不等式への招待 第9章 [無断転載禁止]©2ch.net
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>>748 > a,b,c ≧ 0, a+b+c ≦ √(8k) のとき > kk{(a+b+c)^2 +k} ≧ (aa+k)(bb+k)(cc+k) ≧ (3kk/4)(a+b+c)^2, 左側の等号成立条件は a=b=c=k=0 以外にありますか? >>755 kは要らんね、a=b=c=0以外に等号が成立することあるかな? 連投すまぬ。 a,b,cのうちの2つが0なら成り立ちますね。他にないかな? >>755 a,b,cのうちの少なくとも2つが0、 a,b,cのうちの一つが0で、2つが√(2k)のとき これだけかな? >>738 (1) x, y >0 として証明。 lhs - rhs = {xy(x-y)^2 + (xy-1)^2}/{(x+1)^2 (y+1)^2 (xy+1)} ≧0. 一般化できるかな?つまり、 x,y,z>0 のときに、1/(x+1)^2 + 1/(y+1)^2 + 1/(z+1)^2 ≧ 1/(xyz+1) は成り立つ? 4文字なら、a,b,c,d>0に対して、 1/(1+a)^2 + 1/(1+b)^2 + 1/(1+c)^2 + 1/(1+d)^2 ≧ 1/(1+ab) + 1/(1+cd) > 1/(1+abcd). 〔補題〕 (1) 4(2-√3) > (√6 -√2), (2) 12(2-√3) > 4(2-√3) + 2(√6 -√2) > 3(√6 -√2), (3) (√2 +√3) > 2(√6 -√2) + 4(2-√3), (4) 22/7 > 2(√6 -√2) + 4(2-√3), (5) 6 + (√6 -√2) > (√5)(√2 +√3), >>761 (1) √3 -1 ≒ 0.7320508 1/√2 ≒ 0.70710678 (左辺) - (右辺) = 2(√3 -1)(√3 -1 -1/√2) > 0, (2) (1) から直ちに出る。 (3) (左辺) - (右辺) = (1/4)(√2 -1)^2・(√3 -1)^4・(√3 -√2) > 0, (4) (左辺) - (右辺) = (1/14)(√2 -1)^3・(√3 -1)^4・(3√6 -7) > 0, (5) さてどうするか… なお、Snellius-Huygens から、2(√6 -√2) + 4(2-√3) > π が分かる。 >>761 (1)別解 4tan(π/12) > π/3 > 4sin(π/12), 4(2-√3) > π/3 > (√6-√2), http://d.hatena.ne.jp/haruya12/20120314/1331712378 >>759 s = x+y+z, t = xy+yz+zx, u = xyz とおく。 lhs - rhs = {3+4s+2ss+2(st-3u)+(tt-2su)}/(u+t+s+1)^2 - 1/(u+1) = {2+2s+(ss-2t)-5u+2(ss-t)u+2(st-9u)u+11uu+(tt-2su)u}/{(u+t+s+1)^2・(u+1)}, ≧0. (← x,y,z≧0) * 2 -5u +11uu = 63/44 + 11(5/22 -u)^2 ≧ 63/44, >>764 キタ━(゚∀゚)━!!! なるほど、対称式とSchurすごいな。 stu method でも呼ぶかな n変数にして証明できますかね? a_k >0 (k=1,2,…n) に対して、Σ1/(1+a_k)^2 ≧ 1/(1+Πa_k). x>0に対して、9x^{10} + 2 ≧ 9x^8 + 2x^9 をAM-GMで示せ。 (蛇足だが、この不等式は任意の実数で成り立つ) >>766 nについての帰納法でやってみた。 n=2 は >>759 より成立。 n≧3 のとき (1) x_j ≧ 1 があるとき、帰納法の仮定により Σ[k=1,n] 1/(1+a_k)^2 > Σ[k≠j] 1/(1+a_k)^2 ≧ 1/(1+Π[k≠j] a_k) ≧ 1/(1+Π[k=1,n] a_k), (2) x_1〜x_n がすべて1以下のとき、右辺は増加する。 ・n=3 の場合がチョト面倒。 (右辺) = 1/(xyz+1) - 1/(xy+1) = xy(1-z)/{(xyz+1)(xy+1)} ≦ xy(1-z)/{xy(z+1)} (← xy(1-z)≧0) = (1-z)/(z+1), (左辺) - (右辺) ≧ 1/(xy+1) + 1/(z+1)^2 -1/(xyz+1) (←帰納法の仮定) ≧ 1/(z+1)^2 - (1-z)/(z+1) = {z/(z+1)}^2 ≧ 0, ・n≧4 ならば Σ[k=1,n] 1/(1+a_k)^2 ≧ Σ[k=1,n] 1/4 (← a_k≦1) = n/4 ≧ 1 > 1/(1+Π[k=1,n] a_k), >>767 AM-GM より 9x^10 -10x^9 + 1 = (x-1) (9x^9 -x^8 -x^7 -x^6 -x^5 -x^4 -x^3 -x^2 -x -1) = (x-1)^2 (9x^8 +8x^7 +7x^6 +6x^5 +5x^4 +4x^3 +3x^2 +2x +1) = (x-1)^2 {5x^8 + (x+1)^2 (4x^6 +3x^4 +2x^2 +1)} ≧ 0, AM-GMより 4x^10 -5x^8 + 1 = (x^2 -1) (4x^8 -x^6 -x^4 -x^2 -1) = (x^2 -1)^2 (4x^6 +3x^4 +2x^2 +1) ≧ 0, (与式) = {(上) + (下)・9}/5 >>769 ごめん、どこでAM-GMを使っているのか分からない。 >>767 (左辺) - (右辺) = 2(4x^10 -5x^8 +1) + {(x-1)x^4}^2 ≧ 2(4x^10 -5x^8 +1) = 2{(X^5 + X^5 + X^5 + X^5 + 1) - 5 X^4} (← X=x^2≧0) ≧ 0, 最後のところで AM-GM を使いました。 >>767 AM-GMより、 x^{10} + x^9 ≧ 2x^9, 8x^{10} + 2 ≧ 10x^8. (x^8 が8個と 1が2個) 辺々加えて、 9x^{10} + 2 + x^8 ≧ 10x^8 + 2x^9. ( ゚∀゚) ウヒョッ! >>738 (1) >>759 >>764 >>768 > x,y,z>0 のとき、1/(x+1)^2 + 1/(y+1)^2 + 1/(z+1)^2 ≧ 1/(xyz+1). 