不等式への招待 第9章 [無断転載禁止]©2ch.net
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〔問題2018〕
a>0,b>0,c>0,a+b+c=3 のとき次を示せ。
a^(1/2018) + b^(1/2018) + c^(1/2018) + (2/√3) √{a(1-b)+b(1-c)+c(1-a)} ≧ 3,
(K. Chikaya, 2018/June/19)
すうじあむ //suseum.jp/gq/question/2884 を改良
casphy.com/bbs/highmath/472060/ 不等式2-304 >>668
多角形のすべての辺のうち一辺の長さ1である辺の総数は奇数個であるもの >>668
偶数角形でもいい
例としては四角形のうち三つの辺が長さ1で他は長さ1ではないものだったり、一つの辺のみが1でほかは長さ1でないようなもの 凸とは限らない3角形または4角形または5角形または……
であって辺の長さはすべて1であるもの
ですね。凸とは限ってないので内角が180°も桶なので>>697でもいいけど “凸とは限らない” がある方が良かったかも。 >>671
> 偶数角形でもいい
辺長1の正N角形の、連続する2m個の頂点を結んでできる凸2m角形を考える。(N ≫ m^3)
外接円の半径は R = 1/{2sin(π/N)},
S < (弓形の面積)
= (扇形の面積) - (三角形の面積)
= (1/2)RR{(4mπ/N) - sin(4mπ/N)}
< (1/12)RR(4mπ/N)^3 (*)
= 1/{48sin(π/N)^2}(4mπ/N)^3
〜 (4/3) m^3 (π/N)
→ 0 (N→∞)
*) x>0 のとき x - (1/6)x^3 < sin(x) < x, >>673
訂正スマソ
(4mπ/N) → (2(2m-1)π/N)
或いは
(弦の長さ) < (2m-1)
(幅) = R {1-cos((2m-1)π/N)}
< R (1/2) {(2m-1)π/N}^2 (**)
= 1/{4sin(π/N)} {(2m-1)π/N}^2
〜 (1/4)(2m-1)^2 (π/N)
→ 0 (N→∞)
**) 1 - (1/2)xx < cos(x) ≦ 1 問題の見栄え良くするために、問題文はしょりすぎなんだよ。
偶数角形でもいいといってるのは例えば四角形ABCDで
AB=BC=CD=1、DA=2でもいいって意味だろ?
あくまで辺の長さの和は奇数。
この場合は五角形ABCDEでAE=DE=1、角Eは180°とみなして
1辺の長さ1の5角形とみなす。
そういう場合、面積は√3/4より大きくなる。
偶数角形で辺の長さ1で反例出したいなら平たいひし形で終わり。 で結局問題は>>667でいいの?
真偽は別としてこれだけで問題の条件は十分伝わるよね
勝手に凸がどうたらって条件を加えてる>>672は別の問題ってことでいいの? >>675 辺の長さの和が奇数とは書いてない。そもそも辺の長さは整数とは限らないし
[667(元問題)] 多角形Pは次の条件を満たすとき S >= sqrt(3) / 4
【条件】Pの辺のうち長さが1であるものは奇数個
[672] すべての辺が1である多角形Pの面積は S >= sqrt(3)/4
(凸の条件が何を言ってるのかよくわからない)
[673-4] 「辺が1の正多角形Pの面積は S >= sqrt(3)/4」を否定する証明(たぶん)
なんかごちゃごちゃしたけど問題は667でいいんだよね >>675 >>677
すべての辺の長さを自然数に限定?
>>673 >>674 の例で、辺長1を固定しつつ端の2点を持って引っぱると、
自然数にならぬか…
>>675
菱形だと長さ1の辺が4つになる。 3辺長を1に固定して1点をずらす。 点列P0.‥Pnは以下を満たす。
・nは奇数、P0=Pn
・隣接2点間の距離は1
・点列を順に結んで得られる曲線は単純閉曲線C
この時、Cで囲まれる領域の面積は√3/4以上であることを示せ。
ですな >>679
それは667と別問題だよね
それも成り立つの? >>667
これは成り立つ。
私は>>667もこの意味だと思う。
長さ1の辺が奇数個でそうでない辺がいくらあっても桶
みたいな設定で何かいえると思えない。 >>681
問題が間違えてるってことね
679っぽい状況は数オリ辞典かなんかで見た記憶あるけど思い出せない >>679
すべての辺の長さが1である、奇数角形 >>668
ですね。 >>520 (B3) [100]
49th IMO spain 2008, SL-A7
s = a+b+c+d,
p = s+a+c,
q = s+b+d,
M = (s-d)(s-b) = (s+a+c)s + bd,
N = (s-a)(s-c) = (s+b+d)s + ac,
W = (b+d)M-(a+c)N = bd(b+d) - ac(a+c), …(3)
とおく。
2(左辺) = p(a-c)^2 /M + 3(a-c)(b-d)W/MN + q(b-d)^2 /N,
これは a-c,b-d の斉2次式なので、判別式(Hessian)を調べる。
pq = 2ss + (a+c)(b+d) > 2ss,
MN = {(s+a+c)s+bd} {(s+b+d)s+ac}
= (s+a+c)(s+b+d)ss + ac(s+a+c)s + bd(s+b+d)s + abcd
> 2s^4 + 2ac(a+c)s + 2bd(b+d)s, (← s>a+c,s>b+d)
辺々掛けて
4pqMN > 8ssMN
> 16(s^3){s^3 + ac(a+c)+bd(b+d)}
> 192{ac(a+c)+bd(b+d)}^2 {← s^3 > 3ac(a+c)+3bd(b+d)}
> 192{bd(b+d)-ac(a+c)}^2
= 192WW
≧ 9WW.
