不等式への招待 第５章

ある人は蝶を集め、ある人は切手を収集し、ある人は不等式を集める…
　　　　　　　　　　＿＿＿　　　　　　　　　　----- 参考文献〔３〕 P.65 -----
　　　　|┃三　.／　　≧　＼　　　
　　　　|┃　　 |:::: 　＼ .／　|　
　　　　|┃　≡|::::: (●　(● |　　不等式と聞ゐちゃぁ
＿＿__.|ミ＼＿ヽ::::... .ワ......ノ　 　　　黙っちゃゐられねゑ…
　　　　|┃=＿＿　　　 ＼　　　 　　 　　　　ﾊｧﾊｧ
　　　　|┃　≡　）　　人　＼ ガラッ

過去スレ
・不等式スレッド （Part1）　 http://science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1072510082/
・不等式への招待 第２章　http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1105911616/
・不等式への招待 第３章　http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1179000000/
・不等式への招待 第４章　http://kamome.2ch.net/test/read.cgi/math/1245060000/

過去スレのミラー置き場：http://cid-d357afbb34f5b26f.skydrive.live.com/browse.aspx/.Public/

まとめWiki　http://wiki.livedoor.jp/loveinequality/

姉妹サイト（？）
Yahoo! 掲示板 「出題 不等式」 http://messages.yahoo.co.jp/bbs?.mm=GN&action=l&board=1835554&tid=bdpbja1jiteybc0a1k&sid=1835554&mid=10000

[1]　不等式，ハーディ・リトルウッド・ポリヤ，シュプリンガー，2003年
　 　http://amazon.co.jp/o/ASIN/4431710566
[2]　不等式，大関信雄・青木雅計，槇書店，1967年（絶版）
[3]　不等式への招待，大関信雄・大関清太，近代科学社，1987年（絶版）
[4]　不等式入門，渡部隆一，森北出版，2005年
　　 http://amazon.co.jp/o/ASIN/4627010494
[5]　不等式の工学への応用、海津聰、森北出版，2004年
　　 http://amazon.co.jp/o/ASIN/4627075812
[6]　不等式（モノグラフ４），染取弘，科学新興新社，1990年
　　 http://amazon.co.jp/o/ASIN/4894281740
[7]　数理科学 No.386 特集「現代の不等式」，サイエンス社，1995年8月号（絶版）
[8]　数学トレッキングツアー第３章「相加平均≧相乗平均」，東京理科大学数学教育研究所，教育出版，2006年
　 　http://amazon.co.jp/o/ASIN/4316801988
[9]　数学オリンピック事典，数学オリンピック財団，朝倉書店、2001年
　 　http://amazon.co.jp/o/ASIN/4254110871
[10]　The Cauchy-Schwarz Master Class: An Introduction to the Art of Mathematical Inequalities，J. M. Steele，Cambridge Univ. Pr.，2004年
　　 http://amazon.co.jp/o/ASIN/052154677X
[11]　数学セミナー 2009年 02月号，日本評論社，2009年
　 　http://www.amazon.co.jp/o/ASIN/B001O9UIZ8
[12]　大学への数学 2009年4月号-2010年3月号，東京出版
　　　　連載 「不等式の骨組み」 、栗田哲也、全12回、各4ページ
[13]　Inequalities: A Mathematical Olympiad Approach，Birkhaeuser Basel，2009年
　　 http://amazon.jp/dp/3034600496

不等式の埋蔵地
[1]　RGMIA　http://rgmia.vu.edu.au/
[2]　Crux Mathematicorum Synopses　http://www.journals.cms.math.ca/CRUX/synopses/
[3]　Maths problems　http://www.kalva.demon.co.uk/
[4]　Mathematical Inequalities & Applications　http://www.ele-math.com/
[5]　American Mathematical Monthly　http://www.maa.org/pubs/monthly.html
[6]　Problems in the points contest of KoMaL　http://www.komal.hu/verseny/feladatok.e.shtml
[7]　IMO リンク集　http://imo.math.ca/
[9]　Mathematical Olympiads Correspondence Program　http://www.cms.math.ca/Competitions/MOCP/
[10]　Mathematical Excalibur　http://www.math.ust.hk/excalibur/
[11]　MathLinks Contest　http://www.mathlinks.ro/Forum/contest.html
[12]　MATH PROBLEM SOLVING WEB PAGE　http://www.math.northwestern.edu/~mlerma/problem_s... (要自動登録)
[13]　Wolfram MathWorld　http://mathworld.wolfram.com/
[14]　GRA20 Problem Solving Group　http://www.mat.uniroma2.it/~tauraso/GRA20/main.htm...
[15]　American Mathematical Monthly Problems　http://www.mat.uniroma2.it/~tauraso/AMM/amm.html
[16]　Journal of Inequalities and Applications http://www.hindawi.com/journals/jia/