右辺を見て次の不等式を思い出したが、繋がるかな? x,y,z>0 のとき、1/{x(1+y)} + 1/{y(1+z)} + 1/{z(1+x)} ≧ 3/(1+xyz). >>767 p_0 = 9, p_1(x) = 6.19544630295 + (x-0.03352960039751934)^2 p_0 > 0, p_2(x) = 3.8953637526451576 + (x-0.003121543171869486)^2 p_1(x) > 0, p_3(x) = 2.0721715662084579 + (x+0.08618793580133872)^2 p_2(x) > 0, p_4(x) = x^8 + 2(x+1)^2 (4x^6 +3x^4 +2x^2 +1), = 0.5197441948878409 + (x+0.8393520966569508138)^2 p_3(x) > 0, p_5(x) = 9x^10 -2x^9 -9x^8 +2 = (x-1)^2 p_4(x) > 0, ( ゚∀゚) ウヒョッ! >>774 細かい数字が出てよく分からんけど、p_k(x) の定義は何ですか? >>768 > n≧3 のとき > (1) x_j ≧ 1 があるとき、帰納法の仮定により > Σ[k=1,n] 1/(1+a_k)^2 > Σ[k≠j] 1/(1+a_k)^2 不等号が逆向きになりませんか? Σ[k=1,n] 1/(1+a_k)^2 < Σ[k≠j] 1/(1+a_k)^2 >>737 (問題再掲) > a, b, c >0 に対して、 > a/{b(b+c)^2} + b/{c(c+a)^2} + c/{a(a+b)^2} ≧ 9/{4(ab+bc+ca)} (証明) (ab+bc+ca)*[a/{b(b+c)^2} + b/{c(c+a)^2} + c/{a(a+b)^2}] ≧ [ √(ab*a/{b(b+c)^2}) + √(bc*b/{c(c+a)^2}) + √(ca*c/{a(a+b)^2}) ]^2 = [ a/(b+c) + b/(c+a) + c/(a+b) ]^2 ≧ (3/2)^2. ∧_∧ ( ;´∀`) < シコシコ、ネビットの順に使うナリ。 人 Y / ( ヽ し (_)_) >>759 >>766 >>768 n≧3 のとき p = Π[k=1,n-1] a_k, z = a_n とおく。 (右辺) = 1/(p・z+1) - 1/(p+1) = p(1-z)/{(p・z+1)(p+1)} = Max{ p(1-z)/{(p・z+1)(p+1)}, 0} ≦ Max{ (1-z)/(z+1), 0} ≦ 1/(z+1)^2, ∴ (左辺) - (右辺) ≧ 0, >>775 p_k(x) は 2k次の多項式。 p_5(x) = (左辺) - (右辺) = 9x^10 -2x^9 -9x^8 +2, p_k(x) の最小値を b_k とし、そのときのxを a_k とする。 p_{k-1}(x) = {p_k(x) - b_k}/(x-a_k)^2, >>746 するってぇと、こういうことかい? k = (1/n)*(n-1)^{(n-1)/n} とおくとき、a,b,c>0 に対して、 a^{n+1}/(a^n + b^n) + b^{n+1}/(b^n + c^n) + c^{n+1}/(c^n + a^n) ≧ (1-k)(a+b+c). >>710 一般の自然数nの場合に右辺はどうなるのでせうか? 次式は成り立ちますか? a,b,c>0に対して、 (a-b)(a-c)a^n + (b-c)(b-a)b^n + (c-a)(c-b)c^n ≧ (n+1){(a-b)(b-c)(c-a)}^2. >>781 両辺の次数が合ってないから、考えるだけ無駄ですな。 a,b,c>0とし、Δ= (a-b)(b-c)(c-a)とおく。昨夏にやった不等式について。 (1) (27/8)*(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) ≧ (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) ≧ Δ^2 (2) k*Δ^2 ≧ (a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2) ≧ Δ^2 (3) m*Δ^2 ≧ (a-b)(a-c)a^4 + (b-c)(b-a)b^4 + (c-a)(c-b)c^4 ≧ 5Δ^2 (疑問1) k、mの値を知りたい。 (疑問2) (1)もΔ^2の定数倍で挟みたい。 >>760 1/(1+ab) + 1/(1+cd) > 1/(1+ab/2)^2 + 1/(1+cd/2)^2 > 1/(1+abcd/4), >>738 (1) >>759 >>773 (下) 1/{x(1+y)} + 1/{y(1+z)} + 1/{z(1+x)} ≧ 3/{G(1+G)} ≧ 3/(1+xyz), G = (xyz)^(1/3), バルカンMO-2006 [8] 安藤哲哉 (2014) 例題3.1.7(4) [9] 佐藤淳郎[訳] (2013) 問題3.93 Inequalitybot [77] >>783 例えば a=b≠c ⇒ =0 ・n=2 1/(1+a)^2 + 1/(1+b)^2 > 1/(1+ab), >>759 (上) ・n=3 1/(1+a)^2 + 1/(1+b)^2 + 1/(1+c)^2 > 1/(1+abc/2), >>759 (下) >>773 (上) ・n=4 1/(1+a)^2 + 1/(1+b)^2 + 1/(1+c)^2 + 1/(1+d)^2 > 1/(1 + abcd/4), >>760 >>784 ・nについての帰納法で >>784 Σ1/(1+a_k)^2 ≧ 1/{1 + 4Π(a_k /2)}, >>785 念のため… 〔補題〕 n≧2, a_k≧0 (k=1〜n) のとき Σ[k=1, n] 1/(1+a_k)^2 ≧ 1/{ 1 + (Π[k=1, n] a_k) /2^(n-2) }, (略証) nについての帰納法による。 ・n=2 のとき >>759 (上) ・n≧3 のとき (左辺) = Σ[k=1, n] 1/(1+a_k)^2 ≧ 1/{1 + (Π[k=1, n-1] a_k) /2^(n-3) } + 1/(1+a_n)^2 (←帰納法の仮定) ≧ 1/{1 + (Π[k=1, n-1] a_k) /2^(n-2) }^2 + 1/(1+a_n)^2 ≧ 1/{1 + (Π[k=1, n] a_k) /2^(n-2) } ( >>759 上) = (右辺). (a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2) を同じ式で挟むとしたら、こんなもん? (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) ≧ (a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2) ≧ (8/27)*(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) >>784 成程、a=bのときを考えれば凾ナ挟めないのは明らかですね。 >>786 ちょうど悩んでいたところで助かりますた。 