∴ 判別式(Hessian) < 0
∴ 正定値。
http://www.imo-official.org/problems/IMO2008SL.pdf
IMO-2008, SL-A7, Solution-2 >>685 訂正
M = (s-d)(s-b) = (a+c)s + bd,
N = (s-a)(s-c) = (b+d)s + ac,
MN = {(a+c)s+bd} {(b+d)s+ac}
> {ac(a+c) + bd(b+d)}s,
4pqMN > 8ssMN
> 8(s^3){ac(a+c) + bd(b+d)}
> 8ac(a+c)^4 + 8bd(b+d)^4
≧ 32{ac(a+c)}^2 + 32{bd(b+d)}^2
> 32{bd(b+d) - ac(a+c)}^2
= 32WW
≧ 9WW, 〔問題670〕
nを自然数、xを実数とするとき
[nx] ≧ Σ(k=1,n) [kx]/k
を示せ。ただし [x] はガウス記号である。
[面白スレ26-670,同27-144] すうじあむの解答見てきたけど、h(t)の最大値を求めるところまでは分かった。
で、h(t)の最大値がf(x,y)の最大値になるのは明らかなん?
バラバラに動く変数を1変数に置き換えたものを調べて間違いないん? >>688
f(x,y) の最大値 ≦ h(t) の最大値 = e^{-2} で
f(1,1) = e^{-2}.
からそう結論しました。
もしも反例が見つかったら晒してください。遠慮はいりません。
>>689
たぶんこれ。
Find the maximum value of the following function for all positive real numbers x,y.
f(x,y) = e^(-x-y) {ln(x)+ln(y)+1}.
http://suseum.jp/gq/question/2901 >>691
そのサイトFlashがないと読めないみたい。
もうこのご時世Flashないと読めないサイトわざわざ見る気になれん。 >>692
「三次方程式の解の素朴な性質」 Q.2876
a, b, c を任意の複素数とする。 3次方程式 z^3 + az^2 + bz + c = 0 の解αで
| 2bα + 3c | ≦ | 3α^3 |
をみたすものが存在することを示してください。
(2018/04/01 アンドロメダ) >>520 (B3)
>>524
まづ 左辺を a-c, b-d の斉2次式で表わす。
2 (左辺) = F (a-c)^2 + H (a-c)(b-d) + G (b-d)^2,
ここに
F = 1/(c+d+a) + 1/(a+b+c),
G = 1/(b+c+d) + 1/(d+a+b),
H = 3{ -(a+c)/(c+d+a)(a+b+c) + (b+d)/(d+a+b)(b+c+d)},
とおいた。この斉2次式が正定値となる条件は,
(判別式) = HH - 4FG < 0,
そこで F, G, H を評価する。
AM-HM より
F = 1/(c+d+a) + 1/(a+b+c) ≧ 4/{2(a+c)+(b+d)},
G = 1/(b+c+d) + 1/(d+a+b) ≧ 4/{(a+c)+2(b+d)},
∴ FG ≧ 16/{2(a+c)^2+5(a+c)(b+d)+2(b+d)^2} ≧ 16/{(9/4)(a+b+c+d)^2} > 7/(a+b+c+d)^2,
0 < (a+c)/(c+d+a)(a+b+c) = (a+c)/{(a+c)(a+b+c+d)+bd} < 1/(a+b+c+d),
0 < (b+d)/(b+c+d)(c+d+a) = (b+d)/{(b+d)(a+b+c+d)+ac} < 1/(a+b+c+d),
∴|H| < 3/(a+b+c+d)、
以上により (判別式) = HH - 4FG < 0 したがって左辺は正定値。
IMO-2008 Short list A.7
不等式bot(@inequalitybot) [100] ☆12
面白スレ26-535,961 面白スレ27-354,356
//www.casphy.com/bbs/highmath/472060/126 (7), 311 正の数 a, b が a+b=1をみたすとき、任意の正の数 x, y に対して ax+by ≧ x^a y^b.
