,n] (x^k)^(x_k),
(略証)
{x･log(x)}" = 1/x > 0, (下に凸)
Jensenより
S･log(S/n) ≦ Σ[k=1,n] (x_k)log(x_k),
等号成立は x_1=x_2=…=x_n 〔Problem6〕
Construct a bounded infinite sequence x_0，x_1，x_2，…… such that
｜x_i - x_j｜｜i - j｜ > 1
for every pair of distinct i，j.
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,
IMO-1991（32nd，Sweden）問題6-改.
数セミ、1991年10月号 >>224
x_j = k { j √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
（富蘭平太氏の解） https://i.imgur.com/cdAdjkJ.jpg
昔どっかで拾ったやつ。パソコン内の画像ファイルを整理していて見つけた。詳細不明。 〔問題〕
Prove that, for a,b,c,････ > 0,
Σ[cycl] (ab)^3 /c^5 ≧ Σ[cycl] ab/c,
コーシーで
(c+d+････+a+b)^2 (左辺) ≧ (右辺)^3,
は出るけど、
(右辺) ≧ (a+b+c+ ････)
は成り立つのかな？？ 3文字のときはコーシーで簡単だが････
(右辺)^2 = (ab/c+bc/a+ca/b) (ca/b+ab/c+bc/a) ≧ (a+b+c)^2,
文献[8] 安藤(2012) p.124 例題3.1.3(1) および p.144 例題3.2.2(1)
・3文字の別解
ab/c + bc/a + ca/b ≧ √{3(aa+bb+cc)} を使う。
(右辺)^2 ≧ 3{(ca/b)(ab/c) + (ab/c)(bc/a) + (bc/a)(ca/b)} = 3(aa+bb+cc),
アイルランドMO (2007)
文献[8] 安藤(2012) p.162 例題3.3.5(2)
文献[9] 佐藤(2013) p.56 演習問題 1.113 >>227
4文字以上では不成立かな。
a,b,c,d >0
ab/c + bc/d + cd/a + da/b ≧ a+b+c+d,
の凡例
a,b,cを固定する。
(左辺) - (右辺) = (ab/c -a-b-c) + (bc/d) + (c/a + a/b -1)d,
c/a + a/b <1 ならば d→∞ で負になる。
a=m, b=(m+1)m, c=1, d≧(m+1)m^3 のとき負。 >>225
i≠j とする。
|i-j| ≧ 1,
| {i√m} - {j√m} | < 1,
さて、
(i-j)√m - {i√m} + {j√m} = [ i√m ] - [ j√m ] = n,
の両辺を２乗して移行すれば
(i-j)^2･m - nn = ({i√m}-{j√m})(2|i-j|√m -{i√m} +{j√m})
m≠平方数 ゆえ、左辺は0でない整数。
1 ≦ |(i-j)^2･m - nn| ≦ |{i√m}-{j√m}|(1+2√m)|i-j| = |x_i-x_j||i-j| ここの住人は積分不等式とかは興味ないかな？
f,gを[0,1]上滑らか、かつ(f(0),g(0))=(f(1),g(1))となる関数としたとき
2π∫_0^1 {f(x)g’(x)-f’(x)g(x)}dx≦[∫_0^1 √{(f’(x))^2+(g’(x))^2} dx]^2 (u, v) = (f(x), g(x)) とおく。
x∈[0,1] で (u, v) は閉曲線Cを描く。
∫[0,1] {f(x)g’(x)- f’(x)g(x)}dx = ∫_C (udv-vdu) = {Cの内部の有向面積(反時計周り→正)},
∫[0,1] √{(f’(x))^2 + (g’(x))^2}dx = ∫_C √{(du)^2 + (dv)^2} = (Cの長さ),
2π(面積) ≦ (長さ)^2
等号はCが円周 f(x)^2 + g(x)^2 = c^2 のとき。 訂正
4π(面積) ≦ (長さ)^2
・参考書
数セミ増刊「数学100の問題」 日本評論社 (1984)
「等周問題」 p.176-177
香具師が変分法を作り、シャボン玉がコンパクト概念
を生んだ。 （森 毅） >>233
>>234
正解です
いわゆる等周不等式
想定していた解法はfとgをフーリエ級数展開する方法でした >>234
参考書の方法の概要
長さが一定(L=2π)で面積Sが最大の閉曲線をCとする。
もしCが凹ならば、鏡映により凸に変更すればもっと広くなる。(矛盾)
∴ Cは凸閉曲線である。
Cの二等分点をA,Bとする。
Cの内部を線分ABによって分割し、面積をS1, S2とする。
もし S1>S2 ならば S1を２つ接いだ方が広くなる。(矛盾)
∴ S1=S2
よって S1を最大にすればよい。
C上に一点Pをとる。
APより外側の部分はAPに固定し、BPより外側の部分はBPに固定し、∠APBを変える。
ΔAPBの面積だけが変わり、∠APB=90ﾟのとき最大になる。
(A,B以外の) C上の任意の点Pについても同様だから、
CはABを直径とする円周である。(S=π) (終) >>236
シュタイナー (J. Steiner) の対称化 >>237
実は曲線が極座標表示可能だとしたらイェンゼン使えばすぐ分かります
曲線をr=r(θ) (0≦θ≦2π)とすれば
4π×面積=2π∫_0^(2π) r^2 dθ=4π^2(1/(2π)) ∫_0^(2π) r^2 dθ
≦ 4π^2{(1/(2π)) ∫_0^(2π) |r| dθ}^2 (∵イェンゼン)
≦ {∫_0^(2π) √(r^2+(r’)^2) dθ}^2
=周長^2
さらに等号成立はr’≡0からrは定数⇒曲線は円
ということもすぐにわかります 4π(面積) = 2π∫[0,2π] r^2 dθ
= ∫[0,2π] dθ ∫[0,2π] r^2 dθ
≧ {∫[0,2π] r dθ}^2 (←シュワルツ)
う～む。 (例) 辺の長さ L/4 の正方形
∫[0,2π] r dθ = 8∫[0, π/4] L/(8cosθ) dθ
= ∫[0, π/4] L/cosθ dθ
= ∫[0, π/4] L/(cosθ)^2 cosθdθ
= ∫[0, 1/√2] L/(1-ss) ds
= ∫[0, 1/√2] (L/2){1/(1+s) + 1/(1-s)} ds
= [ (L/2)log{(1+s)/(1-s)} ](s：0→1/√2)
= L log(1+√2)
= 0.881373587 L
よって
4π×(面積) = 4π(L/4)^2
= (π/4)L^2
= 0.785398163 L^2
> 0.77681940 L^2
= (0.881373587 L)^2
= (∫[0,2π] r dθ)^2 >>239 や >>240 を考えると、
{∫[0,2π] r dθ}^2 を経由するのは無理筋かも。
>>241 だと、ますます無理っぽい････ 〔問題921〕
1/3 < ∫[0→∞] {sin(x)/(1+x)}^2 dx < 1/2
を示せ。
[分かスレ４５６脇-921] I_k = ∫[kπ,(k+1)π] {sin(x)/(1+x)}^2 dx
= ∫[0,π] {sin(t)/(1+kπ+t)}^2 dt とおく。
I = Σ[k=0,∞] I_k,
(下限)
I_k = ∫[0,π] sin(t)^2 {1/(1+kπ+t)^2 + 1/(1+(k+1)π-t)^2}/2 dt
> ∫[0,π] sin(t)^2 dt /(1+(k+1/2)π)^2
= 2π/(2+(2k+1)π)^2,
I_0 = 2π/(2+π)^2 = 0.2376755653426
I_1 = 2π/(2+3π)^2 = 0.0481375886732
k≧2 のとき
I_k > 2π/(2+(2k+1)π)^2
> 2π/{(2+(2k+1)π)(2+(2k+3)π)}
= 1/(2+(2k+1)π) - 1/(2+(2k+3)π),
Σ[k=2,∞] I_k > 1/(2+5π) = 0.056471768
これらより、I > 0.342284922 > 1/3,
(上限)
I_k = ∫[0,π] sin(t)^2 {1/(1+kπ+t)^2 + 1/(1+(k+1)π-t)^2}/2 dt
< ∫[0,π] sin(t)^2 dt {1/(1+kπ)^2 + 1/(1+(k+1)π)^2}/2 dt
= (π/4){1/(1+kπ)^2 + 1/(1+(k+1)π)^2}
= π{1/(2+2kπ)^2 + 1/(2+(2k+2)π)^2},
∴ Σ[k=1,∞] I_k = π/{4(1+π)^2} + 2πΣ[k=2,∞] 1/(2+2kπ)^2
< π/{4(1+π)^2} + 2πΣ[k=2,∞] 1/{(2+(2k-1)π)(2+(2k+1)π)}
= π/{4(1+π)^2} + Σ[k=2,∞] {1/(2+(2k-1)π) - 1/(2+(2k+1)π)}
= π/{4(1+π)^2} + 1/(2+3π)
= 0.04578836 + 0.087529053
= 0.133317413
< 2/15,
0<x<π では sin(x) < (4/ππ)x(π-x),
I_0 < (2/π)^4 ∫[0,π] {x(π-x)/(1+x)}^2 dx
= (2/π)^4 ･ 1.8581544248371
= 0.30521248563
< 1/3,
∴ I < 7/15
なお、実際の値は
I_0 = 0.28136039736534
I_1 = 0.0496240021299
I = 0.3990209885942 >>244
I_0 ＞ 2π/(2+π)^2 = 0.2376755653426
I_1 ＞ 2π/(2+3π)^2 = 0.0481375886732
∫{x(π-x)/(1+x)}^2 dx = (1/3)(1+x)^3 - (2+π)(1+x)^2 + (6+6π+π^2)(1+x) - (1+π)^2/(1+x) - 2(2+3π+π^2)log(1+x), >>244
|y| ≦ π/2 のとき
((√2)/π) |y| ≦ |sin(y/2)| ≦ |y/2|, ････ Jordanの不等式
1 - (1/2)yy ≦ cos(y) = 1- 2sin(y/2)^2 ≦ 1 - (2y/π)^2,
π/2 ずらすと
0≦x≦π のとき sin(x) ≦ (4/π^2)･x(π-x), a,b,c>0 に対して、
1/a + 1/b + 1/c ≦ (a^8 + b^8 + c^8)/(a^3 b^3 c^3).
IMO 1967 らしい a^8 (2個), b^8 (3個), c^8 (3個) の8個で AM-GM する。
(2a^8 + 3b^8 + 3c^8) /8 ≧ a^2･b^3･c^3 = (abc)^3 /a,
循環的にたす。 問題
x＞-2,y＞0として
ye^x＞log(yx+2y) >>249
e^t >= 1+t, 1+t >= log(t+2)より
ye^x = e^{(log y) + x} >= log y + (x+1)
>= log y + log(x+2) = log(yx+2y)
二つの等号を同時に成立させるx, yはない。 >>249
題意より y(x+2) > 0,
(1/e)t ≧ log(t) より、
y e^x = (1/e)y (1/e)e^(x+2) ≧ (1/e)y(x+2) ≧ log{y(x+2)},
等号成立は x=-1, y=e のとき。 Σ[n=1->∞](1/{(n+1)(n!)^2})^(1/n) < e
(オリジナル)
飛び道具を使わずに示したいんだけど、どうもうまくいかない。 というか、上の級数は1.93あたりに収束するっぽいんだけど、
明示的に極限を書けないかしら。 >>253
たとえば
(1+1) < (1+1/2)^2 < (1+1/3)^3 < ･････ < (1+1/n)^n < e,
すなわち
2 < (3/2)^2 < (4/3)^3 < ････ < {(n+1)/n}^n < e,
最右辺を除くn項を掛け合わせて
(n+1)^n /n! < e^n,
n! > {(n+1)/e}^n,
1/n! < {e/(n+1)}^n,
と評価する。
Σ[n=3,∞) (1/{(n+1)!(n!)})^(1/n) < Σ[n=3,∞] {e/(n+2)}{e/(n+1)}
= Σ[n=3,∞] ee{1/(n+1) - 1/(n+2)} = ee/4,
(左辺) < 1/2 + 1/√12 + ee/4 = 2.63593916 < e, >>255
おお…ありがとう
ちなみに飛び道具とはcarlemanの不等式でした。
その証明にも(n+1)^n /n! < e^nが使われるという 〔補題〕
(1) (1 +1/n)^(n+1/2) は単調減少でeに収束
(2) n! < n^(n+1/2) / e^(n-1),
(3) (2n)! / n! < (√2)(4n/e)^n,
(1)は一般化二項公式を使うらしい。 a,b,c>0
a^2 + b^2 + c^2 ≧ Σ[cyc] a*{ (b^4 + c^4)/2 }^(1/4) A = a^4/(a^4+b^4+c^4),
B = b^4/(a^4+b^4+c^4),
C = c^4/(a^4+b^4+c^4),
とおくと
A+B+C = 1.
また
f(x) = √x - [x(1-x)/2]^(1/4),
とおくと
f '(x) = 1/(2√x) - ((1-2x)/8)[x(1-x)/2]^(-3/4),
f "(x) = -1/(4x√x) - (1/8)[x(1-x)/2]^(-3/4) + (3/64)[x(1-x)/2]^(-7/4) > 0,
∴ y=f(x) は下に凸。
∴ Jensen より
(LHS - RHS) ～ f(A) + f(B) + f(C)
≧ 3f((A+B+C)/3)
= 3f(1/3)
= 0,
微分のことは微分でせよ？ >>236-237
・参考文献
J. Steiner: J. reine Angew. Math., ２４, p.93-152 (1842)
浦川 肇：「等周不等式」 数理科学(サイエンス社) No.386, p.20-24 (1995/Aug) >>253-254
Σ[k=1→n] 1/{(n+1)(n!)^2}^(1/n) ≒ 1.99877 - ee/(n+2),
ぐらいかな。 >>253-254 訂正
Σ[k=1→n] 1/{(k+1)(k!)^2}^(1/k) ≒ 1.99877 - ee/(n+2), 問題
1≦pとする
ある定数C=C(p)>0が存在し、
(0,1)上の任意のC^1級関数fに対して
∫_0^1 |f(x)-∫_0^1 f(y) dy|^p dx≦C∫_0^1 |f’(x)|^p dx
またこの不等式が成立する最小のC(p)を求めよ 11月号の数蝉NOTEに、AM-GMの証明が載ってたみたいだけど、新証明？ >>263 を改良
S_n = Σ[k=1→n] 1/{(k+1)(k!)^2}^(1/k)
≒ 1.99877613 - (ee/(n+2)){1 - (1/n)log(n)}
S_1 = 0.50
S_2 = 0.78867513459481
S_4 = 1.11596688482249
S_8 = 1.41825957672665
S_16 = 1.6498309820817
S_32 = 1.80276021419195
S_64 = 1.8936289850894
S_128 = 1.9439982730789
S_256 = 1.9707380873724
S_512 = 1.9845718842414
S_1024 = 1.99162226380515
S_2048 = 1.9951849538552
S_4096 = 1.9969766630793
S_8192 = 1.9978753488909
S = 1.99877613 めんどいから全然読んでないけど、重み付きAM-GM差分不等式っぽい（正式な名前は知らん）
https://i.imgur.com/omE2lcy.jpg >>268
〔定理〕
x_1 >0, x_2 >0, ･･････, x_n >0 のとき
(1/n)Σ[k=1,n] (x_1･x_2…x_k)^(1/k) ≦ {Π[k=1,n] (x_1+x_2+…+x_k)/k}^(1/n),
等号成立は x_1 = x_2 = ････ = x_n.
[前スレ.037(1)～044, 051-053, 097] の辺り
K．Kedlaya： Amer．Math．Monthly, Vol．101, No．4, p．355-357 (1994/Apr)
"Proof of a mixed Arithmetic-mean, Geometric-mean inequality" 右辺を変形してコーシーに持ち込みたいが････
G1 = a, G2 = √(ab), G3 =（abc)^(1/3), ････ とおく。
n=2
(a+a)(a+b) ≧ (G1+G2)^2,
n=3
(a+a+a)(a+G2+b)(a+b+c) ≧ (G1+G2+G3)^3,
n=4
(a+a+a+a)(a+B1+B2+b)(a+B2+C+c)(a+b+c+d) ≧ (G1+G2+G3+G4)^4,
B_1 = (aab)^(1/3)
B_2 = (abb)^(1/3),
B_k = {a^(n-1-k)･b^k}^(1/(n-1))
C = (bbc)^(1/3),
n=5
(a+a+a+a+a)(a+B1+G2+B3+b)(a+G2+C'+C"+c)(a+B3+C"+D'+d)(a+b+c+d+e）≧（G1+G2+G3+G4+G5)^5,
B_1 = (aaab)^(1/4),
B_2 = √(ab) = G2,
B_3 = (abbb)^(1/4),
C ' = (ab^4･c)^(1/6),
C " = √(bc),
D ' = (cccd)^(1/4), まづ AM-GM で右辺を
(x1 + x2 + ････ + xk)/k ≧ Σ[j=1,n] Π[i=1,k] (x_i)^e(i;j,k)
として、コーシーを使うのでござる。
ここに
e(i;j,k) = (n-j)! (j-1)! (n-k)! (k-1)! /{(n-1)! (i-1)! (j-i)! (k-i)! (n+i-j-k)!}
(i≦j≦n, i≦k≦n & j+k-i≦n)
= 0 (otherwise)
チト面倒でござるが････ (x_1+x_2+････+x_k)/k ≧ (1/ｎ)Σ[j=1,n] Π[i=1,k] (x_i)^e(i;j,k)
でござった。
対称性
e(i;j,k) = e(i;k,j)
斉次性
Σ[i=1,k] e(i;j,k) = 1,
総和則
Σ[j=i,n] e(i;j,k) = n/k (1≦i≦k)
= 0, (k<i≦n)
Σ[k=i,n] e(i;j,k) = n/j (1≦i≦j)
= 0, (j<i≦n)
から出るか。 >>270
(略証)
AM-GM より
Σ[i=1,k] e(i;j,k) x_i
≧ {Σ[i=1,k] e^(i;j,k)}・{Π[i=1,k] (x_i)^e(i;j,k)}
= Π[i=1,k] (x_i)^e(i;j,k) (←i斉次性)
これを Σ[j=1,n] で加えると
(x_1+x_2+････ +x_k)/k
≧ Σ[j=1,n] Π[i=1,k] (x_i)^e(i;j,k) (←j総和則)
次に Π[k=1,n] で掛け合わせ、コーシーを使う。
n乗の中の第j項は
Π[i=1,n] (x_i)^{(1/n)Σ[k=1,n] e(i;j,k)}
= Π[i=1,j] (x_i)^(n/j) (←k総和則)
= G_j, (終) 最後は
Π[i=1,n] (x_i)^{(1/n)Σ[k=i,n] e(i;j,k)}
= Π[i=1,j] (x_i)^(１/j) (←k総和則)
= G_j, (終) e(i;j,k) = C[j-1,i-1] C[k-1,i-1] (n-j)! (n-k)! / {C[n-1,i-1] (n-i)! (n+i-j-k)!},
のように組合せを使って表わすのが 貞三流でござるか？ (山梨大) >>269
〔例題４'〕
x_1≧1, x_2≧1, ････, x_n ≧1 のとき
A - G ≧ G/H - 1,
ここに
A = (x_1+x_2+････+x_n)/n,
G = (x1･x2････x_n)^(1/n),
H = n/(1/x_1+1/x_2+ ･･･ +1/x_n),
(略証)
G = (x_1･x_2････x_n)^(1/n) を固定して考える。
F(ｘ) = (左辺) - (右辺)
= (x_1+x_2+････+x_n)/n - G － (1/n)(1/x_1+1/x_2+････+1/x_n)G + 1,
とおく。
(x_1, x_2, ････, x_n) = (G, G, ････, G) ならば F(ｘ) = 0.
そうでないとき
x_i > G > x_j ≧ 1,
となる ｉ≠j がある。 (x_i･x_j > G･1)
それらを
ｘ_i’= G, x_j’=x_i･x_j/G,
に変更すると
x_i’+ x_j’- (x_i + x_j) = －(x_i -G)(G -x_j)/(n･G),
1/x_i’+ 1/x_j’- (1/x_i + 1/x_j) = (x_i -G)(G -x_j)/(n･x_i･x_j),
よって
F(ｘ’) － F(ｘ) = －{(x_i -G)(G -x_j)/(n･G)} {1 - G/(x_i･x_j)} < 0,
すなわち F(ｘ) は減少する。
上記の操作を行なうたびにGの個数が1つ増えるから、
n回以内に (G,G,････,G) となり、F=0 に至る。 (終) 〔系〕
x_1≦1, x_2≦1, ････, x_n≦1 のとき
A - G ≦ G/H - 1,
(略証)
x_i = 1/x’_i とおくと、
A = 1/H’ G = 1/G’ H = 1/A’ >>270
nについての帰納法による。
A_k = (x_1+x_2+････+x_k)/k,
G_k = (x_1･x_2････x_k)^(1/k),
とおく。
n=1 は明らか。
あるnについて成立つとする。
(A_1･A_2････A_n)^(1/n) ≧ (G_1+G_2+････+G_n)/n
= (g_1+g_2+･････+g_{n+1})/(n+1),
ここに
g_k = [(k-1)G_{k-1} + (n+1-k)G_k]/n
≧ [G_{k-1}^(k-1)・(G_k)^(n+1-k)]^(1/n) (AM-GM)
= {(G_k)^(n+1) / x_k}^(1/n),
とおいた。また
A_{n+1} = (x_1+x_2+････+x_{n+1})/(n+1),
ここでコーシーを使う。
(g_k)^n・x_k ≧ (G_k)^(n+1),
より
(A_1･A_2･････A_{n+1})^{1/(n+1)} ≧ (G_1+G_2+････+G_{n+1})/(n+1)
n+1 についても成り立つ。 0<x<2n で f "(x) > 0 のとき、
f(x) は下に凸で
nΣ[k=0,n] f(2k) > (n+1)Σ[k=1,n] f(2k-1)
[分かスレ４５６．720-722] 凸不等式より
{f(2k-2) + f(2k)}/2 > f(2k-1) ････ (1)
また 0<k<n に対して
{(n-k)f(0) + k･f(2n)} /n > f(2k),
{k・f(0) + (n-k)f(2n)} /n > f(2n-2k),
辺々たすと
f(0) + f(2n) > f(2k) + f(2n-2k) ････ (2)
これらにより
(左辺) - (右辺)
> nΣ[k=0,n] f(2k) - (n+1){f(0)+f(2n)}/2 - (n+1)Σ[k=1,n-1] f(2k)
= (n-1){f(0) + f(2n)}/2 - Σ[k=1,n-1] f(2k)
= (1/2)Σ[k=1,n-1] {f(0) + f(2n) - f(2k) - f(2n-2k)}
> 0, 〔問題132〕
A = (x_1+x_2+･････+x_n)/n,
G = (x_1･x_2･････x_n)^(1/n),
L = (A_1･A_2･････A_n)^(1/n) ただし A_k = (x_1+x_2+･････+x_k)/k,
とおく。
(n+1)(G/A)^{1/(n+1)} ≦ n(L/A)^(1/n) + G/L ≦ n+1,
IMO-2004 short list A.7
Inequalitybot [132] ☆12 (左) GM-AM で
(右)も GM-AM で
(L/A)^(1/n)
= {1^((n+1)/2n)} Π[k=2,n] {A_(k-1)/A_k}^((k-1)/nn)
≦ (n+1)/2n + (1/nn)Σ[k=1,n] (k-1)･A_(k-1)/A_k,
また
G/L = (Π[k=1,n] x_k/A_k)^(1/n) ≦ (1/n)Σ[k=1,n] x_k/A_k,
したがって
(中辺) ≦ (n+1)/2 + (1/n)Σ[k=1,n] {(k-1)A_(k-1) + x_k}/A_k
= (n+1)/2 + (1/n)Σ[k=1,n] k
= (n+1)/2 + (n+1)/2
= n+1, a,b,c>0, ab+bc+ca≧1,
1/a^2 + 1/b^2 + 1/c^2 ≧ (√3)/(abc). ab+bc+ca = t とする。
1/aa + 1/bb + 1/cc ≧ 1/ab + 1/bc + 1/ca
= (a+b+c)/(abc)
≧ √(3t) /(abc),
∵ xx+yy+zz ≧ (1/3)(x+y+z)^2 ≧ xy+yz+zx, 問 題
任意の相異なる正の数 a,b に対し、不等式
√(ab) < (a-b)/{log(a)-log(b)} < (a+b)/2 ･･･… (*)
が成立することが知られている。
この不等式を相異なる3つの正の数 a,b,c に関する不等式に拡張したものを一つ見つけて、それを証明せよ。ただし、ここでの拡張した不等式とは
(abc)^(1/3) < F(a,b,c) < (a+b+c)/3
( F(a,b,c) は log(a), log(b), log(c) を含む a,b,c の対称式 )
であるとする。
なお、F(a,b,c)について上記以外の仮定は定めないが、できる限り(*)から自明に得られるものでない方が望ましいものとする。
(ただし、(*)からの変形が不可というわけではない。今回はかなり自由に考えてほしい。)
東進 数学コンクール (aa+k)(bb+k)(cc+k) ≧ (k+1)(a+b+c+k-2)^2
k ≧ (1+sqrt(5))/2. >>292
f(x) を [0,1] 上で非負の単調減少関数とするとき、
∫[0,1] x f(x)^2 dx /∫[0,1] x f(x) dx ≦ ∫[0,1] f(x)^2 dx /∫[0,1] f(x) dx,
を示せ。
(略証)
題意より
0 ≦ f(x),
0 ≦ f(y),
0 ≧ (x-y) {f(x)-f(y)},
よって
0 ≧ ∬(x-y){f(x)-f(y)}f(x)f(y) dxdy
= ∬{xf(x)^2 f(y) + yf(y)^2 f(x) - xf(x)f(y)^2 - yf(y)f(x)^2} dxdy
= 2∫xf(x)^2 dx･∫f(y) dy - 2∫f(x)^2 dx･∫yf(y) dy
∴ ∫xf(x)^2 dx /∫yf(y)dy ≦ ∫f(x)^2 dx /∫f(y)dy, ∧＿∧
（ ´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^2020 -a^2 +2^2)(b^2020 -b^2 +2^2)(c^2020 -c^2 +2^2) > (a^2+b^2+c^2)^3,
>>22
>>26 exradii って傍接円の半径であってるかな？
共立の赤い辞書にも載ってないし、web検索でもhitしないけど… >>294 が解けたら教えよう。
正の数a,b,c･･･は今年は不要だった...orz 去年の問題(>>22)も解けていないというのに、無理無駄無謀無茶無情！ >>183
Reverse triangle inequalityと聞くと違う不等式を想像する
何か別の名前はついてないのかな >>299
> Reverse triangle inequalityと聞くと違う不等式を想像する
何を連想するん？ 正の数a, b, cに対して
(a^1010-a+4)(b^1010-b+4)(c^1010-c+4)>(a+b+c)^3
が成り立つことを示す.