直近でやった不等式が使えるとは、偶然以上の何かを感じる… >>753 (1) (aa+k)(bb+k)(cc+k) ≧ (3kk/4)ss + (u-K)^2, ただし K = (k/2)^(3/2), [前スレ.456] [前スレ.469] >>4 [3] (略証) (aa+k)(bb+k)(cc+k) = uu + k(tt-2su) + kk(ss-2t) + k^3 = {uu + 2(k/2)^3} + (2k/3)(tt-3su) + (k/3)(t-3k/2)^2 + kk(ss-t) + (3kk/4)ss ≧ (u-K)^2 + (k/3)(t-3k/2)^2 + (2k/3)(tt-3su) + (kk/4){ss-4t+3u^(2/3)} + (3kk/4)ss = (u-K)^2 + (k/3)(t-3k/2)^2 + (2k/3)(tt-3su) + (kk/4s)F1(a,b,c) + (3kk/4)ss, ※ uu + 2(k/2)^3 = uu + 2KK = (u-K)^2 + K(u+u+K) ≧ (u-K)^2 + (3kk/4)u^(2/3), ただし K = (k/2)^(3/2), ss -4t +3u^(2/3) ≧ ss -4t +9u/s = F1(a,b,c)/s, (3) はλ=4 が最良で、 (aa+k)(bb+k)(cc+k) ≧ (kk/4)(4ss-3t) + (u-K)^2, 但し K = (k/2)^(3/2), [前スレ.469] >>4 [4] >>36 去年、アイゼンシュタイン整数を使って、a,b,c>0に対して、 (1) (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ (3√3/8)*|(a^2-bc)(b^2-ca)(c^2-ab)|, (2) (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ (3√3/8)*(ab+bc+ca)^3 が出て、でも(2)は次より弱いから無視。 (3) (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ (ab+bc+ca)^3 もっと細かく書くと、 (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ (27/64)*(a+b)^2 (b+c)^2 (c+a)^2 ≧ (1/3)*(a+b+c)^2 (ab+bc+ca)^2 ≧ (ab+bc+ca)^3. ------------------------------------------------ (疑問1) 同様にやったら、次が成り立つと思うんですが、計算合ってます蟹? (1)’ (a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2) ≧ (3√3/8)*|(a^2-bc)(b^2-ca)(c^2-ab)|, (2)’ (a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2) ≧ (3√3/8)*|ab-bc+ca|^3 ------------------------------------------------ (疑問2) (2)より強い(3)があったように、(2)’より強い次式って成り立ちますか? 2乗の差をとって計算していたのですが、挫折しますた。 (3)’(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2) ≧|ab-bc+ca|^3 >>787 8/27 じゃなくて 1/8 だよな。 ------------------------------------------------ (疑問3) a,b,c>0 に対して、 4(a^2 + b^2 + c^2)^3 ≧ (a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2) が成り立つけど、左辺の係数の4をもっと小さくできないだろうか? (左-右 = 12t(F_0)^2 + 12t^2 F_0 + 4t^3 + (2F_1 - st + 9u)^2 ≧0) ------------------------------------------------ (疑問4) 以前やった2つの不等式 a,b,c>0 に対して、(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) ≧ {(a-b)(b-c)(c-a)}^2, a,b,c∈Rに対して、(a^2+b^2+c^2)^3 ≧ 2{(a-b)(b-c)(c-a)}^2 の左辺について、a,b,c>0 に対して何か不等式は作れないだろうか? 👀 Rock54: Caution(BBR-MD5:1341adc37120578f18dba9451e6c8c3b) >>791 疑問3は計算間違っていました。すみません。 (1) a,b,c∈R に対して、8(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) ≧ (a+b)^2 (b+c)^2 (c+a)^2. (2) a,b,c∈R に対して、2(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) ≧ (a-b)^2 (b-c)^2 (c-a)^2. (3) a,b,c>0 に対して、(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) ≧ (a-b)^2 (b-c)^2 (c-a)^2. (2),(3) に比べて (1)の左辺の係数8が大きいですが、これが限界? (1)の条件を a,b,c>0 に変えたら、係数は小さくできるかな? 最良値かどうかを判断する考え方がイマイチ分かりませぬ… ('A`) >>789 (3) (aa+ab+bb)(bb+bc+cc)(cc+ca+aa) ≧ (1/3)sstt ≧ |t|^3, (略証) ss±3t = {(a±b)^2 + (b±c)^2 + (c±a)^2}/2 ≧ 0, (複号同順) ∴ |t| ≦ ss/3, (疑問1) (1)' … 1 (aa-ab+bb)(bb-bc+cc)(cc-ca+aa) - (aa-bc)(bb-ca)(cc-ab) = {(a-b)cc}^2 + {(b-c)aa}^2 + {(c-a)bb}^2 + (abc)^2 ≧ 0, (aa-ab+bb)(bb-bc+cc)(cc-ca+aa) + (aa-bc)(bb-ca)(cc-ab) = {(a-b)ab}^2 + {(b-c)bc}^2 + {(c-a)ca}^2 + (abc)^2 ≧ 0, (2)' … 1/27 (疑問2) … 1/27 (3)’(aa-ab+bb)(bb-bc+cc)(cc-ca+aa) ≧ (1/81)sstt ≧ (1/27)|t|^3, (3) と同様に出ます。