これはAM-GMの一般化でござるかな? >>696
a,bが有理数のときは AM-GM そのものでござるな。 正の数 a, b, x, y が ax+by = x+y をみたすとき、a^(ax) * b^(by) ≧ 1. >>699
(a-1)x + (b-1)y +(c-1)z = 0 をみたすとき
a log(a) = -a log(1/a) ≧ -a(1/a -1) = a-1,
b log(b) ≧ b-1,
c log(c) ≧ c-1,
ax log(a) + by log(b) + cz log(c) ≧ (a-1)x + (b-1)y + (c-1)z = 0, >>700
むむむ…、さすがでござるな。
>>696
正の数 a, b が a+b=1をみたすとき、任意の実数 x, y に対して (ax+by)(ay+bx) ≧ xy. >>701
(ax+by)(ay+bx) = (a+b)^2・xy + 2ab(x-y)^2 ≧ (a+b)^2・xy,
またはコーシーで
(ax+by)(ay+bx) ≧ (a√xy + b√xy)^2 = (a+b)^2・xy, >>702
むむむ…、さすがでござるな。
一つ目の解法の式変形は思いつかぬ…。
ただ、係数の2は不要ですな。 非負実数 a,b,c に対して、
(a-b)(a-c)a^4 + (b-c)(b-a)b^4 + (c-a)(c-b)c^4 ≧ 5{(a-b)(b-c)(c-a)}^2.
不等式の秋でござるな。(AA略) >>704
Schurより強い不等式ってことになるのかな? >>705
非負実数に限れば。
偶数次の Schur はすべての実数で成立つが、>>704 は (a, b, c) = (a, 0, -a) で不成立。 なるほど。 s,t,uで置き換えて証明できるのかな? >>704
(左辺)-(右辺)
= F_4 - 5Δ^2
= s^6 - 7s^4t + 28s^3u + 8s^2t^2 - 112stu + 16t^3 + 63u^2
苦しいでござる。
別の方法を考えた方がいいか…。 去年の秋にやっていたΔがらみの不等式が、このスレを (c-a) で検索するとたくさん出てくる。
それらの中にない(と思う)ものを見つけたのでメモ。
a, b, c > 0に対して、
(a^2 + 3b^2)(b^2 + 3c^2)(c^2 + 3a^2) ≧ {(a-b)(b-c)(c-a)}^2.
https://artofproblemsolving.com/community/c6h1595851p9908733
リンク先の模範解答を見る限りでは、任意の実数で成り立っているんじゃないの? >>704
bはaとcの中間にあるとする。
(左辺) = (a^n)(a-b)^2 + (a^n-b^n+c^n)(a-b)(b-c) + (b^n)(b-c)^2,
(a,b,c) を(間隔を変えず一斉に)d減らしたとき、a^n, c^n は減少する。(0<d≦a,b,c)
では a^n -b^n +c^n はどうか?
Max{a,c} = M, min{a,c} = m とおくと
M^n - b^n = (M-d)^n - (b-d)^b + ∫[0,d] n{(M-d+t)^(n-1) - (b-d+t)^(n-1)} dt
≧ (M-d)^n - (b-d)^b,
m^n ≧ (m-d)^n, (0<d≦m)
辺々たして
M^n -b^n +m^n ≧ (M-d)^n -(b-d)^n +(m-d)^n,
a^b -b^n +c^n ≧ (a-d)^n -(b-d)^n +(c-d)^n,
すなわち a^n -b^n +c^n も減少する。
よって(左辺)は減少するから、c=0 の場合に成立てば十分である。
(左辺) ≧ (a-b)a^(n+1) - (a-b)b^(n+1)
= (a-b)^2・{a^n+a^(n-1)・b+……+a・b^(n-1)+b^n}
≧ (n+1)(a-b)^2・(ab)^(n/2) (AM-GM)
= (右辺), おお! なるほど! かたじけない!
|
\ __ /
_ (m) _ピコーン
|ミ|
/ `´ \
(゚∀゚ )
ノヽノヽ
くく >>709
(aa+3bb)(bb+3cc)(cc+3aa) ≧ {(a+b)(b+c)(c+a)}^2,
左辺は a,b,c の符号によらない。
a,b,c の符号だけを変えたとき、右辺が最も大きいのは a,b,c が同符号のもの。
∴ a,b,c >0 に対して成立てば十分。
(左辺)/(右辺) = (aa+3bb)/(a+b)^2・(bb+3cc)/(b+c)^2・(cc+3aa)/(c+a)^2 = f(a/b) f(b/c) f(c/a),
ここに f(x) = (xx+3)/(x+1)^2,
a,b,c >0 ⇒ f(a/b) f(b/c) f(c/a) ≧ 1 を示す。
(1) a/b, b/c, c/a の1つが 0 < x ≦ (-16+√333)/7 = 0.321184 にあるとき。
[4f(x)-3](x+1)^2 = 4(xx+3) -3(x+1)^2 = (x-3)^2 ≧ 0,
∴ f(x) の最小値は f(3) = 3/4
f(x) ≧ (4/3)^2 となるものが1つでもあれば 成立する。
その条件は [16f(x)-9](x+1)^2 = 16(x+1)^2 -9(xx+3) = 7xx +32x -11 ≦ 0,
-4.8926125 = (-16-√333)/7 ≦ x ≦ (-16+√333)/7 = 0.321184
(2) a/b, b/c, c/a ≧ (-16+√333)/7 = 0.321184 のとき。
x ≧ (-16+√333)/7 = 0.321184 のとき
x(x+1)^4 - (xx+3)^2 = (x^3 +x^2 +3x-1)(x-1)^2 ≧ 0,
∴ f(x) ≧ 1/√x,
∴ f(a/b) f(b/c) f(c/a) ≧ √(b/a) √(c/b) √(a/c) = 1,
以上により成立つ。
>>710 訂正
(左辺) = (a^n)(a-b)^2 + (a^n-b^n+c^n)(a-b)(b-c) + (c^n)(b-c)^2, >>712 訂正スマソ
その条件は [16-9f(x)](x+1)^2 = …
x(xx+3)^2 - (x+1)^4 = (x^3 +x^2 +3x-1)(x-1)^2 ≧ 0, >>714
「EMV inequality」でググると、一番上に
A large sieve inequality of Elliott-Montgomery-Vaughan type for automorphic forms and two applications
というのがヒットするんだけど、さっぱり分からん…。 >>714
http://artofproblemsolving.com/community/c6h205183p1130901
の Theorem 1 でござるな。n=3 のときは
〔EMV定理〕
f(x, y, z): R^3 → R は連続で C^1 級函数とする。次の2つの条件
(i) xyz = 0 ⇒ f(x, y, z) ≧ 0,
(ii) x, y, z ≧ 0 ⇒ ∂f/∂x + ∂f/∂y + ∂f/∂z ≧ 0,
を同時に満たすならば
x, y, z ≧0 ⇒ f(x, y, z) ≧ 0.