Σa/3=Mとおく.
M≧1のとき
(LHS)
≧Π(a^1009+3)
>9Σa^1009
≧27M^1009
≧27M^3
=(RHS)
M<1のとき
(LHS)
≧Π(a^1009+3)
>3^3
>27M^3
=(RHS) >>181
Kantorovich
>>227 >>247
Muirhead
>>280
Karamata
細かいけど(0,2n)ではなく[0,2n]でf">0だと思う
>>300
ttps://en.wikipedia.org/wiki/Triangle_inequality
ttps://proofwiki.org/wiki/Reverse_Triangle_Inequality >>298
サノバビッチの不等式、糞ビッチの不等式、ぬるぽビッチの不等式…、いろいろあるなぁ… （錯乱） >>301
正解です!!
(y^1010 +1) - (y^1009 + y)
= (y^1009 -1)(y-1)
≧ 0,
を使ったでござるか。さらに
y^1009 + 3 ≧ y^1006 + y^3 +2 ≧ y^3 +2,
とすれば、コーシーで
(a^3+1+1)(1+b^3+1)(1+1+c^3) ≧ (a+b+c)^3,
なお、最良係数は
y^1010 -y +4 ≧ 1.008619375112(y^3 +2),
等号は y = 0.994531163783 のとき
>>295
傍接円(excircle) の半径(radii) ですね。 >>301
(a+b+c)/3 = M とおく。
(a^1009 +3)(b^1009 +3)(c^1009 +3)
> 27{(a^1009 + b^1009 + c^1009)/3 + 1}
≧ 27(M^1009 + 1)
> 27max{M^1009, 1}
≧ 27(max{M, 1})^3
= max{3M, 3}^3
= max{a+b+c, 3}^3. Rheinboldt's inequality (*´Д｀) ﾊｧﾊｧ… 三角形の3辺に対して、
sqrt(aa+bb-4S) + sqrt(bb+cc-4S) ≧ sqrt(cc+aa-4S). >>307
Sは三角形の面積だと勝手に解釈しました. 出典知りたいです.
a≧c≧bの場合を証明すればよい.
まず補題, a^2+b^2+c^2-4S≧(a+c-b)^2 を示す.
これは -1≧1/sinB-1/sinA-1/sinC と同値.
Bを固定する. f(C)=1/sinB-1/sin(π-B-C)-1/sinC とする.
g(X)=-cosX/(sinX)^2 とする. (定義域は(0,π))
g'>0 だからgは単調増加なので f'(C)=-g(π-B-C)+g(C)≦0 だからfは単調減少.
よって f(C)≦f(B)=-1/sin(π-2B)≦-1 なので補題は示された.
題意の不等式は a^2+b^2+c^2-4S=1 の場合を証明すればよい.
(0,1]を定義域とする h(x)=-sqrt(1-x^2) を考える. hは凸関数.
(a+c-b,b) は (a,c) をマジョライズするからKaramataの不等式より
h(a+c-b)+h(b)≧h(a)+h(c) なので h(b)≧h(a)+h(c)
よって sqrt(1-aa)+sqrt(1-cc)≧sqrt(1-bb)
題意の不等式は示された. >>291
k ≧ (1+√5)/2 = φ = 1.618034･･･ より
kk-k-1 = (k-φ)(k+φ-1) ≧ 0,
より
(左辺) - (右辺) = (kk-k-1){(a-1)^2 + (b-1)^2 + (c-1)^2}
+ k{(ab-1)^2 + (bc-1)^2 + (ca-1)^2} + (abc-1)^2
+ 2(a-1)(b-1)(c-1),
う～む、場合分けでござるか････
k=2 の場合は
a,b,c>0 のとき (aa+2)(bb+2)(cc+2) ≧ 3(a+b+c)^2.
APMO-2004 A.5,
文献[9] 佐藤(訳) 問題3.85, 朝倉 (2013)
Inequalitybot [20]
[前スレ. 070[2]、084] [第８章.456、469] >>309
k ≧ φ ならば, どの文字に注目しても
f(a,b,c,k) = (aa+k)(bb+k)(cc+k) - (k+1)(a+b+c+k-2)^2
は下に凸の二次関数, さらに(1,1,1,φ)で極小値0.
>>291 のステートメントが適当すぎる. 〔問題〕
実数a,b,cが
a < b < c, a+b+c = 6, ab+bc+ca = 9
を満たしている。
0 < a < 1 < b < 3 < c < 4
を証明せよ。
高校数学問題bot (@7k_x)
- - - - - - - - - - - - - - -
3a(4-a) = (c-b)^2 >0,
3c(4-c) = (b-a)^2 >0,
(c-a)^2 -9 = (c-b)(b-a) >0,
3(3-b)(b-1) = (c-b)(b-a) >0,
らしい。 >>312
第７問
実数kは、任意の2以上の整数nと正の実数 a_0,a_1,････,a_n に対して
1/(a_0+a_1) + 1/(a_0+a_1+a_2) + ････ + 1/(a_0+a_1+････+a_n) < k (1/a_0 + 1/a_1 + ････ +1/a_n)
を満たす。このようなkとしてあり得る最小の値を求めよ。
>>313
第８問
正の整数からなる数列a1,a2,････があり、任意の正の整数nについて
a_n > (a_{n+1} + a_{n+2} + ････ + a_{2n}) / (n+2016)
を満たしている。このとき、ある正の実数Cが存在し、
任意の正の整数nについて a_n < C が成り立つことを示せ。
第１０問
3以上の正の整数nであり、次を満たすものをすべて求めよ。
|a_k| + |b_k| = 1 (k=1,2,････,n) を満たすような任意の2n個の実数 a_1,a_2,････,a_n, b_1,b_2,････,b_n に対して、
実数 x_1,x2,････,x_n を、次を満たすように選ぶことができる。
|x_k| = 1 (k=1,2,････,n),
|Σ[k=1,n] x_k･a_k | + |Σ[k=1,n] x_k･b_k | ≦ 1. 第7問
k = 1/3
(a_0 = a_1 = 1, a_k = 2^(k-1), n→∞ のとき)
第10問
ｖ_k = (a_k,b_k) は正方形 |X| + |Y| = 1 の辺上にある。
Σ[k=1,n] (±ｖ_k) が正方形の内側に落ちる (ように各符号x_kを選ぶ) 第8問だけど上に有界なら極限値は何になるのかも気になる >>312 >>315
第７問
S_j = a_0 + a_1 + ････ + a_j,
とおくと HM-AM で
4/S_j = 4/{S_(j-1) + a_j} ≦ 1/S_(j-1) + 1/a_j,
4/S_j - 1/S_(j-1) ≦ 1/a_j,
j=1～n の和をとる。
3Σ[j=1,n] 1/S_j + 1/S_n ≦ Σ[j=0,n] 1/a_j,
Σ[j=1,n] 1/S_j < (1/3)Σ[j=0,n] 1/a_j, 2020年 日本数学オリンピック 本選
(C)(公財) 数学オリンピック財団
問 題^1
2020年2月11日 試験時間4時間 5題
1. (n^2 +1)/(2m) と √{2^(n-1) + m + 4} がともに整数となるような正の整数の組 (m,n) をすべて求めよ。
(m,n) = (1,3) (61,11) ？
2. BC < AB, BC < AC なる三角形ABCの辺AB,AC上にそれぞれ点D,Eがあり、BD=CE=BC を満たしている。
直線BEと直線CDの交点をPとする。
三角形ABEの外接円と三角形ACDの外接円の交点のうちAでない方をQとしたとき、直線PQと直線BCは垂直に交わることを示せ。
ただし、XYで線分XYの長さを表わすものとする。
3. 正の整数に対して定義され正の整数値をとる関数ｆであって、任意の正の整数m,nに対して
m^2 + f(n)^2 + (m-f(n))^2 ≧ f(m)^2 + n^2,
を満たすものをすべて求めよ。 4. nを2以上の整数とする。
円周上に相異なる3n個の点があり、これらを特別な点とよぶことにする。
A君とB君が以下の操作をn回行なう。
まず、A君が線分で直接結ばれていない2つの特別な点を結んで線分で結ぶ。
次に、B君が駒の置かれていない特別な点を1つ選んで駒を置く。
A君はB君の駒の置き方にかかわらず、n回の操作が終わったときに駒の置かれている特別な点と駒の置かれていない特別な点を結ぶ線分の数を (n-1)/6 以上にできることを示せ。
5. ある正の実数cに対して以下が成立するような、正の整数からなる数列 a_1, a_2, ････ をすべて求めよ。
任意の正の整数m,nに対して gcd(a_m + n, a_n + m) > c (m+n) となる。
ただし、正の整数x,yに対し、xとyの最大公約数を gcd(x,y) で表わす。
以 上 〔問題〕
f(x) = Σ[k=0,n] c_k x^k (c_k ≧0) のとき、次は成り立つか？
(1) {u f '(x)/f(x)} ' ≧ 0,
(2) log{f(e^x)} は下に凸
(3) f(x)f(y) ≧ f(√(xy))^2.
分かスレ４５８.054-063 >>311
f(x) = (x-a)(x-b)(x-c) = x^3 -6x^2 +9x -abc
とおく。
(4-abc) - f(x) = (4-x)(1-x)^2,
から x=1 で極大 f(1) = 4-abc = f(4),
f(x) + abc =x(x-3)^2,
より x=3 で極小 f(3) = -abc = f(0),
または 微分して増減表を書けばx=1で極大値 4-abc，x=3で極小値 -abc をとる。
題意により、f(x)=0 は 3実根a<b<cをもつから
-abc < 0 < 4-abc
∴ 0<a<1<b<3<c<4
(tenさん)
http://suseum.jp/gq/question/3132 n>1 に対して
ζ(n) = 1 + 1/(2^n) + 1/(3^n) + ････
とおく。このとき
ζ(n) > e^{1/(2^n)} > 1 + 1/(2^n)
か？ ζ(n) = Σ[k=1,∞] 1/(k^n)
> Σ[j=0,∞] 1/(2^j)^n
= Σ[j=0,∞] 1/N^j
= 1/(1 - 1/N),
ここに、N=2^n とおいた。
1/N^j > 1/(j!･N^j) より
ζ(n) > 1/(1 - 1/N) > exp(1/N) > 1 + 1/N, >>327
第 １ 問
a,b,c,p を実数とする。不等式
ax^2 + bx + c > 0
bx^2 + cx + a > 0
cx^2 + ax + b > 0
をすべて満たす実数xの集合と、x>p を満たす実数xの集合が一致しているとする。
(1) a,b,c はすべて0以上であることを示せ。
(2) a,b,c のうち少なくとも1個は0であることを示せ。
(3) p=0 であることを示せ。 >>328
(1) 背理法による。
a<0 と仮定すると f(x) = ax^2 +bx +c は上に凸な放物線。
f(x)>0 を満たすxの範囲は (もし有っても) 有限の範囲内。
これは題意の「x>p ⇒ 3式すべてを満たす」に反する。
b,cについても同様。
(2) 背理法による。
a>0 と仮定すると f(x) = ax^2+bx+c は下に凸な放物線。
|x| > 2|b/a| + √|2c/a| ⇒ f(x) >0 を満たす。
-x がじゅうぶん大きいときにも f(x) >0 を満たす。
a,b,c>0 と仮定すると、
-x がじゅうぶん大きいときにも 3式すべてを満たす。
これは題意の「3式すべてを満たす ⇒ x>p」に反する。
∴ abc=0. >>328
(3)
a>0, b≧0, c=0 のとき
(ax+b)x >0 ････ x>0 または ax+b<0
bxx+a > 0 ････ すべての実数
ax+b > 0 ････ (x>0を含む)
このすべてを満たす実数xは x>0.
a=b=c=0 のとき
3式を満たす実数xはない。(不適)
以上により p=0. ・分野・テーマ
２次関数、集合と命題、極限
・設問内容
係数に対称性のある３つの２次以下の不等式をすべて満たす実数の集合の形から、不等式の係数についての条件や、不等式の解を決定する問題である。
・解答のポイント
結論は直感的には明らかであるが、それをきちんと証明するのは難しい。
(1) グラフの概形をイメージすることが大きな手掛かりとなる。
十分大きなxについて考えると良い。
(2) (1)と同様に極限を考えると良いが、ここが難所である。
(3) 前問が示せていなくても、取り組みたい。
係数すべてが0となることはなく、1つは0であるから、この条件の下で３つの不等式を解くことで解決する。
http://www.yomiuri.co.jp/nyushi/sokuho/k_mondaitokaitou/tokyo/1313355_5408.html
http://hayabusa9.5ch.net/test/read.cgi/news/1582861742/ 〔問題332〕
0以上1以下の実数p,q,r,sにおいて、
√(p^2 + r^2) + √{p^2 + (r-1)^2} + √{(1-q)^2 + s^2} + √{(1-q)^2+(1-s)^2} + √{(p-q)^2 + (r-s)^2}
の最小値を求めよ。
-------------------------------------------------------------
O(0,0) A(0,1) B(1,1) C(1,0) P(p,r) Q(q,s)
とおくと与式は
OP + AP + CQ + BQ + PQ
P は △OCQ のフェルマー点
Q は △ABP のフェルマー点 ∠AQB = 120ﾟ より 点Qは円周
{1+1/(2√3) -x}^2 + (y - 1/2)^2 = 1/3,
上にある。
∴ ∠AQB の二等分線は (1+1/√3, 1/2) を通る。
∴ P,Q は y=1/2 上に有る。r=s=1/2,
∴ P(p,r) = (1/(2√3), 1/2) Q(q,s) = (1 - 1/(2√3), 1/2)
与式 = OP + AP + CQ + BQ + PQ
≧ 1/√3 + 1/√3 + 1/√3 + 1/√3 + (q-p)
= 4/√3 + (1 - 1/√3)
= 1 + √3. 修正･･･
∠OPC = 120ﾟ より 点Pは円周
{x + 1/(2√3)}^2 + (y - 1/2)^2 = 1/3,
上にある。
∴ ∠OPC の二等分線は (-1/√3, 1/2) を通る。
∠AQB = 120ﾟ より 点Qは円周
{1+1/(2√3) -x}^2 + (y - 1/2)^2 = 1/3,
上にある。
∴ ∠AQB の二等分線は (1+1/√3, 1/2) を通る。
上記のことから、点P, Q は直線 y=1/2 上に有る。
∴ P(p,r) = (1/(2√3), 1/2) Q(q,s) = (1 - 1/(2√3), 1/2)
与式 = OP + AP + CQ + BQ + PQ
≧ 1/√3 + 1/√3 + 1/√3 + 1/√3 + (q-p)
= 4/√3 + (1 - 1/√3)
= 1 + √3. また間違えた････
∴ ∠OPC の二等分線は (-(√3)/2, 1/2) を通る。
∴ ∠AQB の二等分線は (1+(√3)/2, 1/2) を通る。
イナに改名しようかな････ >>337
問１を判別式を使って答えようとすると、問２を先に解答しなくちゃならなく
あれっ？ってなって、それが問３のヒントになるのか
うまく作ってあるね 2020年 大阪市立大
￣￣￣￣￣￣￣￣￣
a,b,c, x,y,z を実数とする。次の問いに答えよ。
問1 a^2 - b^2 > 0 のとき、tについての2次方程式
(at+x)^2 - (bt+y)^2 = 0
は実数解をもつことを示せ。
問2 a^2 - b^2 > 0 のとき、
(ax-by)^2 ≧ (a^2 -b^2)(x^2 -y^2)
が成り立つことを示せ。
問3 a^2 - b^2 - c^2 > 0 のとき、
(ax-by-cz)^2 ≧ (a^2 -b^2 -c^2)(x^2 -y^2 -z^2)
が成り立つことを示せ。 問１
f(t) = (at+x)^2 - (bt+y)^2
= (aa-bb)tt + 2(ax-by)t + (xx-yy)
とおく。
aa-bb>0 だから 下に凸な放物線。
|t| がじゅうぶん大きいとき f(t)>0,
一方、|a|>|b|≧0, a≠0
f(-x/a) = - {b(-x/a)+y}^2 ≦ 0,
中間値の定理より f(t)=0 は実数解をもつ。
t = -(x+y)/(a+b), -(x-y)/(a-b)
問２
aa-bb > 0 のとき、
(判別式) = (ax-by)^2 - (aa-bb)(xx-yy) ≧ 0,
(別解) ラグランジュの恒等式から
(ax-by)^2 - (aa-bb)(xx-yy) = (ay-bx)^2 ≧ 0
問３
g(t) = (at+x)^2 - (bt+y)^2 - (ct+z)^2
= (aa-bb-cc)tt -2(ax-by-cz)t + (xx-yy-zz)
とおく。
aa-bb-cc > 0 だから 下に凸な放物線。
|t| がじゅうぶん大きいとき g(t) >0,
|a|> |b|,|c| ≧0 より a≠0,
g(-x/a) = - {(-b/a)t +y}^2 - {(-c/a)t +z}^2 ≦ 0,
中間値の定理より g(t)=0 は実数解をもつ。
(判別式) = (ax-by-cz)^2 - (aa-bb-cc)(xx-yy-zz) ≧ 0. このスレの解答は････
問１
(at+x)^2 - (bt+y)^2 = {(a+b)t + (x+y)}{(a-b)t + (x-y)} = 0,
ところで (a+b)(a-b) = aa-bb ≠ 0,
∴ t = -(x+y)/(a+b), -(x-y)/(a-b),
問２
(ax-by)^2 - (aa-bb)(xx-yy) = (ay-bx)^2 ≧ 0 (*)
この場合は aa-bb>0 は不要
問３
xで平方完成する。
(ax-by-cz)^2 - (aa-bb-cc)(xx-yy-zz)
= {(bb+cc)xx -2ax(by+cz) + aa(yy+zz)} - (bz-cy)^2 (*)
= {[(bb+cc)x -a(by+cz)]^2 + (aa-bb-cc)(bz-cy)^2}/(bb+cc)
≧ 0,
等号成立は x/a = y/b = z/c のとき。
b=c=0 のときは明らか。
*) ラグランジュの恒等式
(yy+zz) = {(by+cz)^2 + (bz-by)^2}/(bb+cc) を使った。 〔問題669〕
x>0, y>0 のとき
x^(2x) - 2(x^y)(y^x) + y^(2y) ≧ 0,
(略証)
log は単調増加だから
(x-y){log(x)-log(y)} ≧ 0
(x/y)^(x-y) ≧ 1,
(x^x)(y^y) ≧ (x^y)(y^x),
よって
(左辺) ≧ x^(2x) -2(x^x)(y^y) + y^(2y)
= (x^x - y^y)^2
≧ 0,
[分かスレ４５８．669] 〔補題〕
x>0, y>0 とする。
(1) x^x - x^y - y^x + y^y ≧ 0,
(2) x^(2x) - x^(2y) - y^(2x) + y^(2y) ≧ 0,
(3) 0<a≦e のとき、
x^(ax) - x^(ay) - y^(ax) + y^(ay) ≧ 0,
等号成立は x=y のとき。 次のように関数f,gを定義する
f(x)=1/x+1/(x-2)+…+1/(x-2018)
g(x)=1/(x-1)+1/(x-3)+…+1/(x-2017)
このとき0<x<2018の範囲に存在する任意の実数xに対して、|f(x)-g(x)|>2が成立することを示せ
2018年度APMO第2問
https://artofproblemsolving.com/community/c6h1662907p10561170 >>344
xが整数でない実数という条件が抜けていた >>346
〔問題５〕
nを2以上の整数とする。
実数 a_1, a_2, ････, a_n が (a_1)^2 + (a_2)^2 + ････ + (a_n)^2 = n を満たすなら
Σ[1≦i<j≦n] 1/(n－a_i･a_j) ≦ n/2,
が成り立つことを示せ。
Problem 5.
Let n be an integer greater than or equal to 2.
Prove that if the real numbers a_1, a_2, ････, a_n satisfy (a_1)^2 + (a_2)^2 + ････ + (a_n)^2 = n, then
Σ[1≦i<j≦n] 1/(n－a_i･a_j) ≦ n/2,
must hold.
APMO-2012
http://cms.math.ca/Competitions/APMO/ → 2012
Inequalitybot [87] ☆10 >>347
HM-AM より
2xy/(n-xy) ≦ (x+y)^2 /{(n-xx)+(n-yy)}
≦ yy/(n-xx) + xx/(n-yy),
x=a_i, y=a_j とおく。
Σ[x≠y] xy/(n-xy) ≦ Σ[x≠y] yy/(n-xx)
= Σ[i=1,n] Σ[j≠i] (a_j)^2 /{n-(a_i)^2}
= Σ[i=1,n] 1
= n,
両辺に n(n-1) をたすと
Σ[1≦i≠j≦n] n/(n－a_i･a_j) ≦ nn,
Σ[1≦i<j≦n] 1/(n－a_i･a_j) ≦ n/2, (上)
f(x)は、区間[0,1]で定義された連続な実数値関数とする。次を示せ。
∫[0,1] ∫[0,1] |f(x)+f(y)| dx dy ≧ ∫[0,1] |f(x)| dx.
Let f(x) be a continuous real-valued function defined on the interval [0,1].
Show that
∫[0,1] ∫[0,1] |f(x)+f(y)| dx dy ≧ ∫[0,1] |f(x)| dx. (下)
a_1, a_2, ････ は実数とする。
すべてのnについて
∫[-∞,∞] {Σ[i=1,n] 1/(1+(x-a_i)^2) }^2 dx ≦ A n.
