不等式への招待 第10章
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>>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。 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
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