Example 3. (Suranyi) >>512-513
Problem 1. (Schur, n=1) >>514
Problem 2. (Turkevici) >>163-164, 185, 530-531 (一般化 >>189)
Problem 6. >>486-487, 492 >>709 >>712
{a+b√(-3)}{b+c√(-3)}{c+a√(-3)} = -(3q +8abc) + p√(-3),
ここに p = aab+bbc+cca -3abc,q = abb+bcc+caa -3abc,
(左辺) - (右辺) = (aa+3bb)(bb+3cc)(cc+3aa) - {(a+b)(b+c)(c+a)}^2
= (3q+8abc)^2 + 3pp - (p+q+8abc)^2
= 2pp -2pq +8qq +16abc(2q-p)
= 2pp -2pq +(8/3)qq + (16/3) {(q+3abc)^2 -3abc(p+3abc)}
= 2pp -2pq +(8/3)qq + (16/3) {(abb+bcc+caa)^2 -3caa・abb -3abb・bcc -3bcc・caa}
= 2pp -2pq +(8/3)qq + (8/3) {[a(ca-bb)]^2 + [b(ab-cc)]^2 + [c(bc-aa)]^2}
≧ 0,
∵ (x+y+z)^2 - 3(xy+yz+zx) = (xx+yy+zz) - (xy+yz+zx) = {(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2}/2, [三角形の辺長 a,b,c に関するアレ]
(1) abc ≧ (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b).
(2) (a^a)(b^b)(c^c) ≧ (a+b-c)^a (b+c-a)^b (c+a-b)^c.
(3) (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) + (a+b)(b+c)(c+a) ≧ 9abc.
(1)は、不等式好きなら誰でも知っているレムスの不等式。
(2)は、上の上の不等式ヲタなら やはり常識である不等式。
(3)が、今回ご紹介する商品。
この他に a+b-c、b+c-a、c+a-b がらみの不等式があれば紹介してクリリン。 三角形は多いのに四角形の辺に関する不等式なかなか見かけない >>719
△なのでRavi変換する。
x = b+c-a,
y = c+a-b,
z = a+b-c,
とおくと
x+y+z = a+b+c,
(1)
AM-GM で
a = (y+z)/2 ≧ √(yz),
b = (z+x)/2 ≧ √(zx),
c = (x+y)/2 ≧ √(xy),
より
abc = (y+z)(z+x)(x+y)/8 ≧ xyz,
a,b,c ≧ 0 のとき
abc - (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) = F_1(a,b,c) ≧ 0,
(2)
log(左辺) = a log(a) + b log(b) + c log(c)
≧ y log(a) + z log(b) + x log(c) (←チェビシェフ)
≧ (y/2)log(yz) + (z/2)log(zx) + (x/2)log(xy)
= (y+z)/2 log(z) + (z+x)/2 log(x) + (x+y)/2 log(y)
= a log(z) + b log(x) + c log(y)
= log(右辺),
(3)
(左辺) = (2x)(2y)(2z) + (2x+y+z)(x+2y+z)(x+y+2z) = F1(x,y,z) ≧ 0, >>721 (2)
チェビシェフは不成立でした。スマソ
log(a+b-c) = log(a) + log{1 +(b-c)/a} ≦ log(a) + (b-c)/a,
a log(a+b-c) ≦ a log(a) +b -c,
巡回的にたす。 自然数 k,n (k<n)に対して、(n/k)^k ≦ nCk ≦ (en/k)^k を示せ。
ここで e はネイピア数。 >>723
左側:
C[n, k] = Π[j=0, k-1] (n-j)/(k-j) > Π[j=0, k-1] (n/k) = (n/k)^k,
右側: 補題より
C[n, k] = n(n-1)…(n-k+1)/k! < (n^k)/k! < e^(k-1)・(n/k)^k,
〔補題〕
k≧2 のとき (k^k)/k! < e^(k-1),
(略証)
(1 +1/j)^j = Σ[L=1, j] C[j, L](1/j)^L = Σ[L=1, j] (1-1/j)(1-2/j)…(1-(L-1)/j)/L!