となる定数Aがあるとする。
すべてのnについて
Σ[i=1,n] Σ[j=1,n] {1 + (a_i-a_j)^2} ≧ B n^3.
となる定数B >0 があることを示せ。
Let a_1, a_2, ････, be real numbers.
Suppose there is a constant A such that for all n,
∫[-∞,∞] {Σ[i=1,n] 1/(1+(x-a_i)^2) }^2 dx ≦ A n.
Prove there is a constant B > 0 such that for all n,
Σ[i=1,n] Σ[j=1,n] {1 + (a_i-a_j)^2} ≧ B n^3. >>351
∫[-∞,∞] 1/{1+(x-a)^2}･1/{1+(x-b)^2} dx = 2π/{4+(a-b)^2}, >>348
2xy ≦ (1/2)(x+y)^2 ≦ xx+yy, (GM-AM)
より
2xy/(n-xy) ≦ (x+y)^2 /{2(n-xy)}
≦ (x+y)^2 /{(n-xx)+(n-yy)}
≦ yy/(n-xx) + xx/(n-yy), (←コーシー)
x=a_i, y=a_j とおき、1≦i<j≦n でたす。 >>351
>>352
ついでに･･･
∫ 1/{1+(x-a)^2}*1/{1+(x-b)^2} dx
= {(1/(a-b))log((1+(x-b)^2)/(1+(x-a)^2)) + arctan(x-a) + arctan(x-b)}/{4+(a-b)^2},
ローレンツ形関数の畳み込み･･･ >>344
>>345
・2n-1<x<2n のとき
f(x+2) - f(x) = 1/(x+2) + 1/(2018-x),
g(x+2) - g(x) = 1/(x+1) + 1/(2017-x),
∴ g(x+2) - f(x+2) > g(x) - f(x) > ････
∴ 1<x<2 について示せば十分。
g(x) - f(x)
= - 1/x + 1/(x-1) + 1/(2-x) - 1/(3-x) + Σ[i=2,1008] {1/(2i-x) - 1/(2i+1-x)} + 1/(2018-x)
> - 1/x + 1/(x-1) + 1/(2-x) - 1/(3-x)
= 1/{(2-x)(x-1)} - 3/{x(3-x)}
> 4 - 3/2
= 5/2.
∵ 1/4 - (2-x)(x-1) = (3/2 -x)^2 ≧ 0,
x(3-x) - 2 = (2-x)(x-1) > 0,
・2n<x<2n+1 のとき
f(x-1009), g(x-1009) は 奇関数。
f(x) = - f(2018-x),
g(x) = - g(2018-x),
ところで、2n<x<2n+1 ゆえ
2(1009-n) -1 < 2018-x < 2(1009-n),
∴上記により
f(x) - g(x) = - f(2018-x) + g(2018-x) > 5/2,
APMO-2018
http://cms.math.ca/Competitions/APMO/ → 2018 (上)
a,b,c は負でない実数とする。次を示せ。
a(a-b)(a-2b) + b(b-c)(b-2c) + c(c-a)(c-2a) ≧ 0.
Let a,b,c be non-negative real numbers.
Prove that
a(a-b)(a-2b) + b(b-c)(b-2c) + c(c-a)(c-2a) ≧ 0.
Wenyu Cao
USA.ELMO-2009 day1-Q3
Inequalitybot [111] ☆5
安藤哲哉「不等式」数学書房 (2012) の p.55, 例題2.2.12(3)
S_3 + 2S_{2,1} ≧ 3S_{1,2} (下)
a,b,c は正の実数で
a + b + c = a^(1/7) + b^(1/7) + c^(1/7)
を満たすとする。
(a^a)(b^b)(c^c) ≧ 1
を証明せよ。
Let a,b,c be positive reals satisfying
a + b + c = a^(1/7) + b^(1/7) + c^(1/7).
Prove that (a^a)(b^b)(c^c) ≧ 1.
(Evan Chen) >>357
min{a,b,c} = m,
{a,b,c} = {m,m+x,m+y} とする。(x≧0, y≧0)
(与式) = 2m(xx-xy+yy) + x(x-2y)^2 + y(x-y)^2 ≧ 0. >>352
>>354
対角項 (a=bの場合) は
∫[-∞,∞] 1/(1+(x-a)^2)^2 dx = ∫[-∞,∞] 1/(1+xx)^2 dx = π/2,
∵∫ 1/(1+xx)^2 dx
= (1/2)∫ {(1-xx)/(1+xx)^2 + 1/(1+xx)} dx
= x/(2(1+xx)) + (1/2)arctan(x), >>343 (1)
(x-1)log(x) ≧ 0 より
x^x - x ≧ 0, y^y - y ≧ 0, ････ (A)
・x≧1 のとき
x^x -x^y -y^x +y^y
= {x^(x-y) -1}(x^y - y^y) + {(x^x)(y^y) - (x^y)(y^x)}/(x^y)
≧ {x^(x-y) -1}(x^y - y^y) (>>342 より)
≧ 0.
・(x-1)(y-1)≦0 のとき
x^y ≦ x, y^x ≦ y,
これと (A) から出る。
・0 < y ≦ x ≦1 のとき
d = (x-y)/2 ≧ 0, とおく。
x^x -x^y -y^x +y^y
= - x^((x+y)/2) {x^(-d) - x^d} + y^((x+y)/2) {y^(-d) - y^d},
(sinhθ)/θ は |θ| について単調増加ゆえ
{y^(-d) - y^d}/(-log(y)) ≧ {x^(-d) - x^d}/(-log(x)) ≧ 0,
また
y^((x+y)/2)(-log(y)) ≧ x^((x+y)/2)(-log(x)) ≧ 0,
辺々掛ける。 >>350
区間[0,1] を
P = { x∈[0,1] | f(x)≧0 }
N = { x∈[0,1] | f(x)<0 }
に分ける。
I_P = ∫_P |f(x)| dx,
I_N = ∫_N |f(x)| dx,
p = ∫_P dx,
n = ∫_N dx,
とすると
p + n = 1,
で
(左辺) = ∫PP (|f(x)|+|f(y)|) dxdy
+ ∫NN (|f(x)|+|f(y)|) dxdy
+ ∫PN ||f(x)|-|f(y)|| dxdy
+ ∫NP ||f(x)|-|f(y)|| dxdy
= ∫PP (|f(x)|+|f(y)|) dxdy
+ ∫NN (|f(x)|+|f(y)|) dxdy
+ |∫PN (|f(x)|-|f(y)|) dxdy |
+ |∫NP (|f(x)|-|f(y)|) dxdy |
= 2p･I_P + 2n･I_N + 2|n･I_P - p･I_N|
≧ 2p･I_P + 2n･I_N + (n-p)(I_P - I_N) (*)
= (p+n)(I_P + I_N)
= I_P + I_N
= ∫[0,1] |f(x)| dx,
(*)
(n-p)(I_P-I_N) ≦ 0 のときは明らか。
n≧p, I_P≧I_N のとき
n･I_P - p･I_N = (n-p)I_N + n(I_P-I_N) ≧ (n-p)(I_P-I_N),
p≧n, I_N≧I_P のとき
p･I_N - n･I_P = (p-n)I_P + p(I_N-I_P) ≧ (n-p)(I_P-I_N). >>363
[1]
すべての自然数nについて
sin(π/4n) ≧ (√2)/(2n),
sin(π/4n) ≧ (√2)/(2n), ∀n∈N
[2]
自然数 n≧2 と n個の正の実数 a_1, a_2, ････, a_n が
次の不等式を満たすとする。
Σ[j=1,i] a_j ≦ a_{i+1}, ∀i∈{1,2,････,n-1}
このとき
Σ[k=1,n-1] a_k／a_{k+1} ≦ n/2.
を証明せよ。
Let be a natural number n≧2 and n positive real numbers
a_1, a_2, ････, a_n that satisfy the inequalities
Σ[j=1,i] a_j ≦ a_{i+1}, ∀i∈{1,2,････,n-1}
Prove that
Σ[k=1,n-1] a_k／a_{k+1} ≦ n/2.
[3]
1/2 ≦ a,b,c ≦ 1 とする。
2 ≦ (a+b)/(1+c) + (b+c)/(1+a) + (c+a)/(1+b) ≦ 3.
を証明せよ。
Let a,b,c ∈ [1/2,1].
Prove that
2 ≦ (a+b)/(1+c) + (b+c)/(1+a) + (c+a)/(1+b) ≦ 3.
(selected by Mircea Lascu)
[4]
n∈Nﾟ とし、
ｖ1, ｖ2, ････, ｖn は平面内ヴェクトルで、長さは１以下とする。
このとき
|ξ1･ｖ1 + ξ2･ｖ2 + ････ + ξn･ｖn | ≦ √2.
となるような ξ1, ξ2, ････, ξn ∈ {-1,1} が存在することを示せ。
Let n∈Nﾟ and ｖ1, ｖ2, ････, ｖn be vectors in the plane
with lengths less than or equal to 1.
Prove that there exists ξ1, ξ2, ････, ξn ∈ {-1,1} such that
|ξ1･ｖ1 + ξ2･ｖ2 + ････ + ξn･ｖn | ≦ √2. [1]
〔ジョルダンの不等式〕
sinθは上に凸だから
sin(aθ) ≧ a･sinθ, (0≦a≦1、0≦θ≦1.43π)
文献[3] 大関(1987)、p.38 例題2
[3]
(左)
s = a+b+c とおくと
(与式) = (a+b)/(1+c) + (b+c)/(1+a) + (c+a)/(1+b)
= (1+a+b+c){1/(1+c) + 1/(1+a) + 1/(1+b)} - 3
≧ (1+s)･9/(3+s) - 3 (AM-HM)
= 6 - 18/(3+s)
≧ 6 - 4 (s≧3/2)
= 2,
(右)
(与式) = {(a+b)(1+a)(1+b) + (b+c)(1+b)(1+c) + (c+a)(1+c)(1+a)}／{(1+c)(1+a)(1+b)}
= 3 - {3(1+c)(1+a)(1+b) - (a+b)(1+a)(1+b) - (b+c)(1+b)(1+c) - (c+a)(1+c)(1+a)}/{(1+c)(1+a)(1+b)}
= 3 - {(1-a)[4a+(b-c)^2] +(1-b)[4b+(c-a)^2] +(1-c)[4c+(a-b)^2] +3(1-a)(1-b)(1-c)}/{(1+c)(1+a)(1+b)}
≦ 3 (0≦a,b,c≦1) >>364
[5]
n≧2 は自然数, a_i,b_i (1≦i≦n) は実数で、
Σ[i=1,n] (a_i)^2 = Σ[j=1,n] (b_j)^2 = 1,
Σ[i=1,n] (a_i)(b_i) = 0.
のとき
(Σ[i=1,n] a_i)^2 + (Σ[j=1,n] b_j)^2 ≦ n.
を証明せよ。
For n∈N, n≧2, a_i,b_i∈R, 1≦i≦n, such that
Σ[i=1,n] (a_i)^2 = Σ[j=1,n] (b_j)^2 = 1,
Σ[i=1,n] (a_i)(b_i) = 0.
Prove that
(Σ[i=1,n] a_i)^2 + (Σ[j=1,n] b_j)^2 ≦ n.
[6]
a_1, a_2, a_3, a_4 を任意の4角形の辺とし、周長を 2s とする。
Σ[i=1,4] 1/(a_i+s) ≦ (2/9)Σ[1≦i<j≦4] 1/√{(s-a_i)(s-a_j)}.
を証明せよ。
等号が成立つのはいつか？
Let a_1, a_2, a_3, a_4 be the sides of an arbitrary quadrilateral
of perimeter 2s. Prove that
Σ[i=1,4] 1/(a_i+s) ≦ (2/9)Σ[1≦i<j≦4] 1/√{(s-a_i)(s-a_j)}.
When does the equality hold ?
[7]
n≧2 を整数とし、a_1, a_2, ････, a_n を実数とする。
任意の空でない部分集合S ⊂ {1,2,････,n} について
(Σ[i∈S] a_i)^2 ≦ Σ[1≦i≦j≦n] (a_i+････+a_j)^2.
を証明せよ。
Let n≧2 be an integer and let a_1, a_2, ････, a_n be
real numbers.
Prove that for any non-empty subset S ⊂ {1,2,････,n}
we have
(Σ[i∈S] a_i)^2 ≦ Σ[1≦i≦j≦n] (a_i+････+a_j)^2.
(Gabriel Dospinescu) [5]
n次元空間で考える。
n個のヴェクトル {ａ,ｂ,ｃ, ････ } が規格化直交系をなす、とする。
ｔ = ａ(ａ･ｔ) + ｂ(ｂ･ｔ) + ｃ(ｃ･ｔ) + ････,
(ｔ･ｔ) = (ａ･ｔ)^2 + (ｂ･ｔ)^2 + (ｃ･ｔ)^2 + ････
≧ (ａ･ｔ)^2 + (ｂ･ｔ)^2.
ここで ｔ = (1,1,････,1) とおく。 >>359 を改良
x(x-2y)^2 + y(x-y)^2 ≧ (K-5/2)|⊿|,
ここに
⊿ = (a-b)(b-c)(c-a) = xy(x-y),
K = √(13/4 + 4√2) = 2.984435331765856875
(略証)
x(x-2y)^2 + y(x-y)^2 - (K-5/2)xy(x-y)
= x^3 - (K+1/2)x^2･y + (K-1/2)xy^2 + y^3
= (x+0.2819716800612y)(x-1.8832････y)^2,
≧ 0,
(x/y)｡ = {1 +√2 +√(2√2 -1)}/2
= 1.8832035059135
x(x-2y)^2 + y(x-y)^2 + (K+5/2)xy(x-y)
= x^3 + (K-1/2)x^2･y - (K+1/2)xy^2 + y^3
= (x+3.546455444685y)(x-0.53101････y)^2
≧ 0,
(x/y)｡ = {1 +√2 -√(2√2 -1)}/2
= 0.531010056459569 ネットで拾った数オリ代表が作った不等式問題
おそらく海陽中等教育学校の神田秀峰と思われる
https://i.imgur.com/RUbbbS4.png ９．神田
nを1以上の整数とする。
2n個の正の実数 x1,x2,････,xn, y1,y2,････,yn は
x1 + x2 + ････ + xn = 1,
をみたす。 1以上n以下の任意の整数の組(i,j)に対し
x1 + ････ + x_{i-1} ≧ y_j または 2 - x1 - ････ - x_j ≧ y_i
となるとき
x1･y1 + x2･y2 + ････ + xn･yn ≦ 1
を示せ。 >>301
x = max{a,b,c} で場合分けする方法もある････
(i) 0≦x≦1 のとき
a^2020 - a^2 +4 ≧ a^2018 + 3 > 3, etc.
∴ (左辺) > 27 ≧ (3xx)^3 ≧ (aa+bb+cc)^3.
(ii) x>1 のとき
x^2020 - x^2 +4 > x^26 - x^2 +4 > x^24 +1 +1 +1 > 4 x^6,
∴ (左辺) ≧ 36 x^6 = (4/3)(3xx)^3 ≧ (4/3)(aa+bb+cc)^3.
http://suseum.jp/gq/question/3129 (クロニャンコさん-改) >>324
問2
c - a > 3 を示せ。
-----------------------------------------------------------------
f(x) > 4x - abc (0<x<1) ⇒ a < abc/4,
f(x) < 4x -12 -abc (3<x<4) ⇒ c > 3 + abc/4,
もあるが････ >>73
ベルトラン予想（チェビシェフの定理）によらないでも
初等的な論法によって証明できる。 (神戸市・公文氏)
数セミ増刊「数学の問題 第(3)集」日本評論社 (1988)
●107 >>376
その本には、初等的な論法による証明は紹介されているのでせうか？ ●107
(3) 自然数nは、n^(1/3) より小さいすべての自然数で割り切れるという。
このような最大のnは何でしょうか。
(4) 自然数nは、n^(1/4) より小さいすべての自然数で割り切れるという。
このような最大のnは何でしょうか。
(5) 自然数nは、n^(1/5) より小さいすべての自然数で割り切れるという。
このような最大のnは何でしょうか。 (3) n = 420 = GCD{1,･･･,7} [n^(1/3)] = 7.4888724
(4) n = 27720 = GCD{1,･･･,12} [n^(1/4)] = 12.903226
(5) n = 720720 = GCD{1,･･･,16} [n^(1/5)] = 14.844081 まちがえた...orz
(3) n = 420 = LCM{1,･･･,7} n^(1/3) = 7.4888724
(4) n = 27720 = LCM{1,･･･,12} n^(1/4) = 12.903226
(5) n = 720720 = LCM{1,･･･,16} n^(1/5) = 14.844081 (1) x^4 + x^3 - 2x + 1 > 0,
(2) x^4 + x^3 - 2x + 6/7 > 0,
高校数学の質問スレPart404．051～068 >>381
(1)は見た瞬間にグラフの概形が頭に描かれたわ。
訓練された不等式ヲタとは、そういうものだ。 (1) の方は
(1/4)x^4 + x^3 - 2x + 1 = (xx/2 +x -1)^2,
だが・・・・ >>383
平方完成は瞬時にはできんかったわい。
3流不等式ヲタでスマン。 x,y>0に対して、
(x^x)*(y^y)*(Γ((x+y)/2))^2 ≦ Γ(x)*Γ(y)*((x+y)/2)^(x+y).
ここで、Γはガンマ関数 >>385
f(x) = log{Γ(x)} - x･log(x),
f '(x) = ψ(x) - log(x) - 1,
f "(x) = ψ ' (x) - 1/x > 0,
ここに ψ(x) = Γ '(x)/Γ(x) ････ digamma関数。
∴ f(x) は下に凸。 >>381
(2)
まず、高次の項を見て
(左辺）=（xx +x/2 -c)^2 +（2c-1/4)xx -(2-c)x + (6/7-cc),
とする。cは定数。
左辺は x = 0.607 の辺りで最小になるので |xx +x/2 -c| も小さいはず。
→ x=0.6 で xx +x/2 -c = 0 となるように c=0.66 とする。
(左辺）=（xx +x/2 -0.66)^2 + 1.07xx - 1.34x + 0.421542857
=｛(x-0.6)(x+1.1)}^2 + 1.07(x-67/107)^2 + 0.002010
≧ 0.002010 >>385
・E. Artin: "Entfuhrung in die Theorie der Gammafunktion"，Hamburg （1931)
･高木貞治：「解析概論」改訂第三版, 岩波書店 (1961)
第5章 §68. ガンマ函数
・E.アルチン「ガンマ関数入門」(はじめよう数学6), 日本評論社 (2002)
p.126 2200円 上野健爾 [訳･解説]
http://www.nippyo.co.jp/shop/book/1985.html 三角形の辺長 a,b,c および面積 S に対して、
√(aa+bb-4S) + √(aa+cc-4S) ≧ √(bb+cc-4S). BC = a, CA = b, AB = c としよう。
頂点Aから対辺BCに下した垂線(の延長線)上に、
AD = BC = a
となる点Dをとると
CD = √(aa+bb-2ab･sinC) = √(aa+bb-4S),
BD = √(aa+cc-2ac･sinB) = √(aa+cc-4S),
で、どうする？ >>391
うむ、不等式信者が増えているようで何より。 >>391
Tenma Inequality Contest
次を示せ。
1. x,y,z≧0、x+y+z=1 のとき
7/9 ≦ (xyz+1)/(xy+yz+zx+1) ≦ 1,
2. x,y,z≧0、 xyz=1 のとき
(y/x + z/y + x/z) + (x/y + y/z + z/x) ≧ (x+y+z) + (1/x + 1/y + 1/z) ≧ 6,
3. x,y,z>0, x+y+z=1 のとき
1/{x(y+z)} + 1/{y(z+x)} + 1/{z(x+y)} ≧ 27/2 ≧ 1/(x^4 + y^4 + z^4 + xyz),
4. x,y,z≧0 のとき
3(x^3+y^3+z^3 +1) + 4(xy+yz+zx) ≧ 9xyz + 4(x+y+z), >>393
１．
s = x+y+z
t = xy+yz+zx
u = xyz
とおく。
左)
u + 1 - (7/9)(t+1) = u + s^3 - (7/9)s(t+ss)
= (2s^3 -7st+9u)/9
≧ {(s^3 -4st+9u) + s(ss-3t)} ≧ 0,
等号成立は x=y=z=1/3,
右)
(分母) - (分子) = (xy+yz+zx) - xyz
= (x+y+z)(xy+yz+zx) - xyz
= (x+y)(x+z)(z+x)
≧ 0,
等号成立は {x,y,z} = {0,0,1} >>393
２.
xyz = G^3 とすると AM-GMで
x+y+z ≧ 3G, 1/x+1/y+1/z ≧ 3/G,
(左辺) = (x+y+z)(1/x+1/y+1/z) -3
≧ 3(x+y+z)/G + 3G(1/x+1/y+1/z) -12
≧ (x+y+z)/G + G(1/x+1/y+1/z),
なお、対称式でなくても AM-GMで
(1/3)(x/y+x/y+y/z) ≧ x/G, etc.
巡回的にたすと
x/y + y/z + z/x ≧ (x+y+z)/G,
同様にして
(1/3)(x/y+y/z+y/z) ≧ G/z, etc.
巡回的にたすと
x/y + y/z + z/x ≧ (1/x+1/y+1/z)G,
は出る。
文献[9] 佐藤(訳) 朝倉書店 (2013) p.26 演習問題1.75 >>393
３.
1/(x(y+z)）= 1/(x(s-x)）=｛1/x + 1/(s-x)}/s,
(左辺）≧｛1/x + 1/y + 1/z + 1/(s-x）+ 1/(s-y）+ 1/(s-z)}/s
≧｛9/(x+y+z)｝+ 9/(3s-x-y-z)}/s (← AM-HM)
= 9/(ss）+ 9/(2ss)
= 27/(2ss),
x^4 +y^4 +z^4 + xyz
≧（x+y+z)(x^3+y^3+z^3)/3 + xyz
= s(s^3 -3st +3u)/3 + u
=（s^3 -3st +6u)/3 (s=1)
=（2/9)(s^3 -4st +9u）+（1/27)s(ss-3t）+（2/27)s^3
≧（2/27)s^3,
∴（右辺）≦ 27/(2s^3), >>393
４.
(左辺）-（右辺）= 3s(ss-3t）+4t -4s +3
=｛(3s^3 -4s +3)(ss-3t) + t(2s-3)^2}/ss
≧ 0,
3s^3 -4s +3 = 3(s+4/3)(s-2/3)^2 + 11/9 ≧ 11/9. >>398
〔問題５〕
nを2以上の整数とし、a_1, a_2, ････, a_n を正の整数とする。
このとき、次の3つの条件をみたす正の整数 b_1, b_2, ････, b_n が存在することを示せ。
(A) i = 1,2,････,n に対して a_i≦b_i である。
(B) b_1, b_2, ････, b_n をnで割った余りはすべて異なる。
(C) 不等式
b_1 + b_2 + ････+ b_n ≦ n（(n-1)/2 +［(a_1+a_2+････+a_n)/n]).
が成り立つ。
ただし、実数xに対してxを超えない最大の整数を［x］で表わす。
>>392
そうかなぁ？ R^3上の(可測)集合A,Bに対して、
A+B:={x+y | x∈A,y∈B}とする.
このとき、
(A+Bの体積)^(1/3)≧(Aの体積)^(1/3)+(Bの体積)^(1/3)
を証明せよ. >>400
ちなみに、A,Bを2次元平面上の図形として、
(A+Bの面積)^(1/2)≧(Aの面積)^(1/2)+(Bの面積)^(1/2)
となることは比較的簡単に証明出来ます a,b,c>0, λ≧0
(a/b + b/c + c/a){a/(a+λb) + b/(b+λc) + c/(c+λa)} ≧ 9/(λ+1).
RMMかどこかで昔拾ったものだったか?