(*) 右辺はtのままです。 >>791 >>792 (疑問3) … 3/8 (aa-ab+bb)(bb-bc+cc)(cc-ca+aa) = (ss-3t)(tt-3su) + stu -8uu, (左辺) - (右辺) = (3/8)(aa+bb+cc)^3 - (aa-ab+bb)(bb-bc+cc)(cc-ca+aa) = (3/8)(ss-2t)^3 - (ss-3t)(tt-3su) -stu +8uu = (1/32)(3s^3 -10st +16u)^2 + (3/32){s(ss-2t)}^2 (←uで平方完成) ≧ 0, 等号成立は (a, 0, -a) etc. >>794 絶対値は間違いです...orz (3) (aa+ab+bb)(bb+bc+cc)(cc+ca+aa) ≧ (1/3)sstt, (3)’(aa-ab+bb)(bb-bc+cc)(cc-ca+aa) ≧ (1/81)sstt, >>794 >>795 >>796 aa+ab+bb = (3/4)(a+b)^2 + (1/4)(a-b)^2, aa-ab+bb = (1/4)(a+b)^2 + (3/4)(a-b)^2, (a+b)(b+c)(c+a) = st-u ≧ 8st/9, (3) (aa+bb+cc)^3 ≧ (27/8)(aa+bb)(bb+cc)(cc+aa) AM-GM ≧ (aa+ab+bb)(bb+bc+cc)(cc+ca+aa) ≧ (1/3){9(a+b)(b+c)(c+a)/8}^2 ≧ (1/3)sstt, (3') (3/8)(aa+bb+cc)^3 ≧ (aa-ab+bb)(bb-bc+cc)(cc-ca+aa) ≧ {(a+b)(b+c)(c+a)/8}^2 ≧ (1/81)sstt, >>794 (1)' から >>611 (6) >>791 (疑問4) (上) >>752 (中) (下) >>609 (3) >>793 (1) これが限界。 a=b=c で等号が成立するなら、a,b,c>0 に変えても同じぢゃね? (2) (1-i)(a+ib)(b+ic)(c+ia) = -(a-b)(b-c)(c-a) + i{(a+b)(b+c)(c+a) - 4abc}, >>609 (4) >>615 >>794-798 非常に詳しくありがとうございます。一つ一つ確認しているところです。 >>741 > |s| (ss-3t) ≦ (ss-2t)^(3/2) (← GM-AM) どのように相加相乗を使っているのですか? 742-743を見て、探してみたが、意外と少なかった… ('A`)ヴォエァ! ------------------------------------------ 不等式スレ内を検索して a^3+b^3+c^3-3abc : >>29 、>>738 、>>742-743 a^3+b^3+c^3+3abc : 第5章>>269 、第2章>>372 ------------------------------------------ My Collections から (出典不明) (1) a,b,c∈Rに対して、(a^2+b^2+c^2)^3 ≧ (a^3+b^3+c^3-3abc)^2 + (ab+bc+ca)^3 (2) a,b,c≧に対して、a^3+b^3+c^3-3abc ≧ (1/4)*(a+b-2c)^3 >>28 (2), >>29 (1), [前スレ.262], [初代スレ.836-869] 「楠瀬の不等式」 出典: 数学セミナー、出題:1992年4月、解説:1992年7月 a,b,c ∈ R に対して aa+bb+cc ≧ |ab| + |bc| + |ca| ≧ |ab+bc+ca|, >>742 >>743 から | a^3+b^3+c^3 - 3abc |^2 ≦ (aa+bb+cc)^3 - |ab+bc+ca|^3. >>800 {ss, ss-3t, ss-3t} はいずれも非負。 AM = ss-2t, GM = {s(ss-3t)}^(2/3). (x_1+…+x_n)/n=xとするとき、 (Σ(x_k-x)^3)^2 と (Σ(x_k-x)^2)^3 の大小について何か言えますか? Σはk=1からnまでの和です。 >>803 (x_1 + x_2 + … + x_n) /n = A とおくとき、 ( Σ[j=1,n] (x_j - A)^3 )^2 / ( Σ[k=1,n] (x_k - A)^2 )^3 ≦ (n-2)^2 /n(n-1) < 1, 等号成立は {a,…,a, b} など。 >>801 (1) は >>609 (2), >>742 と同じでつね。 >>802 (中) の方がチョト強い。 >>803 n=3 のとき {(x-A)^2 + (y-A)^2 + (z-A)^2}^3 - 6{(x-A)^3 + (y-A)^3 + (z-A)^3} = 2{(x-y)(y-z)(z-x)}^2 + (x+y+z-3A){……} (略証) (x-A)^3 + (y-A)^3 + (z-A)^3 = 3(x-A)(y-A)(z-A) + (x+y+z-3A){……} = 3(x-A)(y-A)(z-A), より {(x-A)^2 + (y-A)^2 + (z-A)^2}^3 - 6{(x-A)^3 + (y-A)^3 + (z-A)^3} = 2{(x-y)(y-z)(z-x)}^2 + (x+y+z-3A){ …… } ≧ 0, >>805 むむむ… ところで、ちょっと作ったんだけど、係数はこれが最善かな? a,b,c∈R に対して、(a^2+b^2+c^2)^3 ≧ (27/16)*{(a-b)(b-c)(c-a)}^2. >>806 … 2 ぢゃね? >>791 (疑問4・下) >>609 (3) >>802 〔楠瀬の不等式〕 x,y,z ≧ 0 のとき x^3 + y^3 + z^3 -3xyz = (x+y+z)(xx+yy+zz-xy-yz-zx) ≧ A|(x-y)(y-z)(z-x)|, ここに A = √(9+6√3) = √{(3/2)√3}(1+√3) = 4.403669475 (略証) (左辺) - (右辺) = (x^3 +y^3 +z^3 -3xyz) - A|(x-y)(y-z)(z-x)| = (1/2)(x+y+z){(x-y)^2 +(y-z)^2 +(z-x)^2} - A|(x-y)(y-z)(z-x)|, x,y,z の間隔を固定して一斉に動かしても、{ … } 内と右辺は変わらない。 最小元が 0 のときに成り立てばよい。 以下 z=0 とする。 (左辺) - (右辺) = x^3 -A xy|x-y| +y^3, ・0≦x≦y のとき x^3 + A xy(x-y) + y^3 = (x + y/αα)(x-αy)^2, α = {(1+√3) - √(2√3)}/2 = 0.43542054468234 1/αα = (1+√3) + A/√3 = 5.27451056440629 ・0≦y≦x のとき x^3 - Axy(x-y) + y^3 = (x + y/ββ)(x-βy)^2 β = {(1+√3) + √(2√3)}/2 = 2.29663026289 1/ββ = (1+√3) - A/√3 = 0.18959105073 αβ = 1, a,b,c∈R に対して、(a^2+b^2+c^2)^3 ≧ k(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) k = 27/8 が限界かと思うけど、2になりますかね? >>806 >>807 (略証) bはaとcの中間にあるとしてよい。 0 ≦ (a-b)(b-c) ≦ (1/4)(a-c)^2, ∴ aa+cc = (1/2)(a+c)^2 + (1/2)(a-c)^2 ≧ (1/2)(a-c)^2, ∴ (aa+cc)^3 ≧ (1/8)(a-c)^6 ≧ 2(a-c)^2 {(a-b)(b-c)}^2 = 2刧, >>609 (3), >>612 より再録 >>805 (x-A) + (y-A) + (z-A) = 0, x-A と y-A が同符号のとき (z-A)^2 = {(x-A) + (y-A)}^2 ≧ 4|(x-A)(y-A)|, より (x-A)^2 + (y-A)^2 + (z-A)^2 = (1/2)(x+y-2A)^2 + (1/2)(x-y)^2 + (z-A)^2 = (3/2)(z-A)^2 + (1/2)(x-y)^2 ≧ (3/2)(z-A)^2, {(x-A)^2 + (y-A)^2 + (z-A)^2}^3 ≧ (27/8)(z-A)^6 ≧ 6{3(x-A)(y-A)(z-A)}^2 >>809 k = 27/8 ですね。 A,B,C≧0 より (左辺) - (右辺) = (A+B+C)^3 -(27/8)(A+B)(B+C)(C+A) = S^3 - (27/8)(ST-U) = (S^3 -4ST +9U) + (5/8)(ST-9U) ≧ 0, >>802 > a,b,c ∈ R に対して > aa+bb+cc ≧ |ab| + |bc| + |ca| ≧ |ab+bc+ca|, > >>742 >>743 から > | a^3+b^3+c^3 - 3abc |^2 ≦ (aa+bb+cc)^3 - |ab+bc+ca|^3. 下の2行が分かりませぬ…。 >>>812 ab+bc+ca ≧ 0 のときは >>742 から明らか。 ab+bc+ca ≦ 0 のときは (7/9) >>742 + (2/9) >>743 より (a^3+b^3+c^3 -3abc)^2 ≦ (aa+bb+cc)^3 + (ab+bc+ca)^3. >>815 SP.172 Prove that for any real numbers x,y,z: (x+y+z)(y+z-x)(z+x-y)(x+y-z) ≦ (2yz)^2. SP.173 Prove that for any positive real numbers x,y,z: {xx√(yy+zz) + yy√(zz+xx) + zz√(xx+yy)} / (x^3+y^3+z^3) ≦ √2. SP.174 Prove that for any positive real numbers a,b,c,x,y,z: (a^3+x^3+x^3+x^3)(y^3+b^3+y^3+y^3)(z^3+z^3+c^3+z^3) ≧ (ayz+bzx+cxy+xyz)^3. SP.179 (改) If x ∈ [0,1) then: 1/2 < cos(x) ≦ 1 ≦ arcsin(x) + e^(-x). UP.177 If x,y,z,t >1 then: {log(x)/log(ztx)} {log(y)/log(txy)} {log(z)/log(xyz)} {log(t)/log(yzt)} < 1/16. >>815 解答作りますた。 SP.172 (x+y+z)(y+z-x) = (y+z)^2 -xx = 2yz - (xx-yy-zz), (z+x-y)(x+y-z) = xx - (y-z)^2 = 2yz + (xx-yy-zz), 辺々掛ける。 (左辺) = (2yz)^2 - (xx-yy-zz)^2 ≦ (2yz)^2, (*) x,y,z がΔの3辺の場合は、Δの面積が2辺の積の半分以下であることを表わす。 SP.173 (左辺)^2 ≦ 3x^4・(yy+zz) + 3y^4・(zz+xx) + 3z^4・(xx+yy) = x^3・{3(xyy + xzz)} + y^3・{3(yzz + yxx)} + z^3・{3(zxx + zyy)} ≦ x^3・{(x^3+y^3+y^3) + (x^3+z^3+z^3)} + y^3・{(y^3+z^3+z^3) + (y^3+x^3+x^3)} + z^3・{(z^3+x^3+x^3) + (z^3+y^3+y^3)} = 2(x^3+y^3+z^3)^2, SP.174 コーシーそのもの。 SP.179 arcsin(x) ≧ x, (0≦x<1) e^(-x) ≧ 1 - x, 辺々たす。 UP.177 X=log(x), Y=log(y), Z=log(z), T=log(t) はすべて正だから AM-GM で Z+T+X ≧ 3(ZTX)^(1/3), T+X+Y ≧ 3(TXY)^(1/3), X+Y+Z ≧ 3(XYZ)^(1/3), Y+Z+T ≧ 3(YZT)^(1/3), 辺々掛けて (Z+T+X)(T+X+Y)(X+Y+Z)(Y+Z+T) ≧ 81 XYZT, (左辺) = X/(Z+T+X)・Y/(T+X+Y)・Z/(X+Y+Z)・T/(Y+Z+T) ≦ 1/81, >>816-817 おおおーありがとうございます。蒐集が捗る! ROMANIAN MATHEMATICAL MAGAZINE (RMM 11)、解答なし http://www.ssmrmh.ro/wp-content/uploads/2018/09/11-RMM-WINTER-EDITION-2018-1.pdf JP158、JP165、SP164、SP165など、いかがでござるか? JP165の右辺を見て、毒電波を受信した。 a,b,c∈R に対して、 √{6(a^2+b^2+c^2)} ≧ √(a^2+b^2) + √(b^2+c^2) + √(c^2+a^2) ≧ 2√(a^2+b^2+c^2) --------------------------------------------- ROMANIAN MATHEMATICAL MAGAZINE って、不等式専門雑誌なん? 最新2回分には解答が公開されないっぽい。 http://www.ssmrmh.ro/category/current-issue/ --------------------------------------------- 解答のない号で、三角形がらみ(a,b,c,R,r,S,A,B,Cのみ)、シンプル、既出でないものを抽出。 