はjについて単調増加。
∴ {(j+1)/j}^j = (1 + 1/j)^j < e,
j=1,…,k-1 を入れて掛けると
(k^k)/k! < e^(k-1),
(別法)
マクローリン展開から
e^x > x^{k-1} /(k-1)! + (x^k)/k! + x^{k+1} /(k+1)!
= (x^k)/k! {(k/x) + 1 + x/(k+1)},
e^k > (k^k)/k! {2 + k/(k+1)} > (k^k)/k! e, (k≧3)
∴ e^{k-1} > (k^k)/k!,
k=2 は直接確かめる。 (終) R^n上の対称行列Tが任意のx∈R^nに対して(x,Tx)≧0を満たす時、T≧0と定義する
又、対称行列U,Vに対してU-V≧0の時、U≧Vと定義する
この時、以下について答えよ
(1)R^n上の任意の対称行列T≧0に対し、T=U^2となる対称行列U≧0が一意に存在する事を示せ(尚、この時、U=√Tと定義する)
(2)R^n上の任意の対称行列A,B≧0に対し、A+B≧2√(AB)の真偽を答え、真ならば証明を、偽ならば反例を挙げよ ゴルフ行こうよ。永遠の−0テンプルバンカーショット。ナイトゴルフ。SWVPW。 >>725 (2)
A,Bが対称行列でもABが対称行列になるとは限らないぞ。 >>724 の〔補題〕
分かスレ447 - 82, 438 >>724 の補題を改良
〔補題'〕
k≧2 のとき (k^k)/k! < e^(k-1) < (k^k)/(k-1)!
(略証)
(1 -1/jj)^j > 1 -1/j, … AM-GM
(1 +1/j)^j = (1 -1/jj)^j /(1 -1/j)^j > 1/(1 -1/j)^(j-1) = {1 +1/(j-1)}^(j-1),
∴ (1 +1/j)^j = {(j+1)/j}^j はjについて単調増加
∴ {(j+1)/j}^j < e,
j=1,2,…,k-1 を入れて掛けると
(k^k)/k! < e^(k-1),
{jj/(jj-1)}^j > (1 +1/jj)^j > (1 +1/j), … AM-GM
∴ {j/(j-1)}^j = {jj/(jj-1)}^j・(1 +1/j)^j > (1+1/j)^(j+1)
∴ (1 +1/j)^(j+1) = {(j+1)/j}^(j+1) はjについて単調減少
∴ {(j+1)/j}^(j+1) > e,
j=1,2,…,k-1 を入れて掛けると
(k^k)/(k-1)! > e^(k-1),
分かスレ447-448 >>725 (1)
Tのn個の固有値d_j を主対角線に並べた実対角行列を D とし、
対応する固有ベクトルw_j を各列に並べた行列をWとする。
T w_j = w_j d_j,
T W = W D,
n個の固有ベクトルw_jが1次独立のとき |W|≠0 で Tは対角化可能。
T = W D W^(-1),
T≧0 すなわち Tの固有値がすべて非負のとき、Dの対角要素が非負で、√Dも実対角行列。
T = W D W^(-1) = {W √D W^(-1)}^2 = U^2,
Tが実対称行列のときは、固有ベクトルを適当に選んでWを実直交行列にとれる。
W^(-1) = W~ >>732
訂正
A+B≧√2(AB+BA)は成り立つかでした a, b, c >0 に対して、
a/{b(b+c)^2} + b/{c(c+a)^2} + c/{a(a+b)^2} ≧ 9/{4(ab+bc+ca)}
今年も不等式の秋が来ましたな。
9/{4(ab+bc+ca)} の出てくる不等式は過去スレで扱ったな。 x, y ∈ R に対して、
(1) 1/(x+1)^2 + 1/(y+1)^2 ≧ 1/(xy+1)
(2) a^3 + b^3 + c^3 - 3abc ≦ (a^2 + b^2 + c^2)^(3/2) a, b, c > 0 に対して、
(1) 3 + √{(a^2 + b^2 + c^2)(1/a^2 + 1/b^2 + 1/c^2)} ≧ (2/3)(a+b+c)(1/a + 1/b + 1/c)
(2) √{(a^4 + b^4 + c^4)(1/a^4 + 1/b^4 + 1/c^4)} ≧ 1 + √[1 + √{(a^5 + b^5 + c^5)(1/a^5 + 1/b^5 + 1/c^5)}]
(3) a^4/(a^3 + b^3) + b^4/(b^3 + c^3) + c^4/(c^3 + a^3) ≧ (a+b+c)/3
(4) {(a-b)/c}^2 + {(b-c)/a}^2 + {(c-a)/b}^2 ≧ (2√2)*{(a-b)/c + (b-c)/a + (c-a)/b}
(5) a/{√(2b^2+2c^2)} + b/(c+a) + c/(a+b) ≧ 3/2
(6) a+b+c=3 のとき、44 ≧ (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) ≧ 27