( ﾟ∀ﾟ) ﾌﾟｩ
ﾉヽﾉ) =3 'A`)ﾉ ﾋｬｰ
くく へﾍﾉ 3月の宿題で(1)のみ正解の数弱@shukudai_sujaku
昨年度の大学への数学(大数)での勝率は、
学コンBコースが 1/1 = 100% ，
宿題が 3/10 = 30% でした！
宿題の勝率が低すぎると思うので、
これからは一層精進していきたいです！
https://twitter.com/shukudai_sujaku
https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account) 3月の宿題で(1)のみ正解の数弱@shukudai_sujaku
昨年度の大学への数学(大数)での勝率は、
学コンBコースが 1/1 = 100% ，
宿題が 3/10 = 30% でした！
宿題の勝率が低すぎると思うので、
これからは一層精進していきたいです！
https://twitter.com/shukudai_sujaku
https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account) >>401
平面のときのも全然証明わかりません
証明もしくは出典教えてほしいです >>405
ヒントを言うとまずはA,B共に長方形の場合で示してください
ある有名不等式になります
どうしても答えが知りたければ
「Brunn–Minkowskiの不等式」でググってください >>406
ありがとう
調べたらかなり有名みたいだね
もちろん最初に同じ向きの長方形の場合を考えてみたけど、そこから一般の場合にどう持っていくのかが謎すぎた
和をとった後の図形がどれくらい小さくなるかは元の図形の大域的な様子が必要そうに思えてさ
wikiぱっと見た感じでは凸包をとってよくて、さらに凸図形の場合は表面積の情報で抑えられるという感じなのかな >>407
測度論で長方形から一般の可測集合に主張を拡張したい場合は「Dynkin's π-λ theorem」という便利な定理があります 適当にパラメータ付けした図形にBrunn–Minkowskiの不等式を適応すれば
大量に不等式を生成することが出来ます 3月の宿題で(1)のみ正解の数弱@shukudai_sujaku
昨年度の大学への数学(大数)での勝率は、
学コンBコースが 1/1 = 100% ，
宿題が 3/10 = 30% でした！
宿題の勝率が低すぎると思うので、
これからは一層精進していきたいです！
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https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account) >>410
１
a,b,c>0 のとき、
30sst ≦ 7s^4 + 9tt + 54su,
を示せ。
ここに s = a+b+c, t = ab+bc+ca, u = abc とおいた。
２
実数列｛a_i},{b_j},{c_k｝がある。以下の不等式が成り立つことを証明せよ。
(Σaa)(Σbc)^2 +（Σbb)(Σca)^2 +（Σcc)(Σab)^2 ≦（Σaa)(Σbb)(Σcc）+ 2(Σab)(Σbc)(Σca),
３
x1,x2,･･･,xn を実数とし、ｘ=（x1,x2,････,xn）と書く。
f(x）と g(x）は対称式である。
f(x）≦ g(x）が成り立ち、
等号成立が ｘ = ｘ_p =（y1,y2,････,yn）に限るとしても
f(ｘ）≦ g(ｘ_p)
が成り立たない例があることを示せ。
４
0 < x,y,z のとき、
x/y + y/z + z/x ≧ (x+y+z)^2 /(xy+yz+zx),
を示せ。
５(改)
1 < log([(e-2)x+2]/[(e-2)(x-1)+2]) + x･log(1+1/x）< f(x), (x>1)
ここに f(x）=｛x･log(x）+ log(x+1）- log(2Γ(x+1))}/(x-1),
lim[x→1］f(x）= γ + 1/2,
lim[x→∞］f(x）= 1,
６
∀x,y ∈［0,π/2)
sin(x+y）+ tan(x)tan(y）≦ √{1+tan(x)^2}･√{1+tan(y)^2}, １
(右辺）= 7s^4 + 9tt + 54su
= 30sst +（ss-3t)^2 + 6s(s^3 -4st+9u)
= 30sst +（F_0)^2 + 6s･F_1
≧ 30sst,
F_0 = ss -3t ≧ 0, F_1 = s^3 -4st +9u ≧ 0. (シューア)
３
f(ｘ）= Σ[i=1,n] (x_i)^2, g(ｘ）= 2Σ[i=1,n] (x_i)^2,
g(ｘ_p）= g(ｏ）= 0.
何か勘違いしてるかな？
４
コーシーで。
（分数形のものは Engel型のCauchy とか、Arthur Engelの最小原理と呼ぶらしい。)
文献[9] 佐藤(訳) 朝倉書店 (2013) p.44-45
６
(左辺)^2 ≦｛1 +｜tan(x)tan(y)|}^2
≦ √{[1 +｜tan(x)tan(y)|]^2 +［tan(x)±tan(y)]^2}/2
=｛1+tan(x)^2} {1+tan(y)^2},
或いは同じことだが
(左辺)^2 ≦（1 +｜tan(x)tan(y)|)^2
=｛cos(x)cos(y）± sin(x)sin(y)}^2 /{cos(x)cos(y)}^2
= cos(x干y)^2 /{cos(x)cos(y)}^2 (←複号は適当な方をとる)
≦ 1/{cos(x)cos(y)}^2, ２
Σaa = AA, Σbb = BB, Σcc = CC,
Σab = AB cosγ, Σbc = BC cosα, Σca = CA cosβ,
とおく。(0≦α,β,γ≦π)
球面三角不等式
｜α-β｜≦ γ ≦ α+β,
より
cos(α-β）≧ cosγ ≧ cos(α+β),
｜cosγ - cosα･cosβ｜≦｜sinα･sinβ|,
２乗して整理すると
（cosα)^2 +（cosβ)^2 +（cosγ)^2 ≦ 1 + 2(cosα)(cosβ)(cosγ),
これに（ABC)^2 を掛ければ
(Σaa)(Σbc)^2 +（Σbb)(Σca)^2 +（Σcc)(Σab)^2 ≦（Σaa)(Σbb)(Σcc）+ 2(Σab)(Σbc)(Σca). ５
x≒1 では
x･log(x）+ log(x+1）- log(2）=（3/2)(x-1）+（3/8)(x-1)^2 -（1/8)(x-1)^3 + ･･･
log{Γ(x+1)｝=（1-γ)(x-1）+（ππ-6)/12・(x-1)^2 - 0.0673523(x-1)^3 + ････
f(x）=（γ+1/2）+（7/8 - ππ/12)(x-1) - 0.0576477(x-1)^3 + ････
x >>1 では
x･log(x）+ log(x+1）=（x+1)log(x）+ 1/x - 1/(2xx）+ 1/(3x^3）- ････
log{2Γ(x+1)｝=（x+1/2)log(x）-x +（1/2)log(8π）+ 1/(12x) - 1/(360x^3) + ･･･
f(x) =｛x +（1/2)log(x）-（1/2)log(8π）+ 11/(12x）- 1/(2xx）+ 121/(360x^3)}/(x-1)
→ 1 (x→∞)
６（訂正)
(左辺)^2 ≦｛1 + |tan(x)tan(y)|}^2
≦｛1 + |tan(x)tan(y)| })^2 +｛ |tan(x)| - |tan(y)| }^2
=｛1 + tan(x)^2} {1 + tan(y)^2}, 引き続く3つの奇数の和が54を超えないとき、
小さい数の最大値を求めよ。
The sum of three consecutive odd numbers is not greater than 54,
find the largest value of the smallest number.
數學999
http://www.youtube.com/watch?v=GTehFFxQCp8 02:42 n, k は2以上の整数、Aはn×nエルミート行列のとき、
(det A)^(1/n) ≦ [{(tr A)^k - tr(A^k)}/(n^k - n)]^(1/k). >>414
２
| (a･a) (a･b) (a･c) |
RHS - LHS =｜(b･a) (b･b) (b･c) | (Grammian)
| (c･a) (c･b) (c･c) |
| a |
=｜b｜| a b c | ≧ 0,
| c |
桑野耕一「ラグランジュ恒等式とは何か」
数学セミナー、連載（2006年4月号～）
なお、上式は（|a||b||c|)^2 以下になる。(Hadamardの不等式)
高木：「解析概論」改訂第三版、岩波書店(1961)
第2章 §26.極大・極小 [例2] p.72～75
分かスレ４５９．588, 594, 759 など。 〔問題〕
x,y,zが非負実数全体を動くとき
(x+y+z)^3 /(xyy+yzz+zxx+xyz）≧ 27/4,
を示せ。
例の問題... >>420
(略証)
0 ≦ Min{x,y,z｝= x としてもよい。
4(x+y+z)^3 - 27(xyy+yzz+zxx+xyz)
= 9x(xx+yy+zz-xy-yz-zx) + (y+4z-5x)(x-2y+z)^2 ≧ 0,
等号成立は（x,y,z) = (1,1,1) (0,1,2) (1,2,0) (2,0,1)
［前スレ．014-020]
文献[8] 安藤：「不等式」数学書房 (2012）例題2.2.12(7）p.56
Inequalitybot [169]
(類題)
カナダMO-1995 A5
イギリスMO-2009 A4
Inequalitybot [61] >>402
(1+λ)(a/b + b/c + c/a）≧（a/b + b/c + c/a）+ 3λ (AM-GM)
=（a+λb)/b +（b+λc)/c +（c+λa)/a,
∴ コーシーで
(1+λ)･LHS ≧｛√(a/b）+ √(b/c）+ √(c/a)}^2
≧ 3^2 (AM-GM)
= 9, >>421
巡回的なものを非巡回的な式に変形して示すの不思議
巡回的な変形でも示せるのか気になる >>414
>>418
2次形式
f(x,y,z）=｜xａ + yｂ + zｃ｜^2
が半正値だから、
RHS - LHS =（判別式）≧ 0, >>416
(略解)
Let x be the smallest odd number.
x + (x+2) + (x+4) ≦ 54,
3x + 6 ≦ 54,
x ≦ 16,
x ≦ 15, (x is odd number)
∴ The largest value of the smallest nember is 15. a,b,c>0, a+b+c=1
36/(aab+bbc+cca) + 1/(abc) ≧ {24(aab+bbc+cca-6abc)^2}/abc + 343 a,b,c>0、G=(abc)^(1/3) に対して
a/(a+2b+3) + b/(b+2c+3) + c/(c+2a+3) ≧ G/(1+G).
JBMO2020って何だよ？ >>427
｛a(a+2b+3）+ b(b+2c+3）+ c(c+2a+3)｝= (a+b+c)(a+b+c+3）= 9A(A+1),
を左辺に掛ける。 コーシーにより
9A(1+A)(左辺）≧（a+b+c)^2 = 9AA,
∴ (左辺）≧ A/(1+A）≧ G/(1+G), (← AM-GM)
JBMO = Junior Balkan Mathematical Olympiad
なお、日本のは JJMO >>427
1/(1+x）≧ 1-x より
a/(a+2b+3) = a/{(a+b+c+3) + (b-c)}
= a/{(a+b+c+3) (1+x)}
≧ a(1-x)/(a+b+c+3)
= a/(a+b+c+3) - (ab-ca)/(a+b+c+3)^2,
循環的にたす。
(左辺）≧（a+b+c)/(a+b+c+3）≧ G/(G+1)), >>266 のことでござるか････
JBMO2020 はバルカンMO (BMO) のジュニア版のこと >>428
じゃなく、ただのハンドル名かも････ 〔問題３〕改
a,b,c は正の実数で 1/a + 1/b + 1/c ≧ 3 であるとする。
(a+1/b)^2 + (b+1/c)^2 + (c+1/a)^2 ≧ 3(a+b+c+1).
を証明せよ。 等号が成立つのはいつか？
Problem 3. (modified)
Let a,b,c be positive real numbers such that 1/a+1/b+1/c ≧3.
Prove that
(a+1/b)^2 + (b+1/c)^2 + (c+1/a)^2 ≧ 3(a+b+c+1).
When does equality hold ?
JBMO-2014 P.3 相加平均 A =（a+b+c)/3,
調和平均 H = 3/(1/a+1/b+1/c）とおく。
問題の条件は H≦1.
2乗平均≧相加平均 より
(左辺）≧ 3(A + 1/H)^2
= 3(A-1)^2 + 3(3A+1) + 3(A-H)(2-H)/H + 3(1/H^2 - H)
≧ 3(3A+1)
= 3(a+b+c+1),
http://global.olympiadsuccess.com/junior-balkan-mathematical-olympiad
→ JBMO 2014 Solutions (マケドニア大会) [例9-3] 改
次の不等式をみたす整数a,b,cで、どれか１つは0でなく、
かつどの絶対値も100万を超えないものが存在することを示せ。
｜a + b√2 + c√3｜< 10^(-12),
[第2章．274-276]
秋山 仁 + ピーター・フランクル 共著：
［完全攻略］数学オリンピック, p.47-48, 日本評論社 (1991/Nov)
注）鳩ノ巣原理では解けません。 二変数a,bの相加平均、相乗平均、調和平均の幾何学的な証明（直径a+bの円）がありますけど
三変数a,b,cの場合の幾何学的な証明はあるのでしょうか？相加平均は重心という自明な意味が
あるけど残りの二つの幾何的な意味がよくわからない。 球だとできるんですか？立方体で無理やり解釈することもできるけど一目瞭然では全然ないようなのしかできない。。
３辺がa,b,cの直方体の体積V=abc ,表面積S=2(ab+bc+ca) とすると
３辺の長さの相加平均≧直方体と同体積の立方体の１辺≧V/表面積の平均値 >>433
97 -56√3 = 1/(97+56√3) = 0.005154776
99 -70√2 = 1/(99+70√2) = 0.005050634
辺々足して14で割る。
14 - 5√2 - 4√3 = 7.28957859×10^(-4) ････ (1)
辺々引いて2で割る。
-1 + 35√2 - 28√3 = 5.207113×10^(-5) ････ (2)
(2)×14 - (1)
-28 + 495√2 - 388√3 = 3.7957659×10^(-8) ････ (3)
また、
127 + 138√2 -186√3 = 2.139967594×10^(-5) ････ (4)
205 - 58√2 - 71√3 = 6.04497020×10^(-6) ････ (5)
* 3.352882344113････×10^(-13）まではあるらしい｡ >>433
a=96051, b=-616920, c=448258 のとき
a + b√2 + c√3 = 3.352882344113･･･×10^(-13) 〔問題404-627〕
0<x<y<1<x+y のとき
{(1-x)(1-y)(x+y-1)(y-x)^2}/(x+y)^2
の最大値を求めるにはどうすればいいでしょう？
[高校数学の質問スレPart404．627,632,635] 〔問題404-634〕
q>1 を定数とする。
x^q + y^q + z^q = 1 を満たす正の実数x,y,zであって
(x+1)(y+1)(z+1) を最大にするものを求めよ。
[高校数学の質問スレPart404．634,639,648] log(1+t^(1/q))はこのスレでは流行らないんだよな。 問題１
三角形ABCとその内部の点Pは、AB=7、AC=8、PB=1、PC=4 を満たす。
∠BAC と ∠BPC の二等分線が平行であるときの、BCの長さを求めよ。
(解答例)
題意より、点Pは△ABCの垂心となる。
AP⊥BC、BP⊥CA、CP⊥AB
二等分線の方向をｘ軸とすれば傾きは
AP -1/5、 BC 5
BP -3、 CA 1/3
CP 3、 AB -1/3
よって
A(0,0) B(21/√10, -7/√10) C(24/√10, 8/√10) P(20/√10, -4/√10)
長さは
BC = 3√(13/5) = 4.83735
AP = 4√(13/5) = 6.4498 問題２
nを4以上の整数とする。
ある正n角形の各頂点にはある頂点から反時計回りで１からnの整数が
書かれている。
この正n角形にn-3本の対角線(辺は含まない)を どの二つの対角線も
交わらないように取ると、正n角形はn-2個の三角形に分けられる。
(証明不要)
これらn-2個の三角形それぞれの得点をその三角形の3頂点に書かれた
整数の和とする。
n-2個の三角形の得点の総和として考えられる最大の値を求めよ。
(解答例)
Σ[k=1,n] (点 'k' を共有する三角形の数)
= Σ[k=1,n] (点 'k' を端点とする対角線の数+1)
∴ 点 'n' を端点とする対角線n-3本をとれば 2n(n-2) (最大)
逆に 点 '1' を端点とする対角線n-3本を取れば (n+3)(n-2) (最小) 問題３
以下の等式を満たす正の整数の組 (a,b,c) を全て求めよ。
a^(bc) + b^(ca) = c^(ab)
(解答例)
a^(bc) < c^(ab) より a^c < c^a,
b^(ac) < c^(ab) より b^c < c^b,
∴ a^(1/a), b^(1/b) < c^(1/c),
一方
1 < n^(1/n) < ････ < 5^(1/5) < 4^(1/4) = 2^(1/2) < 3^(1/3),
と比べて
(a,b,c) = (1,1,2) (1,2,3) (2,1,3) 問題４
内接円を持つ四角形ABCDの辺 AB, BC, CD, DA 上に
それぞれ P, Q, R, S をとり、線分PRとQSの交点をKとする。
四角形 APKS, BQKP, CRKQ に内接円が存在するとき、
四角形 DSKR にも内接円が存在することを示せ。
(解答例)
内接円をもつ ⇔ 2組の対辺の和が等しい。
だけでは解けぬ。どうするか？ 問題５
ある2以上の整数dは、ちょうどk個の正の約数 d_1 < d_2 < ･････ < d_k を持ち、
任意のk個の正の実数 x_1, x_2, ･････, x_k に対して以下の不等式を満たす。
このようなdを全て求めよ。
(√x_1 + √x_2 + ･････ + √x_k + 1)^(2d)
≦ (k+1)^(2d)･Π[i=1,k] {(x_i^d_i + k)/(k+1)}^d_(k+1-i)
≦ 2^(2d-k)･Π[i=1,k] (x_i^d + k^d_(k+1-i)),
ガラパゴス不等式と名付けたい････ [第7章.946]
i-j=k をみたすn-k項と i-j=n-k をみたすk項 の計n項で Jensen する。
n項の引数の和はkとなる。
Σ[i-j=k] f(x_i - x_j) + Σ[i-j=n-k] f(1 - x_i + x_j) ≧ n f(k/n),
k=1,2,････,n-1 でたす。
--------------------------------------------------------
蛇足だが････
f(a) ≦ n ∫[a-1/2n, a+1/2n] f(x) dx,
より
Σ[k=1,n-1] f(k/n) ≦ n∫[1/2n, 1-1/2n] f(x) dx ≦ (n-1)∫[0,1] f(x) dx,
http://suseum.jp/gq/question/2724 >>440
s = x+y, t=xy とおくと
0 < t < 1 < s < 2,
16(1-x)(1-y)(x-y)^2 = 16(1-s+t)(ss-4t) (← tの2次式)
= (2-s)^4 - {(2+s)^2 -8t -8}^2 (← 平方完成)
≦ (2-s)^4,
より
(与式）≦ (s-1)(2-s)^4 /(16ss)
= (2/√3 -1)^3 - g(s)(s-2/√3)^2 /(16ss)
≦ (2/√3 -1)^3
= 0.003702332976 = M,
等号は s = 2/√3 = 1.1547 のとき。
10+M = 10 + (2/√3 -1)^3
= (2/√3 +1)^3
= 1/{3(2/√3 -1)}^3
= 1/(27M),
M = 1/{27(10+M)} < 1/270 = 0.00370370････
g(s) = {(√3)(2-s)^3 + (3√3 -4)(2-s)^2 + 4(3√3 -5)(2-s) + 8(7-4√3)}/(√3)
> 8(7-4√3)/√3
= 0.331615 (s<2)
∵ 5/3 < √3 < 7/4, >>441
q乗平均Q ≧ 相加平均A
より
(x+1)(y+1) = (A+1)^2 - (1/4)(x-y)^2
≦ (A+1)^2
≦ (Q+1)^2,
∴ (x+1)(y+1)(z+1) ≦ (Q+1)(Q+1)(z+1),
∴ もし最大値があるとすれば、それは x=y=z に限る。 >444
△ABCの垂心をHとおく。
辺BCに関してHと対称な点をDとおくと、
∠D = ∠BHC = 180ﾟ - ∠A,
∴ Dは△ABCの外接円上にある。
OA = OD
∴ ∠OAH = ∠ODH ････ (1)
△ABCを中点三角形とするような大三角形△A'B'C'を考える。
その垂心は三角形ABCの外心Oである。
相似関係より、
∠BAO=∠CAH, ∠CAH=∠BAO,
∴ ∠A の二等分線は ∠OAHの二等分線。
∠BDO=∠CDH, ∠CDH=∠BDO,
∴ ∠D の二等分線は ∠ODHの二等分線。
(1) より
∠BHC の二等分線 // ∠Aの二等分線 [AMM, Problem 12154]
Let r_a , r_b , and r_c be the exradii of a triangle with circumradius R and inradius r. Prove
r_a/(r_b + r_c) + r_b/(r_c + r_a) + r_c/(r_a + r_b) ≧ 2 - r/R. >>438
38419 -13895√2 -10836√3 = 9.489944×10^(-9),
1920 -42258√2 +33395√3 = 4.066451×10^(-10), >>438
97-56√3 = (2-√3)^4 = 1/(2+√3)^4,
99-70√2 = (√2 -1)^6 = 1/(1+√2)^6,
より
-28 +495√2 -388√3 = {-(√2 -1)^12 +（2-√3)^8}/28, ････ (3) 38419 -13895√2 -10836√3 = 9.489944×10^(-9) ････ (6)
1920 -42258√2 +33395√3 = 4.066451×10^(-10) ････ (7)
(4)×2 - (5)×7
-1181 +682√2 +125√3 = 4.84560485×10^(-7) ････ (8)
(6)×4 - (3)
153704 - 56075√2 -42956√3 = 2.11768032×10^(-12) ････ (9) >>372
(1,n) から 1 ≧ y1
(i,i) から 2-S_i ≧ yi,
(n,n) から 1 ≧ yn,
(i,j) i<j から
S_(i-1) ≧ yj または 2-S_j ≧ yi ････ これが難解
なお (1,2) ～ (1,n-1) と (i,j) i>j は不要
S_k = x0 + x1 + x2 + ･････ + xk, (1) 円周率πに対して、3.1<π<3.2を示せ
(2)ネイピア数eに対して、2.7<e<2.8を示せ (1)
>>100 で θ=π/6 とおくと
18/(2 + 2 + √3) < π < 2(1/2 + 1/2 + 1/√3),
3.140237343 < π < 3.15470054
(2)
特に x=1 のとき、剰余項を入れて書けば
e = 1 + 1/1! + 1/2! + ････ + 1/n! + R_(n+1) (11)
R_(n+1) = e^θ/(n+1)! < 3/(n+1)!
今(11)を用いて1/n!を計算して行けば、n=4 までは右図のようになる。
それらを加えてeの近似値を得るが、剰余項 R_5 < 1/40 だから
2 + 17/24 < e < 2 + 11/15
2.7083333 < e < 2.7333333
高木：「解析概論」改訂第三版、岩波書店 (1961)
第2章 微分法、§25．Taylorの公式、p.66 (1)
Simpson の方法 は（3）の応用である。
h=(b-a)/2n と置いて y_(2i-1) に隣る二つの区間に関する積分∫f(x)dx の
近似値として（3）のように
(h/3){y_(2i-2) + 4y_(2i-1) + y_(2i)}
を取って i=1,2,････,n に亘って総計すれば
∫[a,b] f(x)dx
≒ (h/3){y_0 +4y_1 +2y_2 +4y_3 + ････ + 2y_(2n-2) + 4y_(2n-1) + y_(2n)},
これが Simpson の公式である。 ････ (5)
もしも（4）によって剰余項をも取るならば、総計して
R = -{n(h^5)/90}f^(4)(ξ) = -{(b-a)(h^4)/180}f^(4)(ξ),
これは Simpsonの公式の誤差の限界を与える。
一例として π/4 = ∫[0,1] 1/(1+x^2) dx からπの近似値を計算してみよう。
n=5 とすれば h=0.1
π/4 = (0.1/3)(1/1.00 + 4/1.01 + 2/1.04 + 4/1.09 + 2/1.16 + 4/1.25
+ 2/1.36 + 4/1.49 + 2/1.64 + 4/1.81 + 1/2.00) + R
= (0.1/3)・23.5619446 + R
= 0.7853981535 + R
∴ π = 3.141592614 + 4R
-1.333×10^(-5) < R < 1.667×10^(-6)
{実際は R = 9.91264×10^(-9)}
高木：「解析概論」改訂第三版、岩波書店 (1961)
第3章 積分法、§38．定積分の近似計算 p.127-128
（貞治先生も筆の誤り？） u,v,w∈R^n
(||v||^2 ||w||^2 - (v,w)^2) ||u||^2 ≧ ||(w,u)v - (v,u)w||^2.
