不等式への招待第２章

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413(1): 2005/08/30(火)21:40 AAS
>>354
大数９月号に解説が載っていたので買っていた（ｸﾞｯｼﾞｮﾌﾞ？）

示すべき不等式を
　(x^2+y^2+z^2)/(x^5+y^2+z^2) + (x^2+y^2+z^2)/(x^2+y^5+z^2) + (x^2+y^2+z^2)/(x^2+y^2+z^5) ≦ 3　 … (1)
として、Cauchyの不等式を用いて
　(x^2+y^2+z^2)/(x^5+y^2+z^2) ≦ (yz+y^2+z^2)/(x^2+y^2+z^2)
を示し、巡回させて和をとると
　(1)の左辺 ≦ 2 + (xy+yz+zx)/(x^2+y^2+z^2) ≦ 3

----------------------------------------------------------------------
より強い不等式が載っていた。証明は同様にするらしいけど… ('A`) お願いします。
省3

414: 2005/08/30(火)21:58 AAS
>>413
>>364

415: 2005/08/31(水)00:35 AAS
Σ(ﾟДﾟ) ﾊｯ！

416: 2005/09/06(火)12:00 AAS
ager

417(1): 2005/09/09(金)04:24 AAS
「数学オリンピック２」スレより
2chｽﾚ:math
> 134 名前：sage[] 投稿日：2005/09/08(木) 12:00:58
>
> 微積分不等式
>
> x0, 1, x2, …,xn を x0 + x1 + x2 + … + xn = 1 を満たす正の実数とする．次の不等式を示せ．
>
> ∑( i = 1, 2, …,n ) xi / ( ( √ ( 1 + x0 + x1 + … + x_{i-1} ) ( √ ( xi + … + xn ) ) < π / 2
>
省5

418: 2005/09/10(土)16:54 AAS
>417
　∑(i=0,1,…,n) ぢゃないか?

解答
　x_0 + x_1 + … + x_{i-1} = sin(θ_i) とおくと、0 = θ_0 < θ_1 < … < θ_n < θ_(n+1) = π/2.
　(左辺) = ∑[i=0,n] {sin(θ_(i+1)) - sin(θ_i)} / cos(θ_i).
　ところで、{sin(Ａ+⊿)-sinＡ}/cosＡ = sin⊿ - (1-cos⊿)tanＡ < sin⊿ < ⊿.
　(左辺) < ∑[i=0,n] {θ_(i+1)) -θ_i} = θ_(n+1) - θ_0 = π/2.
ぬるぽ

419(1): 2005/09/12(月)03:17 AAS
「★東大入試作問者になったつもりのスレ★ 第五問」
2chｽﾚ:math
> m個の正の実数a1,a2,..amと正の整数k,lについて
> (a1^k++a2^k+...+am^k)(a1^l+a2^l+...am^l)≦m(a1^(k+l)+a2^(k+l)+...am^(k+l))

420(1): 2005/09/12(月)20:32 AAS
>>419
Σ[i=1 to m]ti=1、ti≧0、p+q=1、p,q>0とする。x^p,x^qは凸関数なので、
0≦(Σ(1/m)(ti)^p)≦(Σti/m)^p=m^(-p)
0≦(Σ(1/m)(ti)^q)≦(Σti/m)^q=m^(-q)
よって、
(Σ(1/m)(ti)^p)(Σ(1/m)(ti)^q)≦m^(-p-q)=1/m
(Σ(ti)^p)(Σ(ti)^q)≦m
等号はti=1/mのとき成立。

ti=ai^(k+l)/Σai^(k+l)、p=k/(k+l)、q=l/(k+l)とおいて示せる。

421: 2005/09/12(月)20:37 AAS
>>420
凸関数→上に凸　or 凹関数に訂正

422(1): 2005/09/12(月)23:02 AAS
チェビシェフそのものって感じもするが

423(3): 2005/09/13(火)21:55 AAS
５ページ目の問題313は既出だっけ？
外部ﾘﾝｸ[pdf]:www.journals.cms.math.ca

424: 2005/09/13(火)21:58 AAS
AA省

425: 2005/09/16(金)13:27 AAS
>>423
Jensenで瞬殺かと思ったけど…、あまいあまいッ！あまいわッ！

426(1): 2005/09/16(金)14:55 AAS
5ページ目の問3073
外部ﾘﾝｸ[pdf]:www.journals.cms.math.ca

見たことあるような、ないような ( ﾟ∀ﾟ) ﾃﾍｯ

427(1): 2005/09/16(金)15:42 AAS
正の数 a、b、c が abc=8 をみたすとき、
　 (a^2)/\sqrt{(1+a^3)(1+b^3)} + (b^2)/\sqrt{(1+b^3)(1+c^3)} + (c^2)/\sqrt{(1+c^3)(1+a^3)} ≧ 4/3

ABMO 2005
外部ﾘﾝｸ[html]:www.cms.math.ca
( ﾟ∀ﾟ) ﾃﾍｯ

428(2): 2005/09/17(土)11:21 AAS
たしか初参加

>>427
AM-GMを繰り返し使って

　(a^2)/\sqrt{(1+a^3)(1+b^3)} + (b^2)/\sqrt{(1+b^3)(1+c^3)} + (c^2)/\sqrt{(1+c^3)(1+a^3)
≧ 3( a^2b^2c^2 / {(1+a^3)(1+b^3)(1+c^3)} )^(1/3)
≧ 36 / {(1+a^3) + (1+b^3) + (1+c^3)}
≧ 36 / (3+3abc)
= 4/3

等号は a=b=c=2

429(1): 2005/09/17(土)13:03 AAS
>423
[313]
In 1965 the Romanian mathematician T.Popoviciu proved the following inequality
　f(x) + f(y) + f(z) +3f((x+y+z)/3) ≧ 2f((x+y)/2) + 2f((y+z)/2) + 2f((z+x)/2),
where f is a convex function on an interval Ｉ and x,y,z∈Ｉ.

(略証) yはxとzの間（端点も含む）にあるとしてよい。このとき M = (x+y+z)/3 もxとzの間にある。
(M-x)/(z-M) = t とおくと 1/2≦t≦2.
(i) yがxとM の間にあるとき、1/2≦t≦1.
　f(x) + f(y) ≧ 2f((x+y)/2),　ｔf(z) + (2-t)f(M) ≧ 2f((y+z)/2),　(1-t)f(z) + (1+t)f(M) ≧ 2f((z+x)/2).
　辺々たす。
省3

430(1): 2005/09/17(土)15:06 AAS
>426
[3073]　Let x,y,z be positive real numbers. Prove that
　1/(x+y+z+1) -1/[(x+1)(y+1)(z+1)] ≦ 1/8.
and determine when there is equality.

(x+y+z)/3=A とおく。相加相乗平均より (x+1)(y+1)(z+1) ≦ (A+1)^3, 等号成立はx=y=zのとき.
(左辺) = 1/(x+y+z+1) - 1/[(x+1)(y+1)(z+1)] ≦ 1/(3A+1) -1/(A+1)^3 = (A^2)(A+3)/[(3A+1)(A+1)^3]
　= 1/8 - (A-1)^2(3A^2 +8A+1)/[8(3A+1)(A+1)^3] ≦ 1/8.
等号成立は x=y=z=1 のとき。

431(1): 2005/09/17(土)16:16 AAS
>>428
pu

432: 2005/09/17(土)20:41 AAS
>>428
> AM-GMを繰り返し使って

> ≧ 36 / {(1+a^3) + (1+b^3) + (1+c^3)}
> ≧ 36 / (3+3abc)

不等号の向きが逆になるのでは？

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