参考 (2) https://artofproblemsolving.com/community/q1h1328831p7152622 むかし立ち読みした本に、不等式の証明を行列を使ってやっていたんだけど、どんな本を検索したら見つかりますかね? >>737
9/{4(ab+bc+ca)} の出てくる不等式…
〔問題〕
a,b,c > 0 に対して
1/(b+c)^2 + 1/(c+a)^2 + 1/(a+b)^2 ≧ 9/{4(ab+bc+ca)},
イランMO-1996
Inequalitybot [148]
>>738
(1)
(x, y) = (2 -1/n, -1/2),
1/(xy+1) = 2n,
(2)
a+b+c = s, ab+bc+ca = t とおく。
|a^3+b^3+c^3-3abc| = |a+b+c| (aa+bb+cc-ab-bc-ca)
= |s| (ss-3t)
≦ (ss-2t)^(3/2) (← GM-AM)
= (aa+bb+cc)^(3/2),
*) ss≧0, ss-3t≧0 より、AM-GM で
(ss-2t)^3 - ss(ss-3t)^2 = (3ss -8t)tt = (1/3){8(ss-3t) +ss}tt ≧ 0, >>738 (2) を改造^^
a,b,c∈R に対して
| a^3+b^3+c^3 - 3abc |^2 ≦ (aa+bb+cc)^3 - (ab+bc+ca)^3,
(略証)
s = a+b+c, t = ab+bc+ca とおく。
(ss-2t)^3 - t^3 - ss(ss-3t)^2 = 3(ss-3t)tt ≧ 0,
(左辺) = ss(ss-3t)^2 ≦ (ss-2t)^3 - t^3 = (右辺), >>738 (2) を改造^^
a,b,c∈R に対して
| a^3+b^3+c^3 - 3abc |^2 ≦ (aa+bb+cc)^3 + 8(ab+bc+ca)^3,
(略証)
s = a+b+c, t = ab+bc+ca とおく。
(ss-2t)^3 + (2t)^3 - ss(ss-3t)^2 = 3sstt ≧ 0,
(左辺) = ss(ss-3t)^2 ≦ (ss-2t)^3 + (2t)^3 = (右辺), >>742>>743
乙でござるな。 この2つは どこか修正が入ったの? >>739
(3)
a^4 - (a^3+b^3)(a-kb) = {k(a^3+b^3) -abb} b
= {k[a^3 +(1/2)b^3 +(1/2)b^3] -abb} b
≧ {3k/(2^(2/3)) -1} ab^3, (AM-GM)
(係数) ≧0 より
k = (1/3)・2^(2/3) = 0.529133684
a^4/(a^3 + b^3) ≧ a - kb,
循環的にたす。
(左辺) ≧ (1-k)(a+b+c) = 0.470866316 (a+b+c). >>742 は >>609 (2), >>612 にござる。
>>739 (6) 右側 は >>616 >>618
(aa+2)(bb+2)(cc+2) = uu + 2(tt-2su) + 4(ss-2t) + 8
= (uu+1+1) + (2/3)(t-3)^2 + (4/3)(tt-3su) + (ss-4t) + 3ss
≧ 3ss,
※ (uu+1+1) + (ss-4t) ≧ 3u^(2/3) + {F1(a,b,c)-9u}/s
= 3{u^(2/3) -3u/s} + F1(a,b,c)/s
≧ 0, >>618 >>739 (6) >>747
a,b,c ≧ 0, a+b+c ≦ √(8k) のとき
kk{(a+b+c)^2 +k} ≧ (aa+k)(bb+k)(cc+k) ≧ (3kk/4)(a+b+c)^2,
左側は
a+b+c ≦ √(8k) より
ab ≦ (1/4)(a+b)^2 ≦ 2k,
(a+b)c ≦ (1/4)(a+b+c)^2 ≦ 2k,
(aa+k)(bb+k) = k{(a+b)^2 +k} - ab(2k-ab) ≦ k{(a+b)^2 +k},
∴ (aa+k)(bb+k)(cc+k) ≦ k{(a+b)^2 +k}(cc+k) = kk(ss+k) -k(a+b)c{2k-(a+b)c} ≦ kk(ss+k), >>741 (上)
4(ab+bc+ca){1/(b+c)^2 + 1/(c+a)^2 + 1/(a+b)^2} - 9
= {ab(4aa+7ab+4bb)(a-b)^2 + bc(4bb+7bc+4cc)(b-c)^2 + ca(4cc+7ca+4aa)(c-a)^2 + (2abc)F_1(a,b,c)}/{(a+b)(b+c)(c+a)}^2
= {4t・F_2+(3tt/s)F_1+(9tu/s)F_0+(st-9u)u} / (st-u)^2
≧ 0,
F_n (a,b,c) = (a^n)(a-b)(a-c) + (b^n)(b-c)(b-a) + (c^n)(c-a)(c-b) ≧ 0, >>724
なるへそ。右辺のeは1個少なくても成り立つんですな。 さあ、はじめようか?
