Aufgabe #101 (?),(UG) < Wettbewerbe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Übungsaufgabe) Übungsaufgabe  | | Datum: | 14:48 Fr 30.09.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo an alle!
Es seien $a,b,c$ positive reelle Zahlen mit $abc=1$. Man beweise:
(a) [mm] $\frac{1}{a^2(b+c)}+\frac{1}{b^2(a+c)}+\frac{1}{c^2(a+b)}\geq\frac{3}{2}$
[/mm]
(b) [mm] $\frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(a+c)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq\frac{3}{2}$
[/mm]
Liebe Grüße,
Hanno
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 01:53 Sa 01.10.2005 | | Autor: | ZetaX |
Hallo Hanno,
hier eine Verallgemeinerung und ein Beweis:
Behauptung:
sind a,b,c > 0 mit abc=1 und t>=1, so gilt
[mm] \bruch{1}{a^{2t}(b+c)} [/mm] + [mm] \bruch{1}{b^{2t}(c+a)} [/mm] + [mm] \bruch{1}{c^{2t}(a+b)} [/mm] >= [mm] \bruch{3}{2}
[/mm]
Beweis:
Nach der Cauchy-Schwarz-Ungleichung ist
[mm] (\bruch{1}{a^{2t}(b+c)} [/mm] + [mm] \bruch{1}{b^{2t}(c+a)} [/mm] + [mm] \bruch{1}{c^{2t}(a+b)}) [/mm] ((b+c)+(c+a)+(a+b)) >= [mm] (\bruch{1}{a^t} [/mm] + [mm] \bruch{1}{b^t} [/mm] + [mm] \bruch{1}{c^t})^2
[/mm]
Es genügt also zu zeigen:
[mm] \bruch{(\bruch{1}{a^t} + \bruch{1}{b^t} + \bruch{1}{c^t})^2}{a+b+c} [/mm] >= 3 ,
bzw. nach Substitution [mm] x=\bruch{1}{a}, y=\bruch{1}{b}, z=\bruch{1}{c} [/mm] nun
[mm] \bruch{(x^t+y^t+z^t)^2}{\bruch{1}{x} + \bruch{1}{y} + \bruch{1}{z}} [/mm] >= 3
unter den Bedingungen x,y,z>0, xyz=1 und t>=1.
Da für beliebige x,y,z >0 und t>=1 nun
[mm] (\bruch{x^t+y^t+z^t}{3})^{\bruch{1}{t}} [/mm] >= [mm] \bruch{x+y+z}{3} [/mm] >= [mm] \wurzel[3]{xyz} [/mm] > 0
ist (allgemeine Mittelwertsungleichung), ergibt sich mit xyz=1
[mm] x^t+y^t+z^t [/mm] >= [mm] (x+y+z)\wurzel[3]{xyz}^{t-1} [/mm] = x+y+z ,
(dieser Schritt kann für Teil a) bzw. t=1 einfach ausgelassen werden)
so dass man nur noch
[mm] \bruch{(x+y+z)^2}{xy+yz+zx} [/mm] = [mm] \bruch{(x+y+z)^2}{xyz(\bruch{1}{x} + \bruch{1}{y} + \bruch{1}{z})} [/mm] = [mm] \bruch{(x+y+z)^2}{\bruch{1}{x} + \bruch{1}{y} + \bruch{1}{z}} [/mm] >= 3
nachzuweisen hat.
Aber [mm] (x+y+z)^2 [/mm] >= 3(xy+yz+zx) ist äquivalent zu [mm] x^2+y^2+z^2 [/mm] >= xy+yz+zx , was direkt aus der Derangementungleichung folgt.
Ebenso kann man die Ungleichung auf mehr als 3 Variablen ausweiten, der Beweis verläuft völlig analog.
Grüße,
Daniel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:38 Sa 01.10.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo an alle!
Da die von Daniel bewiesene Verallgemeinerung nicht auf Teil (b) anwendbar ist, hier meine Lösung für (b):
Es sei [mm] $x=\frac{1}{a}, y=\frac{1}{b}, z=\frac{1}{c}$. [/mm] Dann ist auch $xyz=1$ und wir haben ferner [mm] $\sqrt[3]{xyz}=1\Leftrightarrow x+y+z\geq [/mm] 3$. Die Ungleichung geht in
[mm] $\summe_{\text{cyc}}\frac{x^3}{\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}=\summe_{\text{cyc}} \frac{x^2}{y+z}\geq\frac{3}{2}$ [/mm]
über. Unter der Annahme [mm] $x\leq y\leq [/mm] z$ erhalten wir mit Hilfe der Tschebycheffschen Ungleichung (siehe unten) unter Beachtung [mm] $\frac{x}{y+z}\leq\frac{y}{x+z}\leq\frac{z}{x+y}$ [/mm] die stärkere Ungleichung
[mm] $\frac{1}{3}\left(x+y+z\right)\left(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}\right)\geq\frac{3}{2}$.
[/mm]
Durch die Abschätzung [mm] $x+y+z\geq [/mm] 3$ (s.o.) erhalten wir ferner die noch schärfere Ungleichung
[mm] $\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}\geq \frac{3}{2}$;
[/mm]
dies allerdings ist die wohlbekannte Nesbitts-Ungleichung, die für alle Tripel $(x,y,z)$ positiver reeller Zahlen gilt. Da der Beweis kurz ist, erbringe ich ihn kurz noch: äquivalent zur obigen Ungleichung ist
[mm] $\summe_{\text{cyc}}\frac{x+y+z}{y+z} [/mm] - [mm] 3=(x+y+z)\summe_{\text{cyc}}\frac{1}{x+y}- 3\geq\frac{3}{2}$
[/mm]
[mm] $\gdw ((x+y)+(y+z)+(z+x))\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}\right)\geq [/mm] 9$
[mm] $\gdw \summe_{\text{cyc}} \overbrace{\frac{x+y}{y+z}+\frac{y+z}{x+y}}^{\geq 2}\geq [/mm] 6$.
Nun noch kurz die Nennung der Tschebycheffschen Ungleichung, die ich oben verwendet habe:
Sind [mm] $(a_1,a_2,...,a_n),(b_1,b_2,...,b_n)\in \IR_{+}^{n}$ [/mm] gleichgerichtete Tupel positiver reeller Zahlen (d.h. [mm] $a_1\leq a_2\leq ...\leq a_n$ [/mm] und [mm] $b_1\leq b_2\leq ....\leq b_n$ [/mm] oder [mm] $a_1\geq a_2\geq ...\geq a_n$ [/mm] und [mm] $b_1\geq b_2\geq ...\geq b_n$) [/mm] dann ist
[mm] $\summe a_i b_i\geq\frac{1}{n}\left(\summe a_i\right)\left( \summe b_i\right)$.
[/mm]
EDIT:
Daniels Lösung ist doch auf (b) anwendbar, man kann [mm] $t=\frac{3}{2}$ [/mm] setzen. Sorry.
Liebe Grüße,
Hanno
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