ROMANIAN MATHEMATICAL MAGAZINE (RMM 12) http://www.ssmrmh.ro/wp-content/uploads/2018/09/12-RMM-SPRING-EDITION-2019-2.pdf JP173、JP179、UP171、UP175 ROMANIAN MATHEMATICAL MAGAZINE (RMM 11) http://www.ssmrmh.ro/wp-content/uploads/2018/09/11-RMM-WINTER-EDITION-2018-1.pdf JP157、UP155 ところで、JP171、JP174、JP153 などで説明なしに使われている h_a、m_a、l_a などは何を意味するのだろう? 垂線、中線、二等分線かな? 定義が分からないので、見た目がシンプルでも上のリストから外してしまったが… >>815-817 SP.173の分母を払った式 (√2)(x^3+y^3+z^3) ≧ x^2√(y^2+z^2) + y^2√(z^2+x^2) +z^2√(x^2+y^2) を見て、右辺にCSを使えば片付きそうな気がしたが、大きくなり過ぎた。 √{2(x^4+y^4+z^4)(x^2+y^2+z^2)} ≧ (√2)(x^3+y^3+z^3) ≧ x^2√(y^2+z^2) + y^2√(z^2+x^2) +z^2√(x^2+y^2) >>819 JP.158 Let a,b,c>0. Prove that: (1/a + 1/b + 1/c) + a/(bb+cc) + b/(cc+aa) + c/(aa+bb) ≧ 1/(a+b) + 1/(b+c) + 1/(c+a), JP.165 (改) If a,b,c≧0 then: 4(a+b+c) ≦ (2√2){√(aa+bb) + √(bb+cc) + √(cc+aa)}, SP.164 (改) If a,b,c > 0 then: (a+b)√(aa-ab+bb) + (b+c)√(bb-bc+cc) + (c+a)√(cc-ca+aa) ≧ 2(aa+bb+cc), SP.165 (改) If a,b,c ≧0 then: (a+b)√(aa+bb) + (b+c)√(bb+cc) + (c+a)√(cc+aa) ≧ (1/√2){(aa+bb+cc) + (a+b+c)^2}, >>819 >>823 JP.165 (改) x+y ≦ √{2(xx+yy)} より 4(a+b+c) ≦ (2√2){√(aa+bb) + √(bb+cc) + √(cc+aa)}, SP.164 (改) コーシーより (x+y)√(xx-xy+yy) = √{(x+y)(x^3+y^3)} ≧ xx + yy, (略証) (x+y)^2・(xx-xy+yy) - (xx+yy)^2 = (x+y)(x^3+y^3) - (xx+yy)^2 = xy(x-y)^2 ≧0, SP.165 (改) √(xx+yy) ≧ (x+y)/√2, etc. (左辺) ≧ {(a+b)^2 + (b+c)^2 + (c+a)^2}/(√2) ≧ (√2)(aa+bb+cc+t), t = ab+bc+ca, >>819 a,b,c∈R に対して、 √{6(aa+bb+cc)} ≧ √(aa+bb) + √(bb+cc) + √(cc+aa) ≧ √{4(aa+bb+cc) + 2t} ≧ (√2)s, s = a+b+c, t = ab+bc+ca, (略証) 左側はコーシー 中は √(xx+yy)√(xx+zz) ≧ xx+xy, etc. ∵ (xx+yy)(xx+zz) - (xx+yz)^2 = {x(y-z)}^2 ≧ 0, (コーシー) 右側は aa+bb+cc ≧ t. >>820 SP.140 Let a,b,c be positive real numbers. Prove that: (b+c)/a + (c+a)/b + (a+b)/c ≧ 4(aa+bb+cc)/(ab+bc+ca) + 2(ab+bc+ca)/(aa+bb+cc) ≧ 6, >>820 >>825 SP.140 (改) (b+c)/a + (c+a)/b + (a+b)/c ≧ 4(aa+bb+cc)/(ab+bc+ca) + 2 ≧ 3(aa+bb+cc)/(ab+bc+ca) + 3(ab+bc+ca)/(aa+bb+cc) ≧ 6, (略証) s = a+b+c, t = ab+bc+ca, u = abc とおく。 (左辺) - 4(ss-2t)/t - 2 = (st-3u)/u - 4(ss-2t)/t - 2 = st/u - 4ss/t + 3 = (s/ttu)(t^3 -4stu +9uu) + (3/tt)(tt-3su) ≧ 0, >>819 >>823 >>824 SP.164 (改) より √(xx-xy+yy) > {(xx+yy)/(x+y), M_4} > M_3 > √{(xx+yy)/2} > (x+y)/2 > √(xy) > 2xy/(x+y), ここに M_r = {(x^r+y^r)/2}^(1/r) はr乗平均, M_1 = (x+y)/2, M_2 = √{(xx+yy)/2}, >>821 RMM 12 (Spring2019) JP.173 Prove that in any triangle ABC, 1/a + 1/b + 1/c ≧ √{3/(2Rr)} ≧ (√3)/R. JP.179 In acute triangle ABC the following relationship hplds: 3 ≦ sin(2A)/sin(2B) + sin(2B)/sin(2C) + sin(2C)/sin(2A) ≦ 3/{8cos(A)cos(B)cos(C)}, UP.171 Find that in any acute-angled triangle ABC the following inequality holds: min{a/(b+c), b/(c+a), c/(a+b)} ≦ {cos(A) + cos(B) + cos(C)}/3 ≦ Max{a/(b+c), b/(c+a), c/(a+b)}, UP.175 (改) In acute triangle ABC the following relationship holds: (b+c)^2/(bb+cc-aa) + (c+a)^2/(cc+aa-bb) + (a+b)^2/(aa+bb-cc) ≧ 12, 等号成立は正△のとき、だろうな… >>819 >>823 RMM 11 (Winter2018) JP.158 (訂正) Let a,b,c>0. Prove that: (1/a + 1/b + 1/c) + a/(bb+cc) + b/(cc+aa) + c/(aa+bb) ≧ 3/(a+b) + 3/(b+c) + 3/(c+a), (略証) チェビシェフしたあと、 (1/x + 1/y)/2 + (x+y)/{2(xx+yy)} - 3/(x+y) = (x+y)/(2xy) + (x+y)/{2(xx+yy)} - 3/(x+y) = (x+y)(xx+xy+yy)/{2xy(xx+yy)} - 3/(x+y) = (x-y)^2 (xx-xy+yy)/{2xy(xx+yy)(x+y)} ≧ 0, >>822 √{2(x^4+y^4+z^4)(x^2+y^2+z^2)} にCSを使うと、使い方次第で ≧ (√2)(x^3+y^3+z^3) にも ≧ x^2√(y^2+z^2) + y^2√(z^2+x^2) +z^2√(x^2+y^2) にもなるんだな。 >>822 >>829 コーシーとチェビシェフの合わせ技(?) 〔補題〕 (a,b,c) と (p,q,r) が同順序のとき √(aa+bb+cc) √(pp+qq+rr) ≧ (ap+bq+cr) ≧ (a+b+c)(p+q+r)/3 ≧ (aq+ar+bp+bq+cp+cq)/2, (a,b,c) と (p,q,r) が逆順序のとき √(aa+bb+cc) √(pp+qq+rr) ≧ (aq+qr+bp+br+cp+cq)/2 ≧ (a+b+c)(p+q+r)/3 ≧ (ap+bq+cr), z∈C が |z + 1/2| < 1/2 をみたすとき、 任意の n∈N に対して |1 + z + z^2 + … + z^n|^2 < 1. >>831 題意より、 |z| ≦ |z+1/2| + (1/2) < 1, ∴ |1-z|^2 = (1-z)(1-z~) = (3/2) - 2|z+1/2|^2 + 3|z|^2 > 1 + 3|zz| > 1 + 2|zz| + |zz|^2 = (1+|zz|)^2, ∴ |1-z| > 1 + |zz| > 1 + |z|^(n+1) ≧ |1 - z^(n+1)|. 東工大-2000 前期 Q.2 [第7章.114,116,160] Inequalitybot [183] >>831 この問題の結論の不等式って、|1 + z + z^2 + … + z^n| < 1 と書かずに、 あえて2乗にしているのは、何か意味があるのかな? >>627 (Nesbitt-Igarashi) (略証) 各辺に ab+bc+ca を掛けると コーシー型になる: {a(bb+bc+cc) + b(cc+ca+aa) + c(aa+ab+bb)} {a/(bb+bc+cc) + b/(cc+ca+aa) + c/(aa+ab+bb)} ≧ {a(b+c) + b(c+a) + c(a+b)} {a/(b+c) + b/(c+a) + c/(a+b)} ≧ (a+b+c)^2, そこで ラグランジュの恒等式 (ax + by + cz)(a/x + b/y + c/z) - (a+b+c)^2 = (ab/xy)(x-y)^2 + (bc/yz)(y-z)^2 + (ca/zx)(z-x)^2, を使う。 ・左辺は x = bb + bc + cc, y = cc + ca + aa, z = aa + ab + bb, ax + by + cz = (a+b+c)(ab+bc+ca), >>621 (左辺) - (a+b+c)^2 = {a(a+b+c)/(bb+bc+cc)}{b(a+b+c)/(cc+ca+aa)}(a-b)^2 + … ・中辺は x = b + c, y = c + a, z = a + b, ax + by + cz = 2(ab+bc+ca), (中辺) - (a+b+c)^2 = {a/(b+c)}{b/(c+a)}(a-b)^2 +{b/(c+a)}{c/(a+b)}(b-c)^2 + {c/(a+b)}{a/(b+c)}(c-a)^2, ここで、 (a+b+c)/(bb+bc+cc) > (b+c)/(bb+bc+cc) > 1/(b+c), (a+b+c)/(cc+ca+aa) > (c+a)/(cc+ca+aa) > 1/(c+a), (a+b+c)/(aa+ab+bb) > (a+b)/(aa+ab+bb) > 1/(a+b), だから (左辺) ≧ (中辺). * (x,y,z) はもっと改良できるかも… >>835 * x = (b^n - c^n)/(b-c), y = (c^n - a^n)/(c-a), z = (a^n - b^n)/(a-b), とすると x-y = -(a-b) D_n /, y-z = -(b-c) D_n /, z-x = -(c-a) D_n /, ここに D_n = det{ [1,1,1] [a,b,c] [a^n,b^n,c^n] } = (a-b)(b-c)(c-a) = D_2, … Vandermonde の行列式 >>836 3文字のとき D_n = det{ [1,1,1] [a,b,c] [a^n,b^n,c^n] } = (c-b)a^n + (a-c)b^n + (b-a)c^n, 特性多項式 (λ-a)(λ-b)(λ-c) = λ^3 -s・λ^2 + tλ -u, ただし s = a+b+c,t = ab+bc+ca,u = abc, 漸化式 D_n = s・D_{n-1} - t・D_{n-2} + u・D_{n-3}, D_n/ = Σ {すべての(n-2)次積} … (n-2)個の重複組み合わせに対応 D_0 / = 0, D_1 / = 0, D_2 / = 1, D_3 / = a+b+c = s, D_4 / = aa+ab+ac+bb+bc+cc = ss-t, D_5 / = s^3 -2st +u, D_6 / = s^4 -3sst +tt +2su, D_7 / = s^5 -4s^3・t +3stt +3ssu -2tu, >>837 まづ x_1 = y_1 = z_1 = 1, x_2 = b+c,y_2 = c+a,z_2 = a+b, x_3 = bb+bc+cc,y_3 = cc+ca+aa,z_3 = aa+ab+bb, …… x_n = b^(n-1) + b^(n-2)c + …… + c^(n-1), とおく。 ラグランジュの恒等式から (ax+by+cz)(a/x + b/y + c/z) - (a+b+c)^2 = (a/x)(b/y)(x-y)^2 + (b/y)(c/z)(y-z)^2 + (c/z)(a/x)(z-x)^2 = (D_n/)^2 {(a/x_n)(b/y_n)(a-b)^2 + (b/y_n)(c/z_n)(b-c)^2 + (c/z_n)(a/x_n)(c-a)^2}, >>835 そこで (D_n/)/x_n,(D_n/)/y_n,(D_n/)/z_n がnについて単調増加であることを示そう。 F_n = x_n (D_{n+1}/) - x_{n+1} (D_n/) = {(b-a)(ab)^2 + (c-b)(bc)^2 + (a-c)(ca)^2} / = (D_{-n}/)u^n = Σ {ab,bc,ca の (n-1)次積} ≧ 0, ∴ nについて単調増加。 (D_{n+1}/) / x_{n+1} ≧ (D_n/) / x_n ≧ …… ≧ (D_2/) / x_2 = 1/(b+c), これを Nesbitt-Igarashi 列とか呼ぼう。 F_0 = 0, F_1 = 1, F_2 = t, F_3 = tt -su, F_4 = t^3 -2stu +uu, 漸化式 F_n = t F_{n-1} - su F_{n-2} + uu F_{n-3}, Nesbitt ってネビットだよな? まさかネスビットって発音するん? >>841 うーむ。 Nesbitt's inequality の英語のwikiを見てきたが、どこの国の人か分からんなあ。 ところで Nesbitt's inequality の一般化について、このスレでやったことあったっけ? 不等式ぢゃないが、次の等式を手計算で証明するのはキツそうでござるかな? (6a^2 - 4ab + 4b^2)^3 + (3b^2 + 5ab - 5a^2)^3 = (6b^2 - 4ab + 4a^2)^3 + (3a^2 + 5ab - 5b^2)^3 >>843 (6aa-4ab+4bb)^3 - (6bb-4ab+4aa)^3 = (3aa+5ab-5bb)^3 - (3bb+5ab-5aa)^3, (略証) x^3 - y^3 = (x-y)(xx+xy+yy), から (maa-nab+nbb)^3 - (naa-nab+mbb)^3 = (m-n)(a-b)(a^3+b^3) {(mm+mn+nn)(aa+ab+bb) -3(m+n)n・ab} = (a-b)(a^3+b^3) {(m^3 - n^3)(aa+ab+bb) - 3(m-n)(m+n)n・ab}, (m,n) = (6,4) (3,-5) のときは m^3 - n^3 = 152, (m-n)(m+n)n = 80, となり、相等しい。 >>844 おぉ有難い。上手にやりましたね。 それにしても、この等式を見つけ出したラマヌジャンは変態ジャン。 >>844 > = (a-b)(a^3+b^3) {(m^3 - n^3)(aa+ab+bb) - 3(m-n)(m+n)n・ab}, ここは = (a-b)(a^3+b^3) {(m^3 - n^3)(aa+ab+bb)} じゃないですか? >>843 6^3 + (-4)^3 + (-3)^3 + (-5)^3 = 0, 4^3 + (-6)^3 + 5^3 + 3^3 = 0, から推して (6aa+pab+4bb)^3 + (-4aa-pab-6bb)^3 + (-3aa+qab+5bb)^3 + (-5aa-qab+3bb)^3 = 0, と予想する。(p,q は或る定数) ab=0 のときは明らか。 6ab(aa-bb){2(5p-4q)(aa+bb) + (84+pp-4qq)ab} = 0, 5p -4q = 0, 84 +pp -4qq = 0, p = ±4, q=±5 (複号同順) (例) a = ±1,b = ±2,p=±4,q=±5 (複号同順)のとき ±{30,-36,27,-3} = ±3{10,-12,9,-1} >>847 12^3 - 10^3 = 9^3 - 1^3 = 8^3 - (-6)^3 = 728, のような珍例を「ナニワ数」と云う。…っちゅうのは冗談やけどな。 ・系列解は他にもある。 {7aa-16ab-3bb,14aa+4ab+6bb,-14aa+4ab-6bb,-7aa-16ab+3bb} (Dickson) (maa-pab-nbb)^3 + (-maa-pab+nbb)^3 = -6pab(maa-nbb)^2 -2ppp(ab)^3 m → km,n' → -kn,p' → -p/kk とすれば 6pab(maa+nbb)^2 + 2(p/kk)^3 (ab)^3 辺々たすと 2p{12mn - (1 - 1/k^6)pp}(ab)^3, 12mn - (1 - 1/k^6)pp = 0 ならば成立。 {aa-7ab+63bb,8aa-20ab-42bb,6aa+20ab-56bb,-9aa+7ab-7bb} http://www.maroon.dti.ne.jp/fermat/dioph1.html ・Fermat cubic surface とか云うらしい。 http://www.math.harvard.edu/ ~elkies/4cubes.html m^3 - n^3 = m’^3 - n’^3 のとき、 ラマヌジャン系列 (maa+pab+nbb)^3 - (naa+pab+mbb)^3 = (m-n)(a^2-b^2){(mm+mn+nn)(a^4+aabb+b^4) + 3(m+n)p ab(a^2+b^2) + 3(pp+mn) aabb} = (m^3 - n^3) (a^6 - b^6) + 3(m^2-n^2)p ab(a^4 - b^4) + 3(m-n)(pp+mn) aabb(a^2-b^2), → m^3 - n^3,(m^2-n^2)p,(m-n)(pp+mn) が等しいとき、相等しい。 (maa+qab-nbb)^3 - (naa+qab-mbb)^3 = (m-n) (a^2+b^2){(mm+mn+nn)(a^4-aabb+b^4) + 3(m+n)q b(a^2-b^2) + 3(qq-mn) aabb} = (m^3 - n^3) (a^6 + b^6) + 3(m^2-n^2)q ab(a^4 - b^4) + 3(m-n)(qq-mn) aabb(a^2 + b^2), → m^3 - n^3,(m^2-n^2)q,(m-n)(qq-mn) が等しいとき、相等しい。 〔問題2943〕 a,b,c,d,e は正の実数とする。次を示せ。 (aa+bb+cc+dd+ee)^5 ≧ 3 abcde (a+b+c+d)(b+c+d+e)(c+d+e+a)(d+e+a+b)(e+a+b+c), http://suseum.jp/gq/question/2943 (K.Chikaya) >>851 この出題者が出していた大量の不等式の問題は、もう削除されて見れないんだよな。 実に惜しいことをした。 bot.62 x,y,z∈[0,1] のとき、sqrt|x-y| + sqrt|y-z| + sqrt|z-x| の最大値 どぉやるんでせうか? (3/4)*(1 + A/H)^2 ≧ (A/G)^3 + (G/H)^3 この手の不等式が胸やけ起こしそうなくらい沢山載ってる本ないかな? >>853 [62] yはxとzの中間にあるとする。コーシーで (√|x-y| + √|y-z|)^2 ≦ (1+1) (|x-y|+|y-z|) = 2|x-z|, (左辺) ≦ (1+√2)|z-x| ≦ 1+√2, 等号は(0,1/2,1) etc. 中国MO-2012 Round2-A.3 ■ 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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