>>737の左辺は、どこに挟まるのでござるかな?
{a/(2bc)}^2 + {b/(2ca)}^2 + {c/(2ab)}^2
≧ 1/(4a^2) + 1/(4b^2) + 1/(4c^2)
≧ 1/(4ab) + 1/(4bc) + 1/(4ca)
≧ 1/(b+c)^2 + 1/(c+a)^2 + 1/(a+b)^2 ← (>>741, >>749)
≧ 9/{4(ab+bc+ca)}
≧ 1/{(a+b)(b+c)} + 1/{(b+c)(c+a)} + 1/{(c+a)(a+b)}
≧ 9/{(a+b)(b+c) + (b+c)(c+a) + (c+a)(a+b)}
≧ 27/{4(a+b+c)^2}
≧ 9/{(a+b)^2 + (b+c)^2 + (c+a)(a+b)^2}
≧ 9/{4(a^2 + b^2 + c^2)}
" ;ヾ ; ;";ヾ; ;"/" ; ;ヾ ;ヾ;ヾ ; ;ヾ ; ; ヾ ;ゞ " ;ヾ ; ;";ヾゝゝ" ;ヾゞ ヽ /
,." ;ヾ ; ;";ヾ; ;"/" ; ;ヾ ;ヾ;ヾ ; ;ヾ ; ; ヾ ;ゞ " ;ヾ ; ;";ヾゝゝ" ;ヾ ; ; ヾ ;ゞ; \ /
ゞヾ ; ;" ; ; ;; ;"iiiiii;;;;;::::: :)_/ヽ,.ゞ:,,ヾゞヾゞ__;::/ ` ` ` ー ─ ' `
ゞヾゞ;\\iiiiii;;;;::::: :|;:/ヾ; ;ゞ "ゝゞ ; ;`
" ;゛ ; ;" ; ;ゞ "|iiiiii;;;;::: : |:/ ヾゞ ` ` ` `
` ,|i;iiiiiii;;;;;;::: :| ` ` ` ` ` ` `
,|iiii;iiii;;;;:;_ _: :| ___ 不等式の秋 ` ` `,
` |iiiiiii;;;;;;((,,,):::|/ ≧ \ ヾ从//"
` |iiiiiiii;;;;ii;;;;;;;;::|::::: (● (● | ` ゙ ` ヾ'./"
|iiiiii;iii;;;;i;;:: ::::|ヽ::::......ワ...ノ ○ .||. ,
` |iii;;iiiii;::;:;;;;::::::| ( つ且 ~ ` ○○ | |
, , .,.. ,..M|M|iMii;;ii:i;;i:i;:; ゝ つつ.,.. ,...... ,.... ,,,.,.. ,.... ,,,.,.. ,..,,,,.,...,..,.,| ̄ ̄|,.,..( ).. ,,,..,,.. ,.... ,,,.,...,.. .. ,.... ,,,.,.. ,.... ,,, a, b, c > 0に対して、
(a^2 + 3b^2)(b^2 + 3c^2)(c^2 + 3a^2) ≧ {(a-b)(b-c)(c-a)}^2 ←(>>709-710)
a, b, c > 0に対して、
(a^2 + ab + b^2)(b^2 + bc + c^2)(c^2 + ca + a^2) ≧ {(a-b)(b-c)(c-a)}^2.
ところで
(a^2 + 3b^2)(b^2 + 3c^2)(c^2 + 3a^2) と (a^2 + ab + b^2)(b^2 + bc + c^2)(c^2 + ca + a^2)
の大小は定まりそうにないですが、どうですか? >>748
神掛かってる!
大量投下したやつを今ごろ確認しているところでござるが、関連する昨夏の不等式を再掲。
(自分のmemoから抜き出したので、未紹介のものもあるかもしれない。)
a、b、c∈R、k≧0、4≧λ≧0 に対して、
(1) (aa+k)(bb+k)(cc+k) ≧ (3kk/4)*(a+b+c)^2
(2) (aa+k)(bb+k)(cc+k) ≧ {(4k/3)^(3/2)}*(a-b)(b-c)(c-a)
(3) (aa+k)(bb+k)(cc+k) ≧ (kk/4)*{λ(aa+bb+cc) + (9-λ)(ab+bc+ca)}
(4) {aa+ (k+1)/3}{bb+ (k+1)/3}{cc+ (k+1)/3} ≧ {(k+4)/3}^2*{ab+bc+ca+ (k-5)/3}
a、b、c∈R、k≧1 に対して、
(5) (aa+k)(bb+k)(cc+k) ≧ (k+1)^2*(ab+bc+ca+k-2) + (abc-1)^2
a、b、c∈R、k≧2 に対して、
(6) (aa+k)(bb+k)(cc+k) ≧ (k+1)(ab+bc+ca+k-2)^2
a、b、c∈R、k≧(√2)-1 に対して、
(7) (aa+k)(bb+k)(cc+k) ≧ (k+1)^2*{(a+b+c)^2/3 + k-2} >>753
訂正。(3)(5)は a,b,c≧0. >>748
> a,b,c ≧ 0, a+b+c ≦ √(8k) のとき
> kk{(a+b+c)^2 +k} ≧ (aa+k)(bb+k)(cc+k) ≧ (3kk/4)(a+b+c)^2,
左側の等号成立条件は a=b=c=k=0 以外にありますか? >>755
kは要らんね、a=b=c=0以外に等号が成立することあるかな? 連投すまぬ。
a,b,cのうちの2つが0なら成り立ちますね。他にないかな? >>755
a,b,cのうちの少なくとも2つが0、
a,b,cのうちの一つが0で、2つが√(2k)のとき
これだけかな? >>738 (1)
x, y >0 として証明。
lhs - rhs = {xy(x-y)^2 + (xy-1)^2}/{(x+1)^2 (y+1)^2 (xy+1)} ≧0.