これは有名な不等式なん？ A_(i,j) = v_i w_j - v_j w_i (交代テンソル）とおくと
成分は 1≦i<j≦n をわたります。
与式は
||A||^2 |u|^2 ≧ |(A・u)|^2 = (スカラー三重積)^2
で、コーシーの不等式です。
3次元の場合、右辺は（u,v,wが作る平行六面体の体積)^2 です。
・幾何学的解釈
∠(v,w) = a, ∠(w,u) = b, ∠(u,v) = c
とおくと与式は
1 + 2cos(a)cos(b)cos(c) - cos(a)^2 - cos(b)^2 - cos(c)^2 ≧ 0,
すなわち
4 sin((a+b+c)/2) sin((-a+b+c)/2) sin((a-b+c)/2) sin((a+b-c)/2) ≧ 0,
なので、角｛a,b,c｝の三角不等式です。
・参考
{u,v,w｝がなす球面三角形の面積をSとすると
{4 cos(a/2) cos(b/2) cos(c/2) sin(S/2)}^2
= 4 sin((a+b+c)/2) sin((-a+b+c)/2) sin((a-b+c)/2) sin((a+b-c)/2)
= 1 - cos(a)^2 - cos(b)^2 - cos(c)^2 + 2cos(a)cos(b)cos(c)
= ｜1，cos(c)，cos(b)｜
｜cos(c)，1，cos(a)｜
｜cos(b)，cos(a)，1｜
これはヘロンの公式の球面版と考えられます。（カニョリの式） （訂正）
与式は
||A||^2 |u|^2 ≧ |(A・u)|^2
で、コーシーの不等式です。
3次元の場合、 ||A|| はv,wが作る平行4辺形の面積です。
･････
>>462 の行列式の各行に |u|, |v|, |w|, 各列に |u|, |v|, |w| を掛けて元に戻せば
｜(u, u) (u, v) (u, w)｜
｜(v, u) (v, v) (v, w)｜
｜(w, u) (w, v) (w, w)｜
の形（Grammian）になり、
｜ u'｜
｜v'｜｜u, v, w｜
｜w'｜
= （スカラー三重積)^2
= (u,v,wが作る平行六面体の体積)^2
でした。 4(a^6 + b^6 + c^6) + 5(a^5b + b^5c + c^5a) ≧ (1/27)*(a+b+c)^6 >>465
この手の同次数の不等式の係数というのは分母を払えば
(N個の係数1の単項式)≧(N個の係数1の単項式)
と書けるようになっていますよね？
このタイプ(特に巡回や対称の場合)の不等式に関して
どのようなとき不等式が成立するかの一般論ってあるんでしょうか
昔、考えたのは対称の場合で
指数のタイプ
(n,0,…,0)、(n-1,1,0,…,0)、…、(1,1,…,1)
に関してヤング図形的な半順序付けをしたとき
上の条件を満たすような係数になっていて、左辺の各単項に右辺の単項式への順序を下げる1対1対応があるとき不等式は成立するというものでした(これは確か証明できた)
これを使うと相加相乗などはすぐに示せます
逆に同次対称で上の係数条件を満たすような不等式はこの左右の順序を下げる1対1対応が存在するか？も考えたのですが確かこれには反例がありました >>465
aa=A, bb=B, cc=C とおく。
(左辺) - (aa+bb+cc)^3
≧ 4(A^3 + B^3 + C^3) + 15ABC - (A+B+C)^3
= 3{A(A-B)(A-C) + B(B-C)(B-A) + C(C-A)(C-B)}
= 3F_1(A,B,C)
≧ 0, (Schur-1)
∴ (左辺) ≧ (aa+bb+cc)^3 ≧ (1/27)(a+b+c)^6.
(1+1+1)(aa+bb+cc) ≧ (a+b+c)^2 (コーシー) から。 >>465
a^3 =A', b^3 =B', c^3 =C' とおく。
(左辺) = 4(a^6 + b^6 + c^6) + 5(a^5･b + b^5･c + c^5･a)
≧ (A'+B'+C'){(4/3)(A'+B'+C') +5abc} （← 補題)
= (A'+B'+C'){(1/3)(a+b+c)^3 + F_1(a,b,c)}
≧ (1/3)(A'+B'+C')(a+b+c)^3
≧ (1/3){(aa+bb+cc)(a+b+c)}^2, (← コーシー)
〔補題〕
a^5･b + b^5･c + c^5･a ≧ abc(a^3+b^3+c^3),
(略証)
a^5･b + b^5･c + c^5･a
≧ (a^3+b^3+c^3)^2 /(a/b+b/c+c/a) (← コーシー)
= abc(a^3+b^3+c^3)^2 /(aac+bba+ccb)
≧ abc(a^3+b^3+c^3), (← チェビシェフ)
あるいは
(16a^5･b + b^5･c + 4c^5･a)/21 ≧ a^4･bc, (← AM-GM)
巡回的にたす。 (終) 〔演習問題1.90〕
a,b,c を非負実数とする。このとき、次を証明せよ。
aa+bb+cc + 2abc + 1 ≧ aa+bb+cc + 3(abc)^(2/3)
≧ aa+bb+cc + 9abc/(a+b+c)
≧ 2(ab+bc+ca),
[9] 佐藤(訳), 朝倉書店 (2013) p.41 (略証)
左・中は AM-GM で出る。
右は通分して
(a+b+c)(aa+bb+cc-2ab-2bc+2ca) + 9abc
= a(a-b)(a-c) + b(b-c)(b-a) + c(c-a)(c-b)
= F_1(a,b,c) ≧ 0, (Schur-1) a,b,c,d>0
a + (ab)^(1/2) + (abc)^(1/3) ≦ (4/3)*(a+b+c)
a + (ab)^(1/2) + (abc)^(1/3) + (abcd)^(1/4) ≦ (143/100)*(a+b+c+d)
Slovenia 2012 ( ﾟ∀ﾟ) ｳﾋｮｯ！ 右辺の係数を λ_n とおくと
λ_1 = 1.0
λ_2 =（1+√2)/2 = 1.20710678118655 (a = (1+√2)^2･b)
λ_3 = 4/3 = 1.333333333 (a = 4b = 16c)
λ_4 = 1.42084438540961 (a = bp = cq = dr)
････
[第８章．972-990]
[前スレ．041] あたりの【Kiran Kedlaya】はこれの改良版（？） >>470
〔補題〕
a^{n+1}･b + b^{n+1}･c + c^{n+1}･a ≧ abc (a^{n-1} + b^{n-1} + c^{n-1}),
(略証)
n=0 のとき等号成立
n=1 のとき AM-GM
n≧2 のとき
a^{n-3} /b + b^{n-3} /c + c^{n-3} /a
= (a^{n-2}･c + b^{n-2}･a + c^{n-2}･b) /(abc)
≦ (a^{n-1} + b^{n-1} + c^{n-1}) /(abc),
よって
(左辺) ≧ (a^{n-1}+b^{n-1}+c^{n-1})^2 /(a^{n-3}/b + b^{n-3}/c + c^{n-3}/a)
(← コーシー)
≧ abc(a^{n-1}+b^{n-1}+c^{n-1}).
(別法)
AM-GMで
[nn･a^{n+1}･b + b^{n+1}･c + n c^{n+1}･a] /(nn+n+1) ≧ a^n･bc,
巡回的にたす。 異なる4つの実数が任意に与えられたとき
そこから |ab+1|>|a-b| を満たす異なる実数a,bが選べることを示せ。 >>476
[高校数学の質問スレPart405] から。
4つの実数をx_iとする。(i=1～4)
θ_i = arctan(x_i) (-π/2 < θ_i < π/2) とおく。
4つから上手く2つを選ぶと
|θi - θj| ≦π/4 または |θi-θj±π| ≦π/4,
となる。
tanの加法公式
tan(α-β) = (tanα-tanβ)/(1+tanα･tanβ),
より
1 ≧ |tan(θi - θj)| = |(x_i-x_j)/(1+x_i･x_j)|,
よって x_i, x_j は条件を満たす。
等号成立は {x_i} がπ/4ずつ異なるとき。 [895,948-949]
例：tan(±22.5ﾟ) = ±(√2 -1), tan(±67.5ﾟ) = ±(√2 +1), 三角形ABCの外接円の半径Rと内接円の半径rに対して、
2/R ≦ (1/a)*sec(A/2) + (1/b)*sec(B/2) + (1/c)*sec(C/2) ≦ 1/r.
[AMM, Prob12168] ( ﾟ∀ﾟ)ｳﾋｮｯ！ 〔Inequalitybot 98〕
aa ≦ 1, aa+bb ≦ 5, aa+bb+cc ≦ 14, aa+bb+cc+dd ≦ 30 のとき
a+b+c+d ≦ 10
を示せ。 Hungary-Israel binational 2007, 1日目, 問2 コーシーにより、
(a+b+c+d)^2 /(1+2+3+4) ≦ aa + bb/2 + cc/3 + dd/4
= (1-1/2)aa + (1/2-1/3)(aa+bb) + (1/3-1/4)(aa+bb+cc) + (1/4)(aa+bb+cc+dd)
≦ (1-1/2) + (1/2-1/3)･5 + (1/3-1/4)･14 + (1/4)･30
= 10,
等号成立は (a,b,c,d) = (1,2,3,4) a,b,c∈R,
a^2 + b^2 + c^2 > 0,
-1/2 ≦ Σ[cyc] ab/(a^2 + b^2 + 3c^2) ≦ 3/5.
[不明] ( ﾟ∀ﾟ)ｳﾋｮｯ！ (a^3+a^3+b^3)/3≧(a^3a^3b^3)^(1/3)=a^2b >>484
a,b,c≧0 に対し
a^3 + b^3 + c^3 ≧ abb + bcc + caa,
を示せ。
--------------------------------------
差積 (a-b)(b-c)(c-a) の符号は正にも負にもなるから、
このままではマズイ。
(ついでに言えば、符号も変)
0 ≦ {(a+2b)(a-b)^2 + (b+2c)(b-c)^2 + (c+2a)(c-a)^2}/3
= a^3 + b^3 + c^3 -abb -bcc -caa,
とやるか又は AM-GM で
(a^3 + 2b^3)/3 - abb = (1/3)(a+2b)(a-b)^2 ≧ 0 >>485
を循環的にたす。 「入試数学の純粋な難問」
0 ≦ x,y,z ≦ 1 のとき
(x+y+z)/3 + √{x(1-x)+y(1-y)+z(1-z)} ≦ 3/2
を示せ。
--------------------------------------------------------
(x+y+z)/3 = A とおく。
x(1-x) = (3/2)(3/8 - x/3) - (x - 3/4)^2 ≦ (3/2)(3/8 - x/3),
より
x(1-x) + y(1-y) + z(1-z) ≦ (3/2)(9/8 - A)
= (3/2 - A)^2 - (3/4 - A)^2 ≦ (3/2 - A)^2,
よって
√{x(1-x) + y(1-y) + z(1-z)} ≦ 3/2 - A, (x+y+z)/3=tとおいたら相加相乗平均でいけない？ a,b,c>0
$\frac{a^3+b^3}{ \sqrt{a^2-ab+b^2} } + \frac{b^3+c^3}{ \sqrt{b^2-bc+c^2} } + \frac{c^3+a^3}{ \sqrt{c^2-ca+a^2} } \geq 2(a^2+b^2+c^2)$
2020 China Norther MO ( ﾟ∀ﾟ)ｳﾋｮｯ！ (aa+1)(bb+1)(cc+1) = (a+b+c-abc)^2 + (ab+bc+ca-1)^2. (a+i)(b+i)(c+i) = (abc -a-b-c) + (ab+bc+ca-1)i,
(a-i)(b-i)(c-i) = (abc -a-b-c) - (ab+bc+ca-1)i,
辺々掛ける。 >>492
a,b,c>0 のとき
(a^3+b^3)/√(aa-ab+bb) + (b^3+c^3)/√(bb-bc+cc) + (c^3+a^3)/√(cc-ca+aa) ≧ 2(a^2 + b^2 + c^2),
(略証)
コーシーで
(x^3+y^3)/√(xx-xy+yy) = √{(x^3+y^3)(x+y)} ≧ x^2 + y^2,
巡回的にたす。 >>496
からくりを見ると、当たり前の等式だったんだなあ ( ﾟ∀ﾟ)ﾊｧﾊｧ… >>495
実数でやるなら
a+b+c = s, ab+bc+ca = t, abc = u,
とおく。
(左辺) = (abc)^2 + ((ab)^2 + (bc)^2 + (ca)^2) + (a^2 + b^2 + c^2) + 1
= uu + (tt-2su) + (ss-2t) + 1
= (uu -2su +ss) + (tt -2t +1)
= (u-s)^2 + (t-1)^2, >>493
(上)
〔問題214〕
自然数n∈Nを固定する。
i=1,2,･････,2n に対して |x_i| ≦ 1 の値をとるとき
Σ[1≦r<s≦2n] (s-r-n) x_r x_s
の取り得る最大の値を求めよ。
IMO Shortlist 2015 A-3
Inequalitybot [214]
(中）
△ABCにおいて、
F = {(sinA)^2 + 2(sinB)^2 + 3(sinC)^2} / {(sinA)(sinB)(sinC)}
とおく。
(1) △ABCの3辺の長さを BC=a, CA=b, AB=c とおき、
さらに△ABCの面積をSとする。
F を a,b,c,S で表わせ。
(2) Fの最小値を求めよ。
(下)
Problem 26
正の実数 a,b,c が ab+bc+ca=3 をみたすとき、
a(bb+cc)/(aa+bc) + b(cc+aa)/(bb+ca) + c(aa+bb)/(cc+ab) ≧ 3
が成立することを示せ。 (中)
(1) 正弦定理
sin(A) = a/2R, sin(B) = b/2R, sin(C) = c/2R,
と
S = abc/4R,
より
F = 2R(aa+2bb+3cc)/abc = (aa+2bb+3cc)/2S,
(2)
ところで 面積S は a,b,c の関数である。(ヘロンの公式)
(aa+2bb+3cc)^2 - 11･16SS
= (aa+2bb+3cc)^2 - 11{2(ab)^2 + 2(bc)^2 + 2(ca)^2 -a^4 -b^4 -c^4}
= (3･4･5){(bb/4-cc/3)^2 + 2(cc/3-aa/5)^2 + 3(aa/5-bb/4)^2}
≧ 0,
aa+2bb+3cc ≧ (4√11)S,
∴ F ≧ 2√11 = 6.63325
等号成立は a：b：c = √5：√4：√3 のとき。 a,b,c,d > 0
\sqrt[3]{ab} + \sqrt[3]{cd} ≦ \sqrt[3]{(a+c+d)(a+c+d)}
あばばばばばば
∩＿＿＿∩
|ノ ヽ/⌒) あびゃば
/⌒)(ﾟ) (ﾟ) / あびゃあばばば
/ / (_●)ミ / ∩――、
（ ヽ |∪| ／ ／(ﾟ)ヽ _ ヽ
＼ ヽノ / / (● (ﾟ) |つ
/ / ｜ (入_ノ ミ
｜ / ｜ (＿／ ノ
｜ ／＼ ＼ ＼＿＿＿ノﾞー-、
｜ / ) ) ／＼ ＿ ＼
(_ﾉ ( ＼ （⌒O ／＼ (＿ﾉ
＼＿) ＼ノ / ､ )０ 何かおかしい、何となくそんな気がした。
ＴＶに映る試合は俺とは全く縁もゆかりもない県同士の戦いだが、負けてる方をなんとな～く応援している気分でいると、これまたなんとなくそろそろハルヒが騒ぎ出すような気がした。 >>483
等号成立条件だけ。
最小値： {a,b,c} = {-1,0,1}
最大値： {a,b,c} = {1,1,1} {1,1,2/3} >>483、>>505
等号成立条件は、たぶんこうぢゃなゐかな？ ( ﾟ∀ﾟ)ｳﾋｮｯ！
(a,b,c,d) = (t, kt, (1+ 1/k)t, k(k+1)t), ただし k, t > 0 とする。 >>508
間違った。 >>507 は >>502 の等号成立条件。 ｘが0以上のとき 5x^3-3x+1>0
微分法で簡単に示せるですが
不等式エキスパートの人なら巧みな多項式変形とかで示せるですか？ x√5 = X とおけば
5x^3 - 3x + 1 > 5x^3 - 3x + (2/√5)
= (X^3 - 3X + 2) /√5
= (X+2)(X-1)^2 /√5
≧ 0,
ただし、x=1/√5 で極小になることを
微分などの方法で知る必要がある… a≧b≧c≧d＞0 かつ a+b+c+d=1 のとき、
(a+2b+3c+4d)(a^a)(b^b)(c^c)(d^d) ≦ 1. x=0のときは明らかなのでx>0として 5x^2 + 1/x > 3 を言えばよいが
相加相乗で左辺≧3*(5/4)^(1/3) >3 。
式変形だけで、例えば
x^16 - x + 1 = (x^8-1/2)^2+(x^4-1/2)^2+(x^2-1/2)^2+(x-1/2)^2
みたいな感じの巧みな変形でいけないものでしょうか。 >>512
X^3 + 1 + 1 ≧ 3X,
は 相加相乗平均(AM-GM) と思ってもいいし、
コーシー
(X^3 + 1 + 1)(1 + X^3 + 1)(1 + 1 + X^3)
≧ (X + X + X)^3
= (3X)^3,
の3乗根と思ってもいい。 >>514-515
abc3数の相加相乗平均は、
(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ba)
= (a+b+c){(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}
と変形できるので、a=X・b=1・c=1を代入して……って>>511と同じ式変形やないかーい笑
y=f(x) とした関数は非負だと x=1/√5 で極小値かつ最小値をとる。
極小値だけ移動した g(x)=f(x)-極小値 を考える→
x軸に接する
→(x-1/√5)^2 または (X-1)^2を因数にもつ
という考えと同じ。 >>516
少し話が逸れるんだけど4次や5次の相加相乗にも同じように直接平方完成する変形があるんでしょうか？ >>517
> 少し話が逸れるんだけど4次や5次の相加相乗にも同じように直接平方完成する変形があるんでしょうか？
なんと出来るらしい。
https://mathoverflow.net/questions/279969/wanted-positivity-certificate-for-the-am-gm-inequality-in-low-dimension
AMとGMの差は非負多項式で表すことが可能 https://gyazo.com/0e13cfb59b28c529dd5adbfed354bd16
具体的な恒等式（5次） https://gyazo.com/58b89593fc30a48f70ab35cee68d31e5
具体的な恒等式（2次・3次・4次）https://gyazo.com/4726111c57e1863fca1b9fcd64678b23
アドルフ・フルヴィッツによる1891年の論文
Hurwitz, A. (1891). Ueber den Vergleich des arithmetischen und des geometrischen Mittels. Journal für die reine und angewandte Mathematik, 108, 266-268. https://link.springer.com/chapter/10.1007/978-3-0348-4160-3_35
nが奇数の場合を示したらしい: 藤原和将・小澤徹（応用物理）による2014年の論文 Fujiwara, Kazumasa, and Tohru Ozawa. Identities for the Difference between the Arithmetic and Geometric Means, (2014).
http://m-hikari.com/ijma/ijma-2014/ijma-29-32-2014/ozawaIJMA29-32-2014.pdf
nが偶数の場合を示しているらしい: ハーディ・リトルウッド・ポリア『不等式』第2章
なおこの問題は、ヒルベルトの第17問題（いつも正の有理式は平方和で表せる)の特殊な場合でもある。
最初に見付けたのページは医師でアマチュア数学者の佐藤郁郎によるコラムだったが、いかんせん読みにくく参考までに。（NGなのでURL貼らない）
因数分解の算法（その１１）
因数分解の算法（その１４）
因数分解の算法（その１８） >>518
めっちゃ詳しくありがとうございます！
まさか本当に出来るとは驚きです
第17問題のwikiを読んだ感じでは非負な斉次多項式に対して一般にこういうことは出来ないようですね
この不可能性はモデル理論的な話があるようでこれも面白そうです (x_1)^n, ･････, (x_n)^n の相加平均をA, 相乗平均をG,
⊿_n = n(A^n - G^n) = Σ x^n - nΠ x,
とおく。
⊿_2(a,b) = aa +bb -2ab = (a-b)^2,
⊿_3(a,b,c) = a^3 +b^3 +c^3 - 3abc
= (a+b+c){(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2}/2,
⊿_4(a,b,c,d) = a^4 +b^4 +c^4 +d^4 - 4abcd
= (aa-bb)^2 + (cc-dd)^2 + 2(ab-cd)^2
= (aa-cc)^2 + (bb-dd)^2 + 2(ac-bd)^2
= (aa-dd)^2 + (bb-cc)^2 + 2(ad-bc)^2,
⊿_5(a,b,c,d,e)
= a^5 + b^5 + c^5 + d^5 + e^5 -5abcde
= (a-b)(a^4 -b^4)/4 + (a-c)(a^4 -c^4)/4 +
･････ + (d-e)(d^4 -e^4)/4
+ a⊿_4(b,c,d,e)/4
+ b⊿_4(c,d,e,a)/4
+ c⊿_4(d,e,a,b)/4
+ d⊿_4(e,a,b,c)/4
+ e⊿_4(a,b,c,d)/4,
* (x-y)(x^4-y^4) = (x+y)(xx+yy)(x-y)^2 ≧ 0, >>521
なるほど、5次の場合は
1/4(x+y)(x^2+y^2)(x-y)^2
=1/6(x^3+y^3)(x-y)^2+1/12(x+y)(x^2-y^2)^2
を利用すると>>518の藤原小澤の表示と一致するのか
藤原小澤の論文は流し読みしたけどテクすぎて全然わからん
表示の仕方の自由度高そうだし何か行列式的な表示とか対称式の空間上の作用素みたいなのを見つけて綺麗に示せないもんかね
>>519
訂正
てっきり不可能性がモデル理論的に分かると思っていたけど今日モデル理論の本借りて見てみたら肯定的な証明が書かれていた
17問題が肯定的なのか否定的なのか混乱してきた… 元の十七問題はΣ多項式^2でかけるか？でそれは誰かの反例が出た
後に実閉体まで話広げるとΣ実閉包の元^2でかける事が証明された(Artin)
永田先生の可換体論の5章に証明がある 自分の読んでる「幾何学的モデル理論入門」(最近、改訂版が出たばかりらしい)に実閉体の第17問題が肯定的に解けることを利用して有理数体の場合も証明できるかのように書いてるように見えるんです… >>624
どんなステートメントが書いてあるんですか？ >>522
> 17問題が肯定的なのか否定的なのか混乱してきた…
一部が肯定的に解決された（部分的に可能）
https://i.imgur.com/Jit5Abl.jpg >>526
thx
確か上がってる反例はΣ整式^2では表せない例でΣ有理式^2では表せるんだったかな？
Artinの定理の正確なステートメント覚えてない(かつ永田先生の本が現在部屋のどこにあるかわからん)のでわかんないけどΣ有理式^2で表すのは有理係数でもいけるのかもしれない
任意の実閉包の中で0以上 →Σ有理式^2で表示できる
だったかも
確か右が言えてない場合に標数0の加法的付値体て0未満になる構造が存在する事示してそれを上手いこと微調整して通常のRの中で0以下に出来る事を示すんだったような あー、有理式なら肯定的という可能性があるんですね
ありがとうございます 3次のAM-GM差の有理式の平方和表現はどうなるんだろう あ、全ての有理数に対して非負な多項式で考えるから奇数次の場合は全ての変数を平方にしておかないといけなくて藤原小澤の結果の変数を平方にするだけか いや、そうなってくると藤原小澤も必要なくて古典的なフルヴィッツの形で示せてるのか
無知すぎてスマン 有理式使っていいならAM-GMは簡単でしょ？
いわゆる2冪でやっといて減らす作戦でいける >>521
⊿_n(a_1, a_2, ････, a_n)
= (a_1)^2 + (a_2)^n + ････ + (a_n)^n - n(a_1)(a_2)････(a_n)
= Σ[i<j] (a_i - a_j)[(a_i)^{n-1} - (a_j)^{n-1}] /(n-1)
+ Σ[i=1,n] a_i (Σ[j≠i] (a_j)^{n-1} - (n-1)Π[j≠i] a_j) /(n-1)
= Σ[i<j] (a_i - a_j)[(a_i)^{n-1} - (a_j)^{n-1}] /(n-1)
+ Σ[i=1,n] a_i ⊿_{n-1}(i以外) /(n-1), >>535
n=2のときが本質で、他は帰納法でしょうか >>535
数列 {a_n}n∈N と {b_n}n∈N が |a_n|≦1, |b_n|≦1 (∀n∈N) を満たす時、
次を示せ。
| Π[i=1,n] a_i - Π[k=1,n] b_k | ≦ Σ[j=1,n] |a_j - b_j| (∀n∈N)
(略証)
Π[i=1,n] a_i - Π[k=1,n] b_k
= Σ[j=1,n] (Π[i=1,j-1] a_i) (a_j - b_j) (Π[k=j+1,n] b_k),
三角不等式により
(左辺) ≦ Σ[j=1,n] (Π[i=1,j-1] |a_i|) |a_j - b_j| (Π[k=j+1,n] |b_k|)
≦ Σ[j=1,n] |a_j - b_j|
= (右辺), 〔問題944〕
a,b,c は相異なる正の数で、√a + √b + √c = 1 を満たす。
f(x,y) = log(y/x) / (1/x - 1/y),
に対して、
f(a,b) + f(b,c) + f(c,a) ≦ 1/3
を示せ。
高校数学の質問スレPart407 - 944 >>539
0<x,y, x≠y のとき
f(x,y) = log(y/x)/(1/x - 1/y)
= log(y/x)/(√(y/x) - √(x/y))
= 2t/(e^t - e^{-t})・√(xy)
= t/sinh(t)・√(xy)
≦ √(xy),
等号成立は x=y のとき。
(左辺) = f(a,b) + f(b,c) + f(c,a)
≦ √(ab) + √(bc) + √(ca)
≦ (1/3)(a+b+c + 2√(ab) + 2√(bc) + 2√(ca))
= (1/3)(√a + √b + √c)^2,
等号成立は a=b=c のとき。 JP346.
