不等式への招待 第３章

>>948
地道にやると･･･
∫ e^x･(sinx)^2 dx = ∫ e^x･{1-cos(2x)}/2 dx = e^x･{(1/2) - (1/10)cos(2x) -(1/5)sin(2x)},
(与式) = (2/5)(e^π - 1) だが、 この後が････

>>951 (下)
　a^2 + b^2 + c^2 = ab+bc+ca + F_0 ≧ ab+bc+ca,
　(左辺) = 2/(1+a^2) + 2/(1+b^2) + 2/(1+c^2) -3
　　≦ 6/{1 + (a^2 + b^2 + c^2)/3} -3　　　(← 2/(1+x) は下に凸)
　　≦ 6/{1 + (ab+bc+ca)/3} -3,

>>951上
a[i]/a[i+1]=x[i]、a[n]/a[1]=x[n]とおくと
(右辺)=(1+x[1])/(1+1/x[2])+(1+x[2])/(1+1/x[3])+……+(1+x[n])/(1+1/x[1])≦(1+x[1])/(1+1/x[1])+(1+x[2])/(1+1/x[2])+……+(1+x[n])/(1+1/x[n]) (チェビシェフ)
=x[1]+x[2]+……+x[n]=(左辺)

>>951下
左辺を整理すると
1+4abc/(b+c)(c+a)(a+b)
よりabc/(b+c)(c+a)(a+b)≦1/8
をしめせばよいが
2√bc≦b+c,2√ca≦c+a,2√ab≦a+b
を辺々掛ければ明らか
(a=tanA,b=tanB,c=tanCとおいても解ける)

>>951 中
　>>503-512
　http://mathworld.wolfram.com/WirtingersInequality.html

>>948
　e^2.302585･･･ = 10,
　π = 2.302585･･･ + 0.83900･･･> 2.302585･･･ + 5/6,
　e^(5/6) ≧ 1 + (5/6) + (1/2)(5/6)^2 > 1 + (5/6) + 1/3 > 2 + 1/6,　
　e^π > (e^2.302585)･e^(5/6) > 10･(2 + 1/6) = 21 + 2/3,
　(2/5)(e^π -1) > 8 + 4/15 > 8,

>>952 下
　無理筋ですた･････orz

>>953 下 (続き)
　cot(A+B+C) = {1-(ab+bc+ca)}/(a+b+c-abc) =0,
より A+B+C = π/2,
　(左辺) = cos(2A) + cos(2B) + cos(2C) = 1 + 4sin(A)sin(B)sin(C)
　≦ 1 + 4{[sin(A)+sin(B)+sin(C)]/3}^3　　　　(相乗･相加平均)
　≦ 1 + 4{sin((A+B+C)/3)}^3　　　　　　　　　　(上に凸)
　= 1 + 4{sin(π/6)}^3
　= 1 + 4(1/2)^3
　= 3/2,

x,y,z>0,x^2<y<logzのとき
xy^4<z^2


a,b,c,d∈N,r=1-(a/b)-(c/d),a+c≦1982,r>0のとき
r>(1/1983)^3

a,b,c≧1のとき
{a^3-(1/a)^3}+{b^3-(1/b)^3}+{c^3-(1/c)^3}≧3{abc-(1/abc)}

a>b>c>0のとき
[1/{(a-b)(a-c)√a}]+[1/{(b-c)(b-a)√b}]+[1/{(c-a)(c-b)√c}]>0

a_k(k=1,2,3,..n)は正の数
Π[k=1,n]a_k^a_k≧(Π[k=1,n]a_k)^(Σa_k/n)を示せ

>>957 上
　a+b+c=s, ab+bc+ca=t, abc=u とおくと、
　a^3 + b^3 +c^3 -3abc = (a+b+c){(a-b)^2 +(b-c)^2 +(c-a)^2}/2
　≧ 3{(a-b)^2 +(b-c)^2 +(c-a)^2}/2　　　　　　　　　　(← a,b,c≧1)
　≧ (1/a + 1/b + 1/c){[(a-b)/ab]^2 + [(b-c)/bc]^2 + [(c-a)/ca]^2}/2　　(← 1≧1/a,1/b,1/c)
　≧ 1/(a^3) + 1/(b^3) + 1/(c^3) - 3/(abc),

>>957 下
　(a-c)/{(b-c)(b-a)} = -1/(a-b) - 1/(b-c) より
　(左辺)*(a-c) = {1/(a-b)}(1/√a - 1/√b) + {1/(b-c)}(1/√c - 1/√b)
　　　　　= - 1/(a√b + b√a) + 1/(c√b + b√c) > 0,　　　　(← a>c)

>>958
　対数を考えれ。チェビシェフより
　Σ[k=1,n] (a_k)log(a_k) ≧ {Σ[i=1,n] log(a_i)}(Σ[j=1,n] a_j)/n,

>>957 上
　a^3 + b^3 +c^3 -3abc = (a+b+c){(a-b)^2 +(b-c)^2 +(c-a)^2}/2
　≧ 3{(a-b)^2 +(b-c)^2 +(c-a)^2}/2　　　　　　　　　　(← a,b,c≧1)
　≧ (1/a + 1/b + 1/c){[(a-b)/ab]^2 + [(b-c)/bc]^2 + [(c-a)/ca]^2}/2　　(← 1≧1/a,1/b,1/c)
　= 1/(a^3) + 1/(b^3) + 1/(c^3) - 3/(abc),

>>957 下
　√a = A, √b = B, √c = C とおくと、
　(左辺)*(a-c) = (A-C)(A+B+C)/{(A+B)(B+C)ABC},
　(左辺) = (A+B+C)/{(A+B)(B+C)(C+A)ABC} >0,

f(a)=f(b)=0
f’’(x)≧0 （a≦x≦b）
なら，なぜ
f(x)≦0 （a≦x≦b）なんですか？

不等式ヲタ＝関数方程式ヲタ＝整数ヲタ＝ＣのΣヲタ

>>961
ほとんど明らか

π＞3.05であることを示せ。

>>962
ほとんど明らか

>>961
ロルの定理から、
　f '(ξ) = 0,
なるξが (a,b) にある。
　a<x≦ξ では f '(x) = f '(ξ) -∫[x,ξ] f "(x)dx ≦ f'(ξ) = 0,
　　　　　　f(x) = f(a) + ∫[a,x] f '(y)dy ≦ f(a) = 0,
　ξ≦x<b では f '(x) = f '(ξ) +∫[ξ,x] f "(x)dx ≧ f'(ξ) = 0,
　　　　　　f(x) = f(b) - ∫[x,b] f '(y)dy ≦ f(b) = 0,

これって入試にそのまま使っていいのか悩んだ記憶がある

最近じゃヘロンの公式も入試で使っていいのかダメなのか議論されている

使っていいに決まってんじゃん

それが最近はダメだという意見もあるそうだ

ロルの定理使ったらダメなら平均値の定理も使ったらダメになるwww

>>970
どこのヌケ作が言っているんだ？ボケ！

プロレスの三沢光晴さん、リングで頭強打し死亡

　１３日午後８時４５分頃、広島市中区の広島県立総合体育館グリーンアリーナで、
プロレスリング・ノアの試合中、社長でプロレスラーの三沢光晴さん（４６）が
相手選手にバックドロップをかけられ、頭部を強打した。
　三沢さんは救急車で市内の病院に運ばれたが、間もなく死亡した。
　三沢さんは２代目タイガーマスクとして人気を集め、
全日本プロレスやプロレスリング・ノアで中心選手として活躍してきた。

（2009年6月13日23時24分 読売新聞）

http://www.yomiuri.co.jp/sports/news/20090613-OYT1T01053.htm?from=top

不等式で頭を挟み撃ちにされたわけだな

ロルの定理
http://ja.wikipedia.org/wiki/ロルの定理
http://mathworld.wolfram.com/RollesTheorem.html
高木: 解析概論 (改訂第三版) 第2章, §18. 定理19, p.47 (1961) 岩波

ヘロンの公式
http://ja.wikipedia.org/wiki/ヘロンの公式
http://mathworld.wolfram.com/HeronsFormula.html
http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/heron/heron.htm

>>974
かわいいオニャノコに､挟み撃ちにされたいです

>>972
荒らすなヌケ作ボケ！

不等式への招待 第４章
http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1245060000/

nは自然数とする
(sinx)^n+(cosx)^n
の最大値、最小値を求めよ


Kを非負の定数とする
区間[t1,t2]で定義された負でない連続関数f(t),g(t)が
f(t)≦K+∫[t1→t]g(s)f(s)ds （t1≦t≦t2）
を満たすならば
f(t)≦Kexp(∫[t1→t]g(s)ds) （t1≦t≦t2）
が成り立つことを示せ

二年三十四日。

カーッ(ﾟДﾟ≡ﾟдﾟ)､ペッ >>977,980

A,B,C>0，A+B+C=πのとき
sinA+sinB+sinC≦4sinAsinBsinC
を示せ

>>981
荒らすなヌケ作ボケ！

0 < a, b, c, d < 1 のとき、以下の不等式を示せ！

(1) 1+ab > a+b
(2) 1+abc > ab+bc+ca
(3) 1+abcd > abc+abd+acd+bcd
(4) 一般化せよ

お久しぶりです。( ﾟ∀ﾟ) ﾃﾍｯ！

>>982
改造せずにはいられない… (*ﾟ∀ﾟ)=3 ﾊｧﾊｧ

三角形ABCに対して、
0 < sin2A + sin2B + sin2C < sinA + sinB + sinC ≦ (3√3)/2

二年三十五日。

>>982

相乗･相加平均 と 上に凸 より
　{sin(A/2)sin(B/2)sin(C/2)}^(1/3) ≦ {sin(A/2) + sin(B/2) + sin(C/2)}/3 ≦ sin((A+B+C)/6) = sin(π/6) = 1/2,
∴　1 ≧ 8sin(A/2)sin(B/2)sin(C/2),
∴　sin(A) + sin(B) + sin(C) = 4cos(A/2)cos(B/2)cos(C/2) ≧ 4sin(A)sin(B)sin(C),
　(不等号が逆向き････)