一般化できるかな?つまり、
x,y,z>0 のときに、1/(x+1)^2 + 1/(y+1)^2 + 1/(z+1)^2 ≧ 1/(xyz+1) は成り立つ? 4文字なら、a,b,c,d>0に対して、
1/(1+a)^2 + 1/(1+b)^2 + 1/(1+c)^2 + 1/(1+d)^2
≧ 1/(1+ab) + 1/(1+cd)
> 1/(1+abcd). 〔補題〕
(1) 4(2-√3) > (√6 -√2),
(2) 12(2-√3) > 4(2-√3) + 2(√6 -√2) > 3(√6 -√2),
(3) (√2 +√3) > 2(√6 -√2) + 4(2-√3),
(4) 22/7 > 2(√6 -√2) + 4(2-√3),
(5) 6 + (√6 -√2) > (√5)(√2 +√3), >>761
(1)
√3 -1 ≒ 0.7320508 1/√2 ≒ 0.70710678
(左辺) - (右辺) = 2(√3 -1)(√3 -1 -1/√2) > 0,
(2)
(1) から直ちに出る。
(3)
(左辺) - (右辺) = (1/4)(√2 -1)^2・(√3 -1)^4・(√3 -√2) > 0,
(4)
(左辺) - (右辺) = (1/14)(√2 -1)^3・(√3 -1)^4・(3√6 -7) > 0,
(5)
さてどうするか…
なお、Snellius-Huygens から、2(√6 -√2) + 4(2-√3) > π が分かる。 >>761
(1)別解
4tan(π/12) > π/3 > 4sin(π/12),
4(2-√3) > π/3 > (√6-√2),
http://d.hatena.ne.jp/haruya12/20120314/1331712378 >>759
s = x+y+z, t = xy+yz+zx, u = xyz とおく。
lhs - rhs = {3+4s+2ss+2(st-3u)+(tt-2su)}/(u+t+s+1)^2 - 1/(u+1)
= {2+2s+(ss-2t)-5u+2(ss-t)u+2(st-9u)u+11uu+(tt-2su)u}/{(u+t+s+1)^2・(u+1)},
≧0. (← x,y,z≧0)
* 2 -5u +11uu = 63/44 + 11(5/22 -u)^2 ≧ 63/44, >>764
キタ━(゚∀゚)━!!!
なるほど、対称式とSchurすごいな。 stu method でも呼ぶかな n変数にして証明できますかね?
a_k >0 (k=1,2,…n) に対して、Σ1/(1+a_k)^2 ≧ 1/(1+Πa_k). x>0に対して、9x^{10} + 2 ≧ 9x^8 + 2x^9 をAM-GMで示せ。
(蛇足だが、この不等式は任意の実数で成り立つ) >>766
nについての帰納法でやってみた。
n=2 は >>759 より成立。
n≧3 のとき
(1) x_j ≧ 1 があるとき、帰納法の仮定により
Σ[k=1,n] 1/(1+a_k)^2 > Σ[k≠j] 1/(1+a_k)^2
≧ 1/(1+Π[k≠j] a_k)
≧ 1/(1+Π[k=1,n] a_k),
(2) x_1〜x_n がすべて1以下のとき、右辺は増加する。
・n=3 の場合がチョト面倒。
(右辺) = 1/(xyz+1) - 1/(xy+1)
= xy(1-z)/{(xyz+1)(xy+1)}
≦ xy(1-z)/{xy(z+1)} (← xy(1-z)≧0)
= (1-z)/(z+1),
(左辺) - (右辺) ≧ 1/(xy+1) + 1/(z+1)^2 -1/(xyz+1) (←帰納法の仮定)
≧ 1/(z+1)^2 - (1-z)/(z+1)
= {z/(z+1)}^2
≧ 0,
・n≧4 ならば
Σ[k=1,n] 1/(1+a_k)^2 ≧ Σ[k=1,n] 1/4 (← a_k≦1)
= n/4
≧ 1
> 1/(1+Π[k=1,n] a_k), ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています