不等式への招待 第10章
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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〕 凾フ各辺の長さを 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, 面積を凾ニすると ≦ (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 剳s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 ■ 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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