両辺に ab(a+b) >0 を掛けて通分すると
ab(a+b)(左辺 - 右辺) = (a-b)^2 {(a-b)^2 + (4 - k/4)ab},
(4 - k/4) ≧ 0,
k ≦ 16, >>544
いや知りたいのは、SP346でござるよ JP347.
基本対称式を
s = a+b+c, t = ab+bc+ca, u = abc,
とおく。
(a+b)(b+c)(c+a) = st-u を掛けて通分すると
2(a+b)^2･(a+c)^2 + 2(b+c)^2･(b+a)^2 + 2(c+a)^2･(c+b)^2
= 2(ss-t)^2 + 8su
= s^4 + (5/3)tt + s(s^3 -4st+9u) + (tt-3su)/3
≧ s^4 + (5/3)tt,
∴ (左辺) ≧ {s^4 + (5/3)tt}/st = (s^3)/t + 5t/(3s),
JP348.
a/b=x, b/c=y, c/a=z とおくと
x^3 + y^3 + z^3 ≧ 3xyz = 3, (← AM-GM)
(x^4+y^4+z^4)(1+1+1) ≧ (x^2+y^2+z^2)^2, (←コーシー)
辺々掛ける。 >>545
346はkについての一次式だから
与式⇔k≦4次式÷4次式
になる(割る時、除数の符号わそこまで難しくない)
分子も分母も(a-b)^2で割り切れる JP350.
(a+b+c)^2 ≦ 3(aa+bb+cc),
x ≧ 1/√3 のとき
{1 + 3x(1-x)}^2 - (4-3xx) = 3(3xx-1)(x-1)^2 ≧ 0,
√(4-3xx) + 3x(x-1) ≦ 1,
x=a,b,c でたす。
JP351.
ABCが鈍角⊿のときは
Πcos(･) ≦ 0,
(左辺) ≧ 0 ≧ (右辺),
で成立するから以下では、ABCは鋭角Δとする。
sin(A) = x, sin(B) = y, sin(C) = z
とおくと
xyz > 0,
一方、題意より
xx+yy+zz = 1 - 2xyz,
xyz ≦ 1/8,
左辺に加法公式
sin(A)sin(B) = cos(A)cos(B) - cos(A+B) = xy + z,
を入れれば
(左辺) - (右辺) = (xy+z)(yz+x)(zx+y) - 4xyz + 5(xyz)^2
= ････,
がんばれ
JP352.
△不等式で
|a+b+c| + |a-b| + |a-c| ≧ |(a+b+c) + (a-b) + (a-c)| = 3|a|,
巡回的にたすと
3|a+b+c| + 2(|a-b|+|b-c|+|c-a|) ≧ 3(|a|+|b|+|c|), UP346
(左辺) = 1 + (x-1)exp(arctan(x))√(1+xx), ←可積分
∴ x=1
UP347.
上の式は
0 = |x|^2 /m + |y|^2 /n - |x+y|^2 /(m+n)
= xx' /m + yy' /n - (x+y)(x+y)' /(m+n),
mn(m+n) を掛けて通分する。
0 = nnxx' + mmyy' - mn(xy'+x'y)
= (nx - my) (nx - my)'
= |nx - my|^2
∴ x = (m/n)y,
これを下の式に入れて
y = 1+2i,
UP534.
(1/n)Σ[k=1,n-1] (k/n)sin(kπ/n)
→ ∫[0,1] x･sin(πx) dx (n→∞)
= [ sin(πx)/π^2 - x･cos(πx)/π ](x=0,1)
= 1/π,
(与式) ≒ (1 + π/n)^n
= {(1+π/n)^(n/π)}^π
→ e^π, (n→∞)
UP359.
Ω = ∫[0,π/2] θ･cosθ/[(sinθ)^3 + (cosθ)^3] dθ
= (π/36){π√3 + log(97/8 + 7√3)}
- (1/144){ψ'(5/12) - ψ'(11/12)}
= 0.71907287245537291248414214
ここに
ψ'(x) = {log(Γ(x))}" = {Γ'(x)/Γ(x)}'
= Σ[k=0,∞] 1/(x+k)^2 … トリガンマ函数 JP351.
cos(A) = x, cos(B) = y, cos(C) = z
とおくと、
に修正…
SP349.
s = -log(sin(a)) >0, c = -log(cos(a)) >0,
とおく。
(左辺) = (e^{-s})^{√(c/s)} + (e^{-c})^{√(s/c)}
= 2e^{-√(cs)}
≦ 2e^{-log(2)/2} (*)
= 2e^{log(1/√2)}
= √2,
(*) a が端(0,π/2) に近づくとき cs は急に大きくなる。
SP351.
(1+t)^{1/3} + (1-t)^{1/3}
= 2/[(1+t)^{2/3} - ((1+t)(1-t))^{1/3} + (1-t)^{2/3})
≦ 2,
UP358.
|∫[a,b] e^{ix}/x dx | ≦ ∫[a,b] 1/x dx = log(b/a),
両辺を2乗する。
UP360.
x = y = 1/3, http://www.551horai.co.jp/
(*) a が端(0,π/2) に近づくとき -√cs は大きくなる。(→0) SP353.
与式を辺々引くと
λ(x-y) = √(λλyy-1) - √(λλxx-1)
= λλ(yy-xx)/{√(λλyy-1) + √(λλxx-1)},
もし x-y≠0 ならば
1 = - λ(x+y)/{√(λλyy-1) + √(λλxx-1)}
< 0, (矛盾)
∴ x = y = z = 2/(λ√3), SP353. (別法)
t≧1 で f(t) = t + √(tt-1) は単調増加
与式より
f(λx) = f(λy) = f(λz),
λx = λy = λz,
λ>0 より
x = y = z, UP346.
f(x) e^{arctan(x)} = ∫ (2xx) e^{arctan(x)} / √(1+xx) dx
とおく。
f '(x) + f(x)/(1+xx) ＝ 2xx/√(1+xx),
f '(x)√(1+xx) + f(x)/√(1+xx) = 2xx,
ここで
f(x) = g(x)√(1+xx),
とおくと
(1+xx)g '(x) + (1+x)g(x) = 2xx,
g(x) が n次多項式とすると
g(x) = ax^n + ･･･
（左辺）= (n+1)ax^{n+1} + …
∴ n=1,
(左辺) = 2ax^2 + g(1)(1+x),
a=1, g(1)=0,
g(x) = x-1,
f(x) = (x-1)√(1+xx), SP354.
log(x^{xy}・y^{yz}・z^{zx})
= log(x^{xy}) + log(y^{yz}) + log(z^{zx})
= y･log(x^x) + z･log(y^y) + x･log(z^z)
≦ y･(x^x - 1) + z･(y^y - 1) + x･(z^z - 1)
= (y・x^x + ｚ・y^y + x・z^z) - (x+y+z),
*) e^t ≧ 1+t より log(u) ≦ u-1, SP358.
コーシーで
{(y+1)+(z+1)+(x+1)} {(z+1)(x+1)+(y+1)}{x^3/[(y+1)(z+1)] + cyclic}
≧ (x+y+z)^3
= s^3
よって
(左辺) ≧ 4s^3 /(s+3)^2 + 3
= s{(2s/(s+3))^2 + (s+3)/2s + (s+3)/2s - 1}
= s(3-1) (← AM-GM)
= 2s
≧ (右辺),
等号は s=3, x=y=z=1 のとき。 SP358.
コーシーで
{ …… } {(z+1)＋(x+1) + (y+1)}{ …… }
≧ (x+y+z)^3
≧ s(3-1) (← AM-GM)
JP360.
tan(x)^2/{tan(x)^3+cot(x)} + cot(x)^2/{cot(x)^3+tan(x)}
- 2/{tan(x)^2 +cot(x)^2}
= Σ {tan(x) + cot(x) -2}/{tan(x)^2 + cot(x)^2}
= X / (XX+4X+2)
≦ 1/(4+2√2), (*)
ここに X = tan(x) + cot(x) -2 ≧ 0,
∴ 0 ≦ (左辺) - (右辺) ≦ 3/(4+2√2),
*) (XX+4X+2) - (4+2√2)X = (X-√2)^2 ≧ 0,
等号成立は X = √2, sin(2x) = 2 - √2, 〔問題558〕
正の実数 x,y,z が xyz=1 を満たすとき、以下を示せ。
x/(1+y+z)^3 + y/(1+z+x)^3 + z/(1+x+y)^3 ≧ 1/9 ≧ 1/(√xy + √yz + √zx)^2, >>559
問題番号がついてるけど、どこかのスレ番号で紹介されていたのかな？ a,b,c > 1/2 のときに、aa+bb+cc+ab+bc+ca-a-b-c ≧0 を証明したい。
左辺を平方完成して、残り物 ab+bc+ca-3/4 にAM-GMする以外にﾊｧﾊｧできそうな方法はないかな？ >>558
左辺の分母の1を(abc)^(1/3)に変えて同次にするんだろうと思うけど、そこで手が止まっている… >>562
(左辺) = {(a+b)^2 + (b+c)^2 + (c+a)^2}/2 - (a+b+c)
= {(a+b)(a+b-1) + (b+c)(b+c-1) + (c+a)(c+a-1)}/2
> 0,
とか
(左辺) = {4(a+b+c)^2 + (a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2}/6 - (a+b+c)
≧ (2/3)ss - s (s=a+b+c)
= (2/3)s(s - 3/2)
> 0,
とか色々あるけど、単に
a' = a - 1/2 > 0, b' = b - 1/2 > 0, c' = c - 1/2 > 0,
でいい希ガス… a,b>0は定数とする. 0<s,t<1のとき
st/(as+bt)+(1-s)(1-t)/{a(1-s)+b(1-t)}の最大値を求めよ. 1/(a+b) - (与式) = ab(s-t)^2 /[(a+b)(as+bt){a(1-s)+b(1-t}] ≧ 0,
等号成立は s=t のとき。 コーシーで
st/(as+bt) ≦ (at+bs)/(a+b)^2,
(1-s)(1-t)/{a(1-s)+b(1-t)} ≦ {a(1-t)+b(1-s)}/(a+b)^2,
辺々たす。 単位円に内接する正n角形のn個の頂点からの距離の和が最小になる点とその最小値を求めよ。 頂点A_k の極座標を (1, 2kπ/n) 点Pの極座標を (r, θ) とおく。
第二余弦定理より
PA_k = √{1 - 2r･cos(2kπ/n - θ) + rr} ≧ 1 - r･cos(2kπ/n - θ)
等号成立は r=0 のとき
また
Σ[k=1,n] cos(2kπ/n - θ) = Σ[k=1,n] {sin((2k+1)π/n - θ) - sin((2k-1)π/n - θ)}/{2sin(π/n)}
= {sin((2n+1)π/n - θ) - sin(π/n - θ)}/{2sin(π/n)}
= 0,
∴ Σ[k=1,n] PA_k ≧ n,
等号成立は P=O のとき。
・nが偶数のとき (n=2m)
三角不等式より
PA_k + PA_{m+k} ≧ A_k A_{m+k} = 2,
等号成立は P が線分 A_k A_{m+k} 上にあるとき。(← 円の直径)
∴ Σ[k=1,n] PA_k = Σ[k=1,m] (PA_k + PA_{m+k}) ≧ Σ[k=1,m] 2 = 2m = n,
等号成立は P=O のとき。 ヴェクトルの内積を使えば
OA_k = 1 より
PA_k ≧ ↑PA_k・↑OA_k = (↑OA_k - ↑OP)・↑OA_k
= 1 - ↑OP・↑OA_k,
∴ Σ[k=1,n] PA_k ≧ n - ↑OP・{Σ[k=1,n] ↑OA_k} = n,
等号成立は ↑OP = o. ∧＿∧
（ ´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^2021 -a^3 +3)(b^2021 -b^3 +3)(c^2021 -c^3 +3) > (a+b+c)e,
e = 2.71828… は自然対数の底
>>294 eが出てきても eじゃない…
(左辺) ≧ 2.7199579587(a+b+c)
等号は a=b=c = 0.9968783547581 のとき。 すべての自然数nについて
Σ_{k=1}^n (k^(1/2)-1)≧(n/2)*((n/2)^(1/2)-1)
が成り立つことをしめせ k≧2 について
(k-1)^3 - k(k-3/2)^2 = (3/4)k - 1 > 0, (AM-GM)
(k-1)^{3/2} > (k - 3/2)√k = k^{3/2} - (3/2)√k,
√k > (2/3)(k^{3/2} - (k-1)^{3/2}),
(左辺) = Σ_{k=2}^{n} (√k - 1)
> (2/3)(n^{3/2} - 1) - (n-1)
= (1/3)(2√n +1)(√n - 1)^2
> (n/2)(√(n/2) - 1), 積分を使えば簡単だが…
√k > ∫_{k-1}^{k} (√x)dx = (2/3)(k^{3/2} - (k-1)^{3/2}), 最後は
(左辺) > n((2/3)√n - 1)
> (n/2)(√(n/2) + √(n/3) - 2) (← 補題)
≧ (n/2)(√(n/2) - 1) (n≧3)
n=1, n=2 は明らか。
〔補題〕
1/√2 + 1/√3 < 4/3.
(略証)
コーシーで
(1/√2 + 1/√3)^2 ≦ (1+1)(1/2+1/3) = 5/3 < 16/9 = (4/3)^2, GM-AM で
1/√2 + 1/√n < 3/4 + (1/4 + 1/n) = 1 + 1/n, n が被ってしまった。。。。m 等にすべきか。
>>577 から
Σ_{k=2}^{n} √k > √2 + ∫_[2}^{n} (√x) dx
= √2 + (2/3)(n√n - 2√2)
> (2/3)n√n - 1/2, (n≧2) >>573
正の数 a, b, c に対して
(a^2021 -a^3 +3)(b^2021 -b^3 +3)(c^2021 -c^3 +3) > (3/ln3)(a^3 +b^3 +c^3), ついでに…
正の数 a, b, c に対して
(a^2021 - a^3 +3) (b^2021 - b^3 +3) (c^2021 - c^3 +3) > (1/(3ln3)) (a+b+c)^3,
http://suseum.jp/gq/question/3221 〔問題〕
A, B, and C are non-negative real numbers. Prove that
3(A^4 + B^4 + C^4) ≧ (A^2 + B^2 + C^2)(AB + BC + CA) + (A^2 - B^2)^2 + (B^2 - C^2)^2 + (C^2 - A^2)^2
≧ (A^2 + B^2 + C^2)^2,
BMO-2016 Azerbaijan (改)
[数学オリンピック３１．018] >>583
x^2021 - x^3 + 3 ≧ K^{1/3} {x^3 /(x｡)^2 + x。+ x｡},
K = 0.30406358311 > 0.30341307554･･･ = 1/(3ln3),
等号成立は x。= 0.99703312297 のとき。
あとはコーシーで。
http://www.casphy.com/bbs/highmath/472060/379,381
http://suseum.jp/gq/question/3221 〔問題〕
⊿の各辺の長さを a,b,c とするとき、外接円の半径Rは
(1/3)√(aa+bb+cc) ≦ R
≦ (1/(6√3)){a(b+c)/(b+c-a) + b(c+a)/(c+a-b) + c(a+b)/(a+b-c)},
佐藤淳郎(訳)「美しい不等式の世界」朝倉書店 (2013)
(左) Leibnizの不等式 (定理2.4.5) p.88-89
(右) 演習問題 2.57(改) p.94 a, b, c > 0
1 + 3/(ab+bc+ca) ≧ 6/(a+b+c)
( ﾟ∀ﾟ) ﾊｧﾊｧ… >>587
a, b, c > 0
1 + 3/(ab+bc+ca) ≧ 1 + 9/{(a+b+c)^2} ≧ 6/(a+b+c)
('A`) ｳｰﾑ… 底面を凸四角形ABCDとする四角錐V-ABCDについて、
すべての辺に接し、かつ中心が底面上にあるような球が存在するとする。
このとき、
VA+VB+VC+VD ≦ AB+BC+CD+DA
[大数2021－2月宿題] 球の半径を1とし、球の中心をO、∠OAB、∠OBC、∠OCD、∠ODAをa,b,c,dとすれば
AB+BC+CD+DA=2(cot a+cot b +cot c + cot d)、
VA+VB+VC+VD=cot a + tan a +cot b + tan b +cot c + tan c +cot d + tan d
∴ AB+BC+CD+DA-(VA+VB+VC+VD)
=cot a - tan a +cot b - tan b +cot c - tan c +cot d -tan d
以下a+b+c+d=π/2とcot x-tan xの凸性 >>587-588
文献[9] 佐藤(訳)、朝倉書店 (2013)
演習問題1.86 p.40 >>590
三行目では, VA=cot a + tan a になるってことですか？
tan a の出所がわからないです。 内接円をもつ四角形ABCDで、内接円の中心を I とするとき
(IA+ID)^2+(IB+IC)^2 ≦ (AB+CD)^2 >>593
cos(π) = - 1,
cos(2π/3) = - 1/2,
cos(2π/5) = (√5 -1)/4 = 1/(2φ) = 0.309017
cos(2π/7) = 0.6234898
Π[p≧11] cos(2π/p) > Σ[p≧11] (1 - 2ππ/p^2)
> 1 - Σ[p≧11] 2ππ/p^2
> 1 - (2ππ)Σ[k≧5] 1/(2k+1)^2
= 1 - (2ππ)(ππ/8 - 1 - 1/9 - 1/25 - 1/49 - 1/81)
= 1 - (2ππ)・0.0498356
= 0.01628475
∴ (与式) > 0
なお
Π[p≧7] cos(2π/p) = 0.3338
Π[p≧11] cos(2π/p) = 0.5354
(与式) ≒ 0.05158 Π[p≧11] cos(2π/p) > Π[p≧11] cos(2π/(p-1))
> Π[n=5,∞] cos(π/n)
= (2√2)Π[n=3,∞] cos(π/n)
= (2√2)・0.114942 (*)
= 0.3251052
*) 数セミ増刊「数学の問題」第２集, 日本評論社 (1978)
●117 によれば
Π[n=3,∞] cos(π/n) = 0.114942044853296… (2)
|cosθ| ≦ 1/2 ⇔ cos(2θ) ≦ -1/2,
|cosθ| ≧ 1/2 ⇔ cos(2θ) ≧ -1/2,
(4)
|cosθ| ≦ cos(72) ⇔ cos(4θ) ≧ cos(72),
|cosθ| ≧ cos(72) ⇔ cos(4θ) ≦ cos(72),
[分かスレ４６６-119] (2)
cos(2θ) + 1/2 = 2 [(cosθ)^2 - 1/4],
(4)
cos(4θ) - cos(72) = 8 [cos(18)^2 - (cosθ)^2] [cos(72)^2 - (cosθ)^2]
∴ |cosθ| ≦ cos(72) ⇒ cos(4θ) ≧ cos(72),
[分かスレ４６６-129] (4)
|cosθ| ≦ cos(72) ⇒ cos(4θ) ≧ cos(72),
|cosθ| ≧ cos(72) ← cos(4θ) ≦ cos(72), 〔問題157〕
x>0, y>0, z>0 ならば
(x+y)^z + (y+z)^x + (z+x)^y >2,
[分かスレ４６６-157, 178] >>178
そのわかすれの178のレスでx+y,y+z,z+xのうち1以上のものが少なくとも一つあるとしてるけど、それらのケースに帰着できるわけじゃないよね？
最小値はx=y=z=0.184付近だし
単にすぐに除外していいケース述べてるだけだよね？ 全部1未満のとき
0 < x, y, z < 1.
f(z) = a^(1-z) (a>0) は下に凸だから
f(z) < f(0)(1-z) + f(1)z, (0<z<1)
a^(1-z) < a(1-z) + z < a+z,
a^z > a/(a+z), … ベルヌーイの不等式
∴ (x+y)^z > (x+y)/(x+y+z),
巡回的にたす。 >>603
なんで上から抑えるん？
最小値>2を示せでしょ？ 〔問題596〕
正の実数 a,b,c が a+b+c = 1 を満たすとき
(1/a - a)(1/b - b)(1/c - c) ≧ (3 - 1/3)^3,
等号成立は a=b=c = 1/3.
を示せ。
[高校数学の質問スレ４１０-596,599,610] 「任意の自然数nに対して、n<2^nが成立」
これを色々な方法で証明せよ
よくある証明方法は帰納法、二項定理の利用、微分によるなどあるが、それ以外もあるんかな 帰納法
2^n = 2^{n-1} + 2^{n-1} > (n-1) + 1 = n,
あるいは
2^n = 2^{n-1} + 2^{n-2} + ････ + 2 + 1 + 1 ≧ n + 1,
(n+1)項
a_1, a_2, ････, a_n ≧ 0 のとき
(1+a_1)(1+a_2)････(1+a_n) = 1 + s_1 + ････ + s_n ≧ 1 + s_1,
s_k は k次の基本対称式
s_1 = a_1 + a_2 + ････ + a_n,
より
2^n ≧ 1 + n 俺が考えていた証明
n(1/n-1/2^n)=1-n/2^n
=(Σ1/2^i)-n/2^n
>(Σ1/2^i)-(1/2+…+1/2^n)>0
よりn>0だから
1/n-1/2^n>0⇔n<2^n >>610
n=3のときの、ネビットの不等式に (;ﾟ∀ﾟ)=3ﾊｧﾊｧ した若い頃が懐かしい… >>606
a+b+c = 1 より
G = (abc)^{1/3} ≦ 1/3, (AM-GM)
1/y - y = (1+y)･(1/y - 1),
より
(1/a - 1)(1/b - 1)(1/c - 1) = (1-a -b -c)/(abc) + (1/a + 1/b + 1/c) - 1
= 1/a + 1/b + 1/c - 1
≧ 3/G - 1
≧ 2(1/G + 1) (G≦1/3)
= 2(1/3G + 1/3G + 1/3G + 1)
≧ (2/(3G)^{1/4})^3,
(1+a)(1+b)(1+c) ≧ (1+G)^3 （コーシー)
= (1/27)(3G+1+1+1)(1+3G+1+1)(1+1+3G+1)
≧ ((4/3)(3G)^{1/4})^3,
辺々掛けて (左辺) ≧ (8/3)^3. 〔問題3204〕
a≧b≧c≧d≧0 のとき
(a+2b) (aa+bb) ≦ (a+b)^3
(a+2b+3c) (aa+bb+cc) ≦ (a+b+c)^3,
(a+2b+3c+4d) (aa+bb+cc+dd) ≦ (a+b+c+d)^3,
注) 5文字の場合は aa(b-d-2e) が出て来ます…orz
すうじあむ
http://suseum.jp/gq/question/3204 〔例2.4.6〕
三角形の辺の長さを a,b,c, 面積を⊿とすると
⊿ ≦ (3/4)abc/√(aa+bb+cc),
佐藤(訳), 文献９, 朝倉書店 (2013) p.89 (略証)
⊿ = (1/4)√{4(aabb+bbcc+ccaa) - (aa+bb+cc)^2} (Heron)
= (1/4)√{4(xy+yz+zx) - (x+y+z)^2}
≦ (1/4)√{9xyz/(x+y+z)} (Schur-1)
= (3/4)abc/√(aa+bb+cc),
* Schur-1
F_1(x,y,z) = (x+y+z)^3 - 4(x+y+z)(xy+yz+zx) + 9xyz
= x(x-y)(x-z) + y(y-z)(y-x) + z(z-x)(z-y) ≧ 0, 〔問題〕
正の実数 a,b,c について、次が成り立つことを示せ。
{aa(b+c)+4}/(a+2)^3 + {bb(c+a)+4}/(b+2)^3 + {cc(a+b)+4}/(c+2)^3 ≧ 2/3.
等号成立は (a,b,c) = (1,1,1) のとき (略証)
{aa(b+c) + 2 + 2} / (a+1+1)^3
≧ １/ {(1+1+1)[a/(b+c) + 1/2 + 1/2)]} (← コーシー)
= (b+c) / {3(a+b+c)},
巡回的にたす。 >>619
作問者の天真(Twitter:@bon_miss_tenma)です
こんなにあっさり解かれるとは思ってませんでしたw
ついでに620さんの問題も僕のだったりします、是非挑戦してください！ 〔問題620〕
正の実数 a,b,c が aa+bb+cc=3 を満たすとき、次を示せ。
(2a+1)/(b+c+1)^3 + (2b+1)/(c+a+1)^3 + (2c+1)/(a+b+1)^3 ≧ 1/3,
等号成立は (a,b,c)=(1,1,1) のとき。
(略解)
(左辺) ≧ (b+c+1)/(b+c+1)^3 + (c+a+1)/(c+a+1)^3 + (a+b+1)/(a+b+1)^3
= 1/(b+c+1)^2 + 1/(c+a+1)^2 + 1/(a+b+1)^2 (← チェビシェフ)
≧ 9/{(b+c+1)^2 + (c+a+1)^2 + (a+b+1)^2} (← AM-HM / コーシー)
≧ 3/{(bb+cc+1) + (cc+aa+1) + (aa+b+1)}
= 3/{2(aa+bb+cc)+3}
= 1/3, (← 題意) (補足)
チェビシェフで
(a+1/2)/(b+c+1)^3 + (b+1/2)/(c+a+1)^3 - (a+1/2)/(c+a+1)^3 - (b+1/2)/(b+c+1)^3
= (a-b) {1/(b+c+1)^3 - 1/(c+a+1)^3}
≧ 0,
循環的にたすと
(左辺) - 1/(b+c+1)^2 - 1/(c+a+1)^2 - 1/(a+b+1)^2 ≧ 0, >>618
>>620
〔問題34〕
a,b,c > 0 のとき
(a(b+c)+1)/(b+c+1)^2 + (b(c+a)+1)/(c+a+1)^2 + (c(a+b)+1)/(a+b+1)^2 ≧ 1,
Inequalitybot [34] ☆5
JMO-2010 問4
Inequalitybot も問題番号で検索できるようになってます。 >>583
〔問題48〕
a,b,c >0 のとき
(a^5-a^2+3)(b^5-b^2+3)(c^5-c^2+3) ≧ (a+b+c)^3
USAMO-2004, Q5
Inequalitybot [48] ☆6 >>613
(a+b)^3 - (a+2b)(aa+bb) = aab + (2a-b)bb ≧ 0,
(a+b+c)^3 - (a+2b+3c)(aa+bb+cc) = aab + (2a-b)bb + (2a+b-2c)cc + 6abc ≧ 0,
(a+b+c+d)^3 - (a+2b+3c+4d)(aa+bb+cc+dd)
= aa(b-d) + (2a-b-d)bb + (2a+b-2c-d)cc + (2a+b-3d)dd + 6(abc+abd+acd+bcd) ≧ 0, これと以下を組み合わせた問題があった。
〔補題〕
a+b+c+… = 1 のとき
(a^a)(b^b)… ≦ (aa+bb+…),
(略証)
a+b+c+… = s とおく。
y=log(x) は上に凸だから Jensen で
a･log(a) + b･log(b) + ････ ≦ s･log((aa+bb+････)/s)
(a^a)(b^b)… ≦ {(aa+bb+…)/s}^s,
s=1 とおく。 〔問題〕
tan(1/2) > cos(1).
これの証明はどうすれば出来ますか？
高校数学の質問スレ４１１- 028, 936 t = tan(1/2)とおいて
tan(1/2)-cos(t)=(t^3+t^2+t-1)/(t^2+1)
なのでコレが＋を言えば良い
tan(1/2)=0.546302.....
t^3+t^2+t-1は単調増大で0になるのはt=0.543689....
とりあえず5次までマクローリン展開して
tan(1/2)
>1/2+(1/3)(1/2)^3+(2/15)/(1/2)^5=131/240=0.54583333...... >>628
θ = 1/2 とおいて
tanθ - cos(2θ) = tanθ - 1 + 2(sinθ)^2
= tanθ - 3/2 + {1/2 + 2(sinθ)^2}
≧ tanθ - 3/2 + 2sinθ (AM-GM)
= tanθ + 2sinθ - 3θ
≧ 0, (Snellius-Huygensの式) このスネル・ホイヘンスの不等式、以前からどうやって見つけたのか気になってるヤツだ >>633
さいきん、関数不等式に(;ﾟ∀ﾟ)=3ﾊｧﾊｧでござる a,b,c > 0 に対して、
(a+b+c)^3 ≧ 27abc{(aa+bb+cc)/(ab+bc+ca)}^(25/27) 〔簡易版〕
a,b,c>0 に対して
(a+b+c)^3 ≧ 27abc{(aa+bb+cc)/(ab+bc+ca)}^(2/3).
(略証)
(a+b+c)^6 = {(aa+bb+cc) + (ab+bc+ca) + (ab+bc+ca)}^3
≧ 27(aa+bb+cc)(ab+bc+ca)^2, (AM-GM)
2/3 乗して
(a+b+c)^4 ≧ 9(ab+bc+ca)^2 {(aa+bb+cc)/(ab+bc+ca)}^(2/3)
≧ 27(a+b+c)abc {(aa+bb+cc)/(ab+bc+ca)}^(2/3),
元の問題は解けぬwww 〔問題3.85〕
実数a,b,cに対して
(aa+2)(bb+2)(cc+2) ≧ 3(a+b+c)^2,
APMO-2004 A5.改
文献[9] 佐藤(訳)、朝倉書店 (2013) 問題3.85 p.140
Inequalitybot [20] ☆8
[高校数学の質問スレ４１２－029,036,040] (解1)
(aa+2)(bb+2)(cc+2) - 3(a+b+c)^2
= (1/3){(aa+5)(bc-1)^2 + (bb+5)(ca-1)^2 + (cc+5)(ab-1)^2
+ (ab+bc+ca-3)^2 + (a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2}
≧0
(解2)
(aa+2)(bb+2)(cc+2) - 3(a+b+c)^2
= aa + bb + cc + 2abc + 1 - 2(ab+bc+ca)
+ (abc-1)^2
+ 2(ab-1)^2 + 2(bc-1)^2 + 2(ca-1)^2,
文献[9] の演習問題1.90 (ii) p.41-42 に帰着する。
〔問題1.90〕(ii)
a,b,c を非負実数とする。このとき
aa + bb + cc + 2abc + 1 ≧ 2(ab+bc+ca), >>638
〔例題2.1.11〕
(7) a,b,c が非負実数のとき
aa + bb + cc + 2abc + 1 ≧ 2(ab+bc+ca),
文献[8] 安藤, 数学書房 (2012) p.36 >602
{x+y, y+z, z+x} のうち1以上のものが
・2個以上のときは 明らか。
・1個以下のときは 1 > y+z, z+x より 0 < x, y, z < 1 >>604 >>631
マクローリン展開
sinθ = θ - (1/3!)θ^3 + (1/5!)θ^5 - (1/7!)θ^7 + (1/9!)θ^9 - …
tanθ = θ + (1/3)θ^3 + (2/15)θ^5 + (17/315)θ^7 + (62/2835)θ^9 + …
から思い付いたのかも。
>>100 にもあるよ。
H = θ - (1/180)θ^5 - (1/1512)θ^7 - (1/25920)θ^9 - …
G = θ + (1/45)θ^5 + (4/567)θ^7 + (1/405)θ^9 + …
A = θ + (1/20)θ^5 + (1/56)θ^7 + (7/960)θ^9 + …
A + H - 2G = (1/324)θ^7 + (1/432)θ^9 - …
AH/GG = (2cosθ+1)/{(2+cosθ)(cosθ)^(1/3)}
= 1 + (1/324)θ^6 + (1/648)θ^8 + … ついでに…
s>0, t>0 とし
A = (s+s+t)/3,
G = (sst)^(1/3)
H = 3st/(s+t+t),
とおくと
H < G < A,
AH > GG, (0<s<t)
A+H > 2G, (0<s<t)
(略証)
AH = (s+s+t)st/(s+t+t),
G^3 = sst,
より
(AH)^3 - G^6 = tt {t(s+s+t)^3 - s(s+t+t)^3}{s/(s+t+t)}^3
= tt(s+t){(t-s)s/(s+t+t)}^3 > 0,
∴ AH > GG,
(A+H)/2 = (ss+7st+tt)/[3(s+t+t)],
G^3 = sst,
より
{(A+H)/2}^3 - G^3 = {(t-s)^3 + 27stt}{(t-s)/[3(s+t+t)]}^3 > 0,
∴ A+H > 2G, >>642
テイラー展開は、あまり時代に合わんような気もする。まあ古くから、特殊な場合だけや結果だけ知られているということがよくあるのと、詳しくないので結論付けられない。
ホイヘンスによる証明があったわ。
円の大きさの発見 : 1654年ホイヘンスによる円周率の計算
https://www2.tsuda.ac.jp/suukeiken/math/suugakushi/sympo27/27_tanuma.pdf
（近似）式自体は、15世紀のニコラウス・クザーヌスまで遡れるらしい。
グレゴリーやニュートンが17世紀後半にべき級数展開したらしいから、ホイヘンスは知らないような気もする。代数計算得意じゃないとキツイし。 ５．Sは3次元座標空間の有限個の点の集合である。
S_x, S_y, S_z はそれぞれ、Sの点の yz-平面, zx-平面, xy-平面への正射影からなる点の集合である。
次を証明せよ。
| S |^2 ≦ |S_x|･|S_y|･|S_z|
ここに | A | は有限集合Aの要素の個数である。 >>280
f(x)は下に凸な関数とする。自然数nに対して不等式
nΣ[k=0,n] f(2k) > (n+1)Σ[k=1,n] f(2k-1)
を示せ。
[面白スレ３６．256-260] >>645 >>646
z値の集合を {z1, …, zi, …, zn} とする。
S, Sy, Sx の点を z値で分類する。
S, Sy, Sx の点のうち z=zi をみたすものの個数を |Li|, ai, bi とする。
(1) |Li| ≦ ai･bi,
(2) |S| = |L1| + … + |Li| + … + |Ln|,
(3) |Sy| = a1 + … + ai + … + an,
|Sx| = b1 + … + bi + … + bn,
(4) |Li| ≦ |Sz|,
(1) と (4) を掛けて
|Li|^2 ≦ (ai･bi) |Sz|,
|Li| ≦ √(ai･bi) √|Sz|, ････ (5)
(2), (5) より
|S|^2 ≦ {√(a1･b1) + … + √(ai･bi) + … + √(an･bn)}^2･|Sz|
≦ (a1 + … + ai + … + an)(b1 + … + bi + … + bn)|Sz| コーシー
= |Sy| |Sx| |Sz|,
http://www.youtube.com/watch?v=IzitrvYnNkc 11:08, 0<k≦3, a,b,c>0のとき
3-k+k(abc)^(2/k)+a^2+b^2+c^2≧2(ab+bc+ca)
を示せ >>650
0<k≦3 ゆえ x^(3/k) は下に凸。 x=1 で接線を曳いて、
(3-k) + k･x^(3/k) ≧ 3x,
(左辺) - (右辺) ≧ aa+bb+cc - 2(ab+bc+ca) + 3(abc)^(2/3)
≧ aa+bb+cc - 2(ab+bc+ca) + 9abc/(a+b+c) (AM-GM)
= F1(a,b,c)/(a+b+c)
≧ 0,
*) Schurの不等式
F1(a,b,c) = a(a-b)(a-c) + b(b-c)(b-a) + c(c-a)(c-b)
= (a+b+c)^3 - 4(a+b+c)(ab+bc+ca) + 9abc ≧ 0. a,b,c > 0、ab+bc+ca+abc=4 のとき、a+b+c ≧ ab+bc+ca.
ベトナム1996らしい (略解)
t = ab+bc+ca < 3,
と仮定すると
u = abc < 1, (AM-GM)
となり題意に反する。
∴ 3 ≦ t < 4,
∴ s = a+b+c ≧ tt/3 ≧ 3,
(s-t)(ss+st+tt - 4t)
= (4-t)(t-3)(t+3) + (s^3-4st+9u)
= (4-t)(t-3)(t+3) + F1(a,b,c)
≧ 0, (← Schur-1)
∴ s-t ≧ 0,
[面白スレ３７．704] にもあった。 訂正ｽﾏｿ
s = a+b+c ≧ √(3t) ≧ 3, (AM-GM) 〔類題184〕
a,b,c>0, a+b+c+abc=4 のとき a+b+c≧ab+bc+ca,
大数宿題 2010-Q7
[不等式スレ７.114-115,160]
Inequalitybot [184] ☆7 (略解)
s = a+b+c < 3 と仮定すると
u = abc < 1 (AM-GM)
となり題意に反する。
∴ 3 ≦ s < 4.
4s(s-t) = (4-s)(s-3)(s+3) + 9(4-s-u) + (s^3 -4st +9u)
= (4-s)(s-3)(s+3) + 9(4-s-u) + F1(a,b,c)
≧0, (← Schur-1)
∴ s-t ≧ 0. >>655
〔問題2.〕
任意の実数 x1, x2, ････, xn に対して、不等式
Σ[i=1,n] Σ[j=1,n] √|xi-xj| ≦ Σ[i=1,n] Σ[j=1,n] √|xi+xj|,
が成り立つことを示せ。 実質極値がa=b=cの時でしかもそれが未定定数法で簡単に求まるやつはなんかもひとつやな >>658
s≧3 どこにも使ってないの、なんかもひとつやな >>655
こんな良い不等式がまだ残ってるとは
これルートなくても成り立ちそうだけど、その場合は簡単に示せたりする？ 複素数 z (0≦arg(z) < 2π) に対して、
|z-1| < |z| - 1 + |z|*arg(z).
( ﾟ∀ﾟ) ｳﾋｮｯ！ a_1≧a_2≧…≧a_n>0かつa_1+a_2+…+a_n=1のとき
a_1+2a_2+…na_nのとりうる値の範囲を求めよ. f(a) = Σ[k=1,n] k･a_k とおく。
f(1, 0, …, 0) = 1 (最小)
f(1/n, 1/n, …, 1/n) = (n+1)/2 (最大)
(略証)
f(a) - 1 = (a_1+a_2+…+a_n - 1) + Σ[k=2,n] (k-1) a_k ≧ 0,
(n+1)/2 - f(a) = Σ[k=1,n] ((n+1)/2 - k) a_k
= Σ[k'=1,n] (k' - (n+1)/2) a_{n+1-k'}
= (1/2)Σ[k=1,n] ((n+1)/2-k) (a_k - a_{n+1-k}) (←同符号)
≧ 0, >>666
⊿不等式より
|z - 1| ≦ ||z| - 1| + |z - |z|| < ||z| - 1| + |z|･arg(z), >>669
(n+1)/2 - f(a) = ((n+1)/2) (1 - a_1 - a_2 - … - a_n)
+ (1/2) Σ[k=1,n-1] k(n-k) (a_k - a_{k+1})
≧ 0,
の方がいいか… >>672
グッジョブ
分割して日替わり壁紙にしよう eと(1+1/n)^nが登場する不等式をたくさんください a, b, c が０以上かつ a^2 + b^2 + c^2 = 1 を満たすとき,
(a+bーc)^n + (b+c-a)^n + (c+a-b)^n (n は3以上の整数)
の最大値と最小値を求めよ. 最大値 2^{n/2}
a = 0, b = c = 1/√2 など。 (x=√2, y=z=0, etc.)
最小値 (1/3)^{n/2 - 1}
a = b = c = 1/√3, (x=y=z=1/√3)
x = b+c-a, y = c+a-b, z = a+b-c とおくと
1 = aa + bb + cc
= {(x+y)^2 + (y+z)^2 + (z+x)^2}/4
= {(x+y+z)/√3}^2 + (1/4){(x-y)/√2}^2 + (1/4){(x+y-2z)/√6}^2,
回転楕円体 (どら焼き形)
短軸：１ (1,1,1)方向
長軸：２ それと垂直方向 a=u^2,b=v^2,c=w^2
束縛
C = u^4+v^4+w^4-1
評価関数
S = (v^2+w^2-u^2)^n+(w^2+u^2-v^2)^n+(u^2+v^2-w^2)^n
s = 2n((v^2+w^2-u^2)^(n-1)+(w^2+u^2-v^2)^(n-1)+(u^2+v^2-w^2)^(n-1))とおいて
dC=4(u^3,v^3,w^3)
dS=s(u,v,w)
s≠0により
dSがdCで張られる
⇔vw(v^2-w^2)=wu(w^2u^2)=uv(u^2-v^2)=0
⇔u^2=v^2=w^2 or u^2=v^2 & w=0 or u=v=0 or... 専門的過ぎてついていけない
数オリの高校生の理解できる解法でお願いします 数学の問題は進んだテクニック使っても全然簡単にならず、実は中学生でも理解できるような話の方が楽に解ける時がある
数オリとかの問題とかそういう問題のオンパレードだし、ピーターフランクルとかそんな問題大好きの人もいっぱいいる
しかしそれは進んだ数学を勉強しないでいい理由になどにはならないし、ましてや逆に言えば、進んだテクニック使えば楽に解ける問題をいつまでもいつまでもそういう”初頭数学縛り”をかけて解くのは単なる“自己満”でしか無い
不等式の話を本当に極めるなら未定乗数法は絶対避けては通れない grad(f(u,v,w)) = ∇f = (∂f/∂u, ∂f/∂v, ∂f/∂w)
s1 = 2n{-(v^2+w^2-u^2)^(n-1) + (w^2+u^2-v^2)^(n-1) + (u^2+v^2-w^2)^(n-1)},
s2 = 2n{(v^2+w^2-u^2)^(n-1) - (w^2+u^2-v^2)^(n-1) + (u^2+v^2-w^2)^(n-1)},
s3 = 2n{(v^2+w^2-u^2)^(n-1) + (w^2+u^2-v^2)^(n-1) - (u^2+v^2-w^2)^(n-1)},
とおくと
grad(C) = ∇C = 4(u^3, v^3, w^3)
grad(S) = ∇S = (s1･u, s2･v, s3･w)
= s(u, v, w)
ここから ついていけない… 問題[2]
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。
(数学検定 2011年秋, 1級 2次 問題[2] の一部)
* 作問者は AM-GM を活用する解答を期待していたが…
〔補題258〕 >>258
(1) (1 + 1/n)^(n+1/2) は単調減少でeに収束
(2) n! < n^(n+1/2) / e^(n-1),
(3) (2n)! / n! < (√2)(4n/e)^n,
>>263
Σ[k=1,n] (1/((k+1)(k!)^2))^(1/k) ≒ 1.99877613 - ee/n + 64.5/nn - … >>674
〔モローの不等式〕
{2n/(2n+1)}e < (1+1/n)^n < {(2n+1)/(2n+2)}e,
左側は 補題(1) より
{2n/(2n+1)}e < 1/√(1+1/n)・e < (1+1/n)^n
http://www.youtube.com/watch?v=FDTaIYjWR2E 20:24,
数セミ増刊「数の世界」日本評論社 (1982) p.82 x_1,x_2,...,x_n>0, Πx_k=1のとき次を示せ
Σ1/(n-1+x_k)≦1 f(t)=1/(n+e^t)、F(t1,‥) = Σf(ti)とおく
f(t)はt≧lognで下に凸かつt≦lognで上に凸
全てtiがlognより小さい領域ではti=0のときFは最大値1
そうでない領域でΣti=0かつF(ti)>1が存在すれば
t1 =(n-1)c, ti=-c (i≧2,t1>logn)
であるtiで存在する
e^t=uとおいて
F(ti)-1
= 1/(n-1+u^(n-1) + (n-1)/(n-1+1/u)-1
= 1/(n-1+u^(n-1) - 1/((n-1)u+1)
しかしu≧1において
n-1+u^(n-1)≧(n-1)u+1
であるから矛盾 背理法で…
不等式が成り立たないとする。すなわち、
Σ[k=1,n] 1/(n-1+x_k) >1,
であると仮定する。このとき
1/(n-1+x_i) > 1 - Σ[k≠i] 1/(n-1+x_k)
= (1/(n-1))Σ[k≠i] x_k /(n-1+x_k)
≧ ( Π[k≠i] x_k /(n-1+x_k) )^{1/(n-1)}, (AM-GM)
となる。i=1,…,n で掛けて
Π[i=1,n] 1/(n-1+x_i) > Π[k=1,n] x_k /(n-1+x_k),
となるが、これは 1 > Π[k=1,n] x_k を意味するので矛盾である。
ルーマニアMO-1999,
文献[9], 佐藤(訳), 朝倉書店(2013), 問題3.35 p.131
Inequalitybot [109] 〔類題〕
x_1, x_2, …, x_n >0 が Σ[k=1,n] 1/(n-1+x_k) = 1 を満たすとする。
このとき
Π[k=1,n] x_k ≧ 1,
を証明せよ。
文献[9], 佐藤(訳), 朝倉書店(2013), 問題1.46改 p.14 (1)
z,w∈C、|z|=|w|=1 のとき、
|z+1| + |w+1| + |zw+1| ≧ 2
(2)
a,b,c∈C に対して、
|a| + |b| + |c| ≦ |a+b-c| + |b+c-a| + |c+a-b|
( ﾟ∀ﾟ) ｳﾋｮｯ！ (1)は簡単やな
x^をxの複素共役として
|z+1|+|w+1|+|zw+1|
=|z+1|+|w^+1|+|z+w^|
なので|a|+|b|+|c|=1のとき
|b+c|+|c+a|+|a+b|≧2
を示せば良い
b = c exp(2iA), c = exp(2iB), a = exp(2iC), A+B+C=π
となる非負実数A,B,Cがとれるとしてよくこのとき
|b+c|+|c+a|+|a+b|
=2(cosA+cosB+cosC)
であるからcos(x)の凸性により(A,B,C)=(-π,π,π),(π,-π,π),(π,π,-π)のとき最小値2 (2)は力技で
sを複素定数としC^3の領域
R={ .. | a + b + c = 2s }
におけるS=2( |s-a| + |s-b| + |s-c| ) - ( |a| + |b| + | c| )の最小値が0以上であることを示せば良い
それには全微分できない領域で非負、全微分可能な極値で非負を言えば十分
s=0であればS=|a|+|b|+|c|となり自明だからs≠0とする
i) a=0のとき
S=2(|b+c|/2 + |b-c|/2 × 2) - (|b|+|c|)
=|b+c|/2-|b|+|b+c|/2-|c|+|b-c|
≧-|b-c|/2 × 2 + |b-c| = 0
(ii) a=s のとき
このときs=a=b+cより
S=2(|b|+|c|)-(|b+c|+|b|+|c|)
=|b|+|c|-|b+c|≧0
(iii) a=bのとき
このときs=a+c/2より
S=2(|c/2|+|c/2|+|a-c/2|)-(|a|×2+|c/2|)
=|c|+|2a-c|-|2a|≧0
(iv)a,b,cが同一直線上のとき
a,b,cは実数としてよくSをaの関数として見たときlim[a→±∞]S=∞だから極値だけ考えればよく、極値をとるのはa=s,0の場合のみであるから既出の場合に還元される
(v)その他の場合
Sは全微分可能でありz^を複素共役としてe(z)=z/|z|とおけば
dS = -2(e(s-a)^da + e(s-a)da^+ e(s-b)^db +e(s-b)db^+ e(s-c)^dc + e(s-c)dc^)-(e(a)^da+e(a)da^+e(b)^db+e(b)db^+e(c)^dc+e(c)dc^)
でありコレがda+db+dcの複素定数倍であるから
2e(s-a)+e(a)=2e(s-b)+e(b)=2e(s-c)+e(c)=0
である
よってa,b,cが同一直線上となるので既出のケースに還元される >>689
(1)
|a| = |b| = |c| = 1 のとき
|b+c| + |c+a| + |a+b| ≧ 2,
ですか。
>>690
(2) は簡単やな。Ravi変換で
b+c-a = p,
c+a-b = q,
a+b-c = r,
とおけば
(左辺) = |a| + |b| + |c|
= |q+r|/2 + |r+p|/2 + |p+q|/2
≦ |p| + |q| + |r|. あれ？
その方法最初に考えてダメと思ったんやけど勘違いしたかな？
まぁ複素係数の微分形式の復習になったからいいけど >>689
C ≧ π/2 の場合 (鈍角⊿) は
|b+c| + |c+a| + |a+b|
= 2(|cosA| + |cosB| + |cosC|)
≧ 2(cosA + cosB)
≧ 2(1 + cos(A+B)) (凸性)
≧ 2, (A+B≦π/2)
ですね。あるいは
cosA + cosB + cosC
= 1 + 4sin(A/2)sin(B/2)sin(C/2) (A+B+C=π)
≧ 1, >>688
(1)は簡単やな
|z+1| + |w^+1| + |z+w^|
≧ |(z+1) + (w^+1) - (z+w^)|
= 2,
|b+c| + |c+a| + |a+b|
≧ |-(b+c) + (c+a) + (a+b)|
= 2|a|,
同様にして
|b+c| + |c+a| + |a+b| ≧ 2 Max{|a|,|b|,|c|}
(2)は簡単やな >>691 >>694
なんでそういう書き方するん？
それ読んだ相手がどういう気持ちになるか考えられへんの？ 〔問題〕
Σ[n=2,∞] 1/n^3 < (1+√5)/16 = 0.2022542486
(阪大-改)
http://www.youtube.com/watch?v=_zGQfWy9j28 22:05
鈴木貫太郎 1/n^3 = n/n^4
< n/(nn-1/4)^2
= {(n+1/2)^2 - (n-1/2)^2}/{2(nn-1/4)^2}
= (1/2){1/(n-1/2)^2 - 1/(n+1/2)^2}
∴ Σ[n=2,∞] 1/n^3 < 2/9 = 0.222222
ぢゃ出ない････orz c>0 かつ z,w∈C のとき、
|z+w|^2 ≦ (1+c)|z|^2 + (1 + 1/c)|w|^2.