>>985
(左側&中央)
　sin(2A) + sin(2B) + sin(2C) = 4sin(A)sin(B)sin(C),

(右側)　sin は上に凸だから
　sin(A) + sin(B) + sin(C) ≦ 3sin((A+B+C)/3) = 3sin(π/3) = (3√3)/2,

>>984
成り立たない

二年三十六日。

>>984
nは正整数
0<a[i]<1で
n-1+Π[k=1_n]a[k]≧Σ[k=1_n]a[k]
と言いたかったのかな

>>990
俺はこう思った
1+ab>2(a+b)/2
1+abc>2(ab+bc+ca)/3
1+abcd>2(abc+abd+acd+bcd)/4
1+abcde>2(abcd+abce+abde+acde+bcde)/5

新数学スタンダード演習にあった問題です
1. x<y<zのときxyy-xxy+yzz-yyz+zxx-zzx>0を示せ
2. 1<a<b<cのとき　log[a](c/b)+log[b](a/c)+logc[b/a]>0を示せ.
解答では1.でxについて整理、2.では1.を利用としています.
ここの住人の方々にエレガントで驚愕できる美しい解答をお願いしたいです.

>>992
とりあえず、1. の方だけ。
A=y-x B=z-y とおいて式を整理すると、
xy^2 - x^2y + yz^2 - y^2z + zx^2 - z^2x
= xyA + yzB - zx(A+B) = x(y-z)A + z(y-x)B = (z-x)AB > 0

>>984
すまぬ、こう書きたかった…

0 < a, b, c, d < 1 のとき、以下の不等式を示せ！

(1) 1+ab > a+b
(2) 1+2abc > ab+bc+ca
(3) 1+3abcd > abc+abd+acd+bcd

ダメだ，対称性がありすぎて普通にしか解けん．．．

1. x<y<zより 0<y-x, z-y, z-x なので乗じて (y-x)(z-y)(z-x)>0．
これを展開すれば与式となる．

2. 1<a<b<c の自然対数(常用対数でも可)をとって 0<log a<log b<log c
それぞれx,y,zと見立てて 第1式に代入し, logA-logB＝log(A/B) という規則を用いたのち， (log a)(log b)(log c)>0 で両辺割れば
{log(c/b)}/log(a)+{log(a/c)}/log(b){log(b/a)}/log(c)>0
最後に logB/logA＝log[A](B) という規則を用いれば与式となる．

>>994
(1) 1+ab > a+b：
(1-a)(1-b)>0を展開．

(2) 1+2abc > ab+bc+ca
(1)式両辺にcを乗じると c+abc > ca+bc=(与右辺)-ab
両辺に (1-c+abc) を足すと (与左辺)>(与右辺)-ab+(1-c+abc)
最後の部分 abc+1-ab-c は(1)を用いると0より大きいので，結局上式の右辺は与右辺より大きくなり(2)が成立．
(∵ 0<a,b,c<1より0<ab,c<1)

一般化すると
1+(n-1)(a1a2…an)>Σ[j=1,n]{(a1a2…an)/aj} (0<ai<1) ――― (*)
右辺は a1〜an の積が1項欠けたモノの和．

帰納法で示す．n=2 の場合は(1)で示した．
今 n で成り立つとする．
(*)の両辺に a(n+1) を乗じると
a(n+1)+(n-1)(a1a2…an･a(n+1)) > a(n+1) {Σ[j=1,n]{(a1a2…an)/aj}} = Σ[j=1,n+1]{(a1a2…an･a(n+1))/aj}-(a1a2…an)
両辺に 1-a(n+1)+(a1a2…an･a(n+1) を足すと
(左辺)=1+n(a1a2…an･a(n+1))
(右辺)=Σ[j=1,n+1]{(a1a2…an･a(n+1))/aj}+[1+(a1a2…an･a(n+1)-a(n+1)-(a1a2…an)]
0<ai<1 より 0<a(n+1),(a1a2…an)<1 がいえて，右辺第2項に(1)を用いれば
(右辺)＞Σ[j=1,n+1]{(a1a2…an･a(n+1))/aj}
以上合わせて 1+n(a1a2…an･a(n+1))>Σ[j=1,n+1]{(a1a2…an･a(n+1))/aj}
となり n+1 でも成立

【コメント】
(2)(3)ともにaについて整理してて，前の結果を変形してやれば (n-1)(a1a2…an) が出ることに気付いた．
(a1a2…an) 足りないけど気にせずやってたらいい感じに．

二年三十七日。

二年三十七日一分。

二年三十七日二分。

二年三十七日三分。

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