昔やったかも？ ( ﾟ∀ﾟ) |z+w|^2 ≦ (|z| + |w|)^2 (三角不等式)
= |z|^2 + |w|^2 + 2|z||w|
= |z|^2 + |w|^2 + c|z|^2 + (1/c)|w|^2 - (|z|√c - |w|/√c)^2
≦ |z|^2 + |w|^2 + c|z|^2 + (1/c)|w|^2 (GM-AM)
= (1+c)|z|^2 + (1+1/c)|w|^2.
等号成立は w = cz のとき。 >>696
φ = (1+√5)/2 = 1.618034… とおく。 (黄金比)
1/n^3 = n/n^4
≦ n/{n^4 - (2/φ-1)^2･(nn-4)} (n≧2)
= n/{(nn -2 +4/φ)^2 - nn}
= n/{(nn -n -2 +4/φ)(nn +n -2 +4/φ)}
= (1/2){1/(nn-n-2 +4/φ) - 1/(nn+n-2 +4/φ)},
∴ Σ[n=2,∞] 1/n^3 < φ/8 = (1+√5)/16, >>698
|z+w|^2 + |z√c - w/√c|^2 = (1+c)|z|^2 + (1+1/c)|w|^2,
だった希ガス。。。 >>696
1/n^3 = n/n^4
< n/{n^4 - (√10 -3)^2(nn-9)} (n≧3)
= n/{(nn -9 +3√10)^2 - n^2}
= n/{(nn -n -9 +3√10)(nn +n -9 +3√10)}
= (1/2){1/(nn -n -9 +3√10) - 1/(nn +n -9 +3√10)},
∴ Σ[n=2,∞] 1/n^3 < 1/8 + (1+√10)/54 = 0.2020792 >>688
(2)の等号成立条件はどうなるんでせうか？ arg(a) = arg(b) = arg(c) かつ |a|, |b|,| c| が三角不等式を満たす。
ただし arg(0) は任意の値に等しいとする。
∵ arg(p) = arg(q) = arg(r). Σ(k=1~2n)2nCk×(1/(n-1)^2)^k>2/(n-1)
↑これ成り立ちそうなんだけど証明浮かばん とりあえずt = 1/(n-1)とおいてt=0の近傍では左辺-右辺は
4 t^2 + (13 t^3)/3 + (11 t^4)/3 + (8 t^5)/5 - (7 t^6)/90 + O(t^7)
(テイラー級数)
だそうな 初項は 2n/(n-1)^2 > 2/(n-1),
あとの項も >0,
なお、二項公式から
Σ(k=1～2n) Ｃ(2n,k) (t^2)^k = (1+t^2)^{2n} - 1. 0<a<b,A=(a+b)/2 , G=(ab)^(1/2), H=2ab/(a+b), I(a,b)≡a(a+3b)/(3a+b) とおくと
H≦I(a,b)≦G≦I(b.a)≦A
が成立するんですけどI(a,b)の意味というか簡単な解釈みたいのってあるのでしょうか？
証明はただ計算すればいいんですけど、、 分かりませんね。
I(a,b) = (A+b)/(1+b/H),
I(b,a) = (A+a)/(1+a/H),
なので
f(x) = (A+x)/(1+x/H),
とおいてみますか。
これはxの一次分数式で単調減少です。
f(∞) = H,
f(b) = I(a,b),
f(H) = (A+H)/2,
f(G) = √(AH) = G,
f(A) = 2AH/(A+H),
f(a) = I(b,a),
f(0) = A, >>709
AとHの調和平均を J(a,b)=2AH/(A+H)=4ab(a+b)/(a^2+b^2+6ab) とすると
H≦I(a,b)≦J(a,b)≦G≦ab/J(a,b)≦I(b,a)≦A も成立 >>710
f(A) = 2AH/(A+H) = J(a,b),
f(H) = (A+H)/2 = ab/J(a,b), f(x) = (A+x)/(1+x/H) ⇔ (f-H):(A-f)=H:x (H,Aの内分比をxで定める)
g(x) = (b+x)/(1+x/a) ⇔ (g-a):(b-g)=a:x (a,bの内分比をxで定める)
f(-A) = 0 g(-b) = 0
f(-b) = a g(∞) = a
f(∞) = H g(b) = H
f(b) = I(a,b) g(A) = I(a,b)
f(A) = 2AH/(A+H) g(I(b,a)) = 2AH/(A+H)
f(G) = √(AH) = G g(G) = √(AH) = G
f(H) = (A+H)/2 g(I(a,b)) =(A+H)/2
f(a) = I(b,a) g(H) = I(b,a)
f(0) = A g(a) = A
f(-a) = b g(0) = b
f(-H) = ∞ g(-a) =∞ 久々に来たまだあったんだ
aopsは計算機でSOSするのが多く手だと難しいのが多いね
あとは巡回式とか、巡回式じゃない非対称とかも最近多い
不等式を解くテクニックとかは飽和かな？ AoPS = Art of Problem Solving だろうな。
http://artofproblemsolving.com/ z∈C、|z|≦1のとき、|(3z-1)/(z-3)| の最大値を求めよ。 解1.
A(1/3,0) B(3,0) P(x,y) とおくと
(与式) = 3(AP/BP)
(与式) = k (<3) は
AP：BP = k：3
なる アポロニウスの円である。
直径の両端は 内分点と外分点
(3-8/(3-k),0) と (3-8/(3+k),0)
閉円盤 xx+yy≦1 と共有点をもつことから
3-8/(3-k) ≧ -1 または 3-8/(3+k) ≦ 1,
∴ k ≦ 1,
解2.
|z-3|^2 - |3z-1|^2
= (z-3)(z~-3) - (3z-1)(3z~-1)
= 8(1-zz~)
= 8(1-|z|^2),
あるいは
|r･e^(iθ)-3|^2 - |3r･e^(iθ)-1|^2
= (rr -6r･cosθ +9) - (9rr - 6r･cosθ +1)
= 8(1-rr),
よって
|z|≦1 ⇔ |(3z-1)/(z-3)| ≦ 1, 〔補題〕
d(X) がある空間における距離ならば
D(X) = (1/2)log{h + d(X)^2}, h≧4/3
も距離。
[面白スレ３９．399,402,404] は怪しいので
D(X) = log{1 + d(X)},
に訂正… >>717の類題。
z∈C、|z|≦1のとき、|z(z-1)(z-2)| の最大値を求めよ。 |z| ≦ 1,
|z-1| ≦ |z| + 1 ≦ 2,
|z-2| ≦ |z| + 2 ≦ 3,
……
辺々掛けて
|z(z-1)(z-2)…(z-n)| ≦ (n+1)!,
等号は z=-1 のとき。 z≦1(円盤)程度ならプロットすればいいんよ(思考放棄) 凄くはないよ
その設定で作問してる
等号成立条件が一致してるとか出来過ぎ
汎用性がない解法 〔問題471〕
任意の自然数ｎに対して、次を示せ。
1/n > 1/(n+1) + 1/(n+1)(n+2) + 1/(n+1)(n+2)(n+3) + ……
[高校数学の質問スレPart414．471] 右辺は ∫[0,1] x^n e^{1-x} dx になるらしい…
[同．492] 右辺は {n!e} になるらしい。
高校生なら等比級数
1/n = 1/(n+1) + 1/(n+1)^2 + 1/(n+1)^3 + ……
を使うだろうけど... >>731
そのまんまじゃないか。全く気付かずガックリ。そして>>729となるのも知ってる人は知っているヤツよなあ（積分がある値になることを知っていれば、勘で逆算できる可能性がある） >>729
被積分関数は x≒1 で急増するから、そこで精度が必要。
しかし x=1 で上から接するのは、e^{1-x} が下に凸なので難しい。
そこで e^{x-1} ≧ x と下から接すれば
e^{1-x} ≦ 1/x,
∴ (与式) < ∫[0,1] x^{n-1} dx = 1/n を得る。 〔補題292〕
a,b,c,d > 0 のとき
a/b + b/c + c/d + d/a ≧ 8(ac+bd)/((a+c)(b+d)),
等号成立は a=c, b=d のとき。
[分かスレ４７１．279,292] >>734
a/b + b/c + c/d + d/a
≧ 2√{(ac)/(bd)}+ 2√{(bd)/(ac)}
＝ 2(ac + bd) / √(abcd)
≧ 8(ac + bd) / {(a + c)(b + d)} 〔掛谷の定理〕
a_n z^n - a_(n-1) z^(n-1) + …… + (-1)^(n-1) a_1 z + (-1)^n a_0 = 0 (a_k>0)
の根は m ≦ |z| ≦ M をみたす。
ここに m = min{a0/a1, a1/a2, …, a(n-1)/a_n}
M = Max{a1/a0, a2/a1, …, a(n-1)/a_n}
高橋正明 著「複素数」科学新興社モノグラフ13. (1972)
高橋正明 著「複素数」改訂版, 科学新興新社モノグラフ9. (1998)
すべて実根のときは、ニュートンの不等式から
a(k-1)/a_k ≦ a_k/a(k+1),
m = a_0/a_1 ≦ …… ≦ a(n-1)/a_n = M,
∴ a_0/a_1 ≦ z ≦ a(n-1)/a_n, >>737
(訂正ｽﾏｿ)
M = Max{a0/a1, a1/a2, …, a(n-1)/a_n}
元の形は
0 < a_0 < a_1 < … < a(n-1) < a_n のとき |z| <1,
a_0 > a_1 > … > a(n-1) > a_n > 0 のとき |z| >1, >>740
これは大学の解析の問題やな
普通の高校生には手も足も出ないだろな
東大の問題よりセンスがあってカッコ良いわ 全然手抜きじゃないだろ
手抜きというのは東大の円周率の評価式や加法定理の証明問題をいうんだよ 数学できるヤツいらんから、大学で扱ってる問題拾ってきて出してるだけ。
東大のは採点が大変なんだから手抜きにはならん。（想定解答をもとに採点するが別解が出てくれればまた採点官で検討して反映させるので） a,b,c>0,
ab+bc+ca=12,
√(ab) + √(bc) + √(ca) + 32/(abc) ≧10.
( ﾟ∀ﾟ) ﾌﾟｹﾗｯﾁｮ 任意の実数xで、cos(cosx) > sin(sinx) >>746
条件式の相加相乗から8≧abcなので
√(ab)+√(bc)+√(ca)+16/(abc)+16/(abc)≧5(256/(abc))^(1/5)≧10 z∈C、|z|=1 に対して、
|e^z - z^3 - z - i| ≦ e - 1. 複素関数の本を読んでいたら、ハルナックの不等式が出てきた。春泣く不等式 z∈C に対して |z(4-z)|<1 を解きたいんですけど、どうやればいいんでせうか？ >>752
>>717-724らへん
20年前に高校でやったなあ ごめん違う問題だったな。平方完成しててきとうにやればええやろ。 大先生は よく分からんね。
2つの楕円の内部が解領域なのか… >>758
最後の方にある
y = sqrt(-x^2 + sqrt(16 x^2 - 64 x + 65) + 4 x - 8)
と
y = -sqrt(-x^2 + sqrt(16 x^2 - 64 x + 65) + 4 x - 8)
の間やろ >>758
スケールおかしいだけで、円の内部やぞ。
|z(4-z)|=|z||z-4|だから原点0とzのキョリと4とzのキョリの積、それが1未満。0付近か4付近だと小さくなる。 zの存在領域は、0の近傍と4の近傍に2つある。
境界線は次式で表されて、楕円っぽい形で、円にはならない。
y=-sqrt{-xx+4x-8+√(16xx-64x+65)}
y= sqrt{-xx+4x-8+√(16xx-64x+65)}. ごめんボーッとしてて頭おかしくなってたわ。
因数分解して(二次式)(二次式)<0にできるんだから楕円2つの内部だ。楕円のようなカタチの二次式は楕円しかないので。
>>760
>>758
一行目完全にムシ、それ以外は正しい。 >>763
正確にはだえんじゃないよね。
y=-sqrt{-xx+4x-8+√(16xx-64x+65)}
で言うと、左半分が少し広がっている。 もともとは、冪級数
S(z) = Σ[n=0 to ∞] {z(4-z)}^n
について、
(1) S(z) の収束する領域が２つの分離した領域であることを示せ。
(2) S(z) を最大限に解析接続せよ。
という問題。
y=-sqrt{-xx+4x-8+√(16xx-64x+65)}
y= sqrt{-xx+4x-8+√(16xx-64x+65)}.
これって微分して増減表調べればグラフの概形が分かるだろうけどダルイ。
(1)を、z = re^(iθ)、4-z = se^{ i (φ+)π} とおいて、極形式で考える方法は挫折。 >>764
x・yの二次式って意味だった。
>>765
ホンマや、図示と違って楕円じゃないな。。。ちゃんとした図示じゃなかったってだけか。
てっきり因数分解=0とできるもんだと誤解したわ。 youtube,twitterの不等式botさんは望月教授の弟子？で女性？ Σ_{i=1}^n Σ_{j=1}^n |x_i-x_j|^(1/2)≦Σ_{i=1}^n Σ_{j=1}^n |x_i+x_j|^(1/2) x,y,zが非負実数のとき Σ(x+y)^(-2)≧9/(4Σxy) a,b,c,d > 0 のとき
1/(1/a + 1/b) + 1/(1/c + 1/d) ≦ 1/{1/(a+c) + 1/(b+d)}. USAMO第六問
nは2以上の整数
実数列x_1≧x_2≧…≧x_n,y_1≧y_2≧…≧y_n があり、次式を満たしている
・0=Σx_i=Σy_i
・1=Σ(x_i^2)=Σ(y_i^2)
このとき
Σ(x_i*y_i-x_i*y_(n+i-1))≧2/√(n-1)
を示せ >>771
(a+c)(b+d)-(a+b+c+d)(ab/(a+b)+cd/(c+d))=(ad-bc)^2/(a+b)(c+d)≧0 同じくシンプルだが複雑な定数になる例、
あやな(@suugaku1)の不等式
-M≦sinx+sin2x≦M
のMも偶然だが1.76くらいになる ウクライナMO2021
a≧b≧c>0のとき
(a^2+b^2)/(a+b)+(b^2+c^2)/(b+c)+(c^2+a^2)/(c+a)≧a+b+c+(a-c)^2/(a+b+c) 代数関数の値域の上限、下限は係数体の代数的拡大の元
決定するためのアルゴリズムも見つかってる コンテストで出題されたアシンメトリーな不等式をもっとくれ >>775 >>776
nを4から正の偶数に一般化してみた
任意の相異なる実数a,b,cに対し
(a/(b-c))^n + (b/(c-a))^n + (c/(a-b))^n ≧ (2-k)/(2k-k^2)^(n/2)
ここにkは -1+x+2x^n = 0 の正の根
n≧4で等号成立は以下の6組
a:b:c = k±√(2k-k^2) : k±k√(2k-k^2) : -k(1-k)
a:b:c = k±k√(2k-k^2) : k±√(2k-k^2) : -k(1-k)
a:b:c = k±√(2k-k^2) : -(-k±√(2k-k^2)) : 2 x,y,z>0⇒4Σ((x+y)(y+z))^2≧Σxy(3x+3y+2z)^2 w∈C、|w| < 1/2 に対して、|e^w -1| < |w|e^{1/2}.
w∈Rのときは分かるけど、複素数のときはどうやって証明するんでしょうか？ f(z) = eᶻ-1とおけば最大値の原理から|z|<1/2に対して
|eᶻ-1|/|z| < max { |eᶻ-1|/z ; |z| = 1/2 }
= 2((e^(1/2)-1) (z = 1/2のとき最大値)
= 1.2974425414
≦ e^(1/2) = 1.6487212707 >>787
ごめん、やっぱ分かってなかった。
境界 |z| = 1/2 で最大値をとることまでは分かったけど、z=1/2で最大となるのはなぜですか？
|z| = 1/2のときに、|(e^z -1)/z| = 2|e^z -1| までは分かるけど、
2|e^z -1| ≦ 2(e^{1/2} -1) はなぜ？ |e^w-1|
=|w^1/1!+w^2/2!+w^3/3!+...|
<=|w|(1/1!+|w|/2!+|w|^2/3!+...)
<=|w|(1/1!+(1/2)/2!+(1/2)^2/3!+...)
=|w|(e^(1/2)-1)/(1/2). >>790
なるほど理解できました。ありがとうございまする。 単位円上の５点を取り10本の線分で結ぶと凸包の五角形が、11個の部分に分割される
中央の小五角形の面積をT、小五角形と辺を共有する５つの三角形の面積の総和をSとする
S + 2Tの最大値を求めよ >>750
これは どうやって証明するのでしょうか？ >>796
ああ、置き換えていたんですな。ごめそ。 >>750
改造してみた。どう？
z∈C、|z|=1 に対して、
|e^z - z^3 - z - i| ≦ e + (√2) - 5/3. >>800
計算しなおしたら、4/3でした。 すまそ。
z∈C、|z|=1 に対して、
|e^z - z^3 - z - i| ≦ e + (√2) - 4/3. 3sinθ/(2+cosθ) < θ < (2sinθ+tanθ)/3 >>805
スネル・ホイヘンスの不等式
>>628-644 ほー、スネルとホイヘンスといえば光学か
確かに光学(の何かに)使えそうな見た目してんな>>806 十分小さな z∈C に対して、|z|/2 ≦ |log(1+z)| ≦2|z|.
これはどうやって証明するのでせうか？ マクローリン展開じゃないの？
| log(1+z) - z | ≦ Σ[k≧2] |zᵏ|/k
≦ Σ[k≧2] |zᵏ|/2
= |z|²/(1-|z|) 理解した。
|Log(1+z)|/|z| = 1 + Σ[k≧2] (1/k)*|z|^{k-1} → 1 (|z|→0) >>808
改造してみた。うひょっ！
|z|< 1/2、z∈C に対して、|z|/2 ≦ |log(1+z)| ≦ 3|z|/2.. a,b,c,d >0 に対して
(ab)^(1/3) + (cd)^(1/3) ≦ {(a+b+c)(a+c+d)}^(1/3). z∈C に対して、|e^z - 1 - z| ≦ (3/4)|z|. | (exp(z)-1-z)/z |
= | Σ[ k≧2 ] zᵏ⁻¹/k! |
≦ | Σ[ k≧2 ] | z Iᵏ⁻¹/k!
≦ | Σ[ k≧2 ] 1/k!
= exp(1) -2
≦ 1/2+1/6(1/(1-1/4))
= 13/18
< 3/4 ちらっと立ち読みしただけなんだが、数蝉のNoteに、階乗のAM-GMが載っていたよ、 Kerf=f⁻¹(0)はIdeal
f(x)=0のx原像 fg=∑∑(ab)x
aᵢbⱼxᵏ (i+j=k)
k=0～n degfg=degf+degg
最高次の係数≠0
aᵢ、bⱼ
aᵢbⱼxⁱ⁺j
a=0またはb=0⇒-∞ ある原始多項式Fに対して
f=uFと表せる
uは可逆元、単元 p∤aₙ∧p|その他∧p²∤a₀
pは素元⇒f(x)は既約多項式 モニックp∤aₙ
p|その他0～n-1
p²∤a₀、定数項 0+0=0と分配律により
∀a、a+0=aでありa=0とすると
0+0=0
(0+0)a=0a、0a+0a=0a
∴0a=0 群Gに置いて
aa⁻¹=e
これはaの逆元がa⁻¹
a⁻¹の逆元がaであることを示す Aの逆元はA⁻¹であり
A=a⁻¹とすると
(a⁻¹)⁻¹=a これはaの逆元が-a
-aの逆元がaであることを示す a, b∈Rの中でa⁻¹、b⁻¹が存在するものだけを考える a⁻¹, b⁻¹∈R*⇒b⁻¹a⁻¹, a⁻¹b⁻¹∈R*である Rに関してae=ea=aでありR*に制限しても単位元eは同じものが同じ役割を持つ。すなわち単位元は存在する。 (-a)b+ab=(-a+a)b=0b=0
∴(-a)b=-ab a(-b)+ab=a(-b+b)=a0=0
∴a(-b)=-ab よってA(-b)=-Ab
A=-aとして
-(-a)(-b)=-(-a)b=ab このスレッドは１０００を超えました。
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