海外不等式ヲタの生息地
[1] Journal of Inequalities in Pure and Applied Mathematics　http://jipam.vu.edu.au/
[2] MIA Journal　http://www.mia-journal.com/
[3] MathLinks Math Forum　http://www.mathlinks.ro/Forum/forum-55.html

>>2
姉妹サイト（？）に付け忘れました

キャスフィ 高校数学板 不等式スレ　http://www.casphy.com/bbs/test/read.cgi/highmath/1169210077/


　　　　　　 　　∧＿∧
　　　　　　 　 （´Д｀　）　　　死んでお詫びを…
　　　　　 　　 / 　y/　 ヽ　　　　　　
　　　　Σ(m)二フ ⊂[_ノ
　　　　　 　 （ノノノ | | | l ）
　　　￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣

http://www.mat.uniroma2.it/~tauraso/GRA20/main.html

M1854、M1852、C934、C932 に(*ﾟ∀ﾟ)=3 ﾊｧﾊｧ…

>>5　読めぬぅ…

〔M1852.〕
f∈C^1([0,1]) で f(0) = f(1) = -1/6 とする。次を示せ。
　∫[0,1] {f '(x)}^2 dx ≧ 2∫[0,1] f(x)dx + (1/4),
等号は f(x) = (1/2)x(1-x) - 1/6. (Cezar Lupu e Tudorel Lupu (Romania))


〔C934.〕
n個の辺からなる多角形を考え、その半周をsとおく。次を示せ。
　�農[1≦i<j≦n] (a_i)^2･(a_j)^2／{(a_i)^2 + (a_j)^2} ≦ {(n-1)/(n-2)^2}�納k=1,n] (s-a_k)^2,
ここに、a_1, a_2, ……, a_n はn個の辺の長さ。(Jose Luis Diaz-Barrero (Spagna))


〔C932.〕
f:[0,1]→R は連続函数で ∫[0,1] {f(x)}^3 dx =0 とする。次を示せ。
　∫[0,1] {f(x)}^4 dx ≧ (27/4){∫[0,1] f(x)dx}^4,
　　　　　　　　　　　　(Cezar Lupu e Tudorel Lupu (Romania))

http://www.mat.uniroma2.it/~tauraso/GRA20/main.html

>>6
文献[3]　不等式への招待 のP.145 あたりを参考に考えたが…

猫に小判、まで読んだ。

猫

等差数列a[i],等比数列b[i]を考える

0<a[1]<a[2]<…<a[n]
0<b[1]<b[2]<…<b[n]
a[1]=b[1],a[n]=b[n]

を満たすとき
Σ[i=1~n]a[i]≧Σ[i=1~n]b[i]

bk=(bn)^(k-1)/nb1
ak=(bn-b1)(k-1)/n+b1

>>10

.　　　　　(n-k)個、　　　(k-1)個
a[k] =（a[1],…,a[1], a[n],…,a[n] の相加平均）
b[k] =（b[1],…,b[1], b[n],…,b[n] の相乗平均）

∴　a[k] ≧ b[k],

ぬるぽ

>>6の積分の不等式を見ると
それを証明できそうになくても
フリーザやセルにボコられる前の
悟空のようにワクテカしてしまいます

今年の東工大AO

a,b,cを三角形の三辺の長さとするとき
(a^2+b^2+c^2)/(ab+bc+ca)
のとりうる値の範囲を求めよ

大数の宿題

Aはxy平面上のx^2+y^2=1を動き
Bはyz平面上のy^2+z^2=1を動き
Cはzx平面上のz^2+x^2=1を動くとき
AB^2+BC^2+CA^2のとりうる値の範囲を求めよ

三角関数を知っていれば
どちらも解けそうですな。

A=(x,(1-x^2)^.5,0)
B=(0,y,(1-y^2)^.5)
C=((1-z^2)^.5,0,z)
f=AB^2+BC^2+CA^2
fx=fy=fz=0

fx=Ax=(1,-2x(1-x^2)^-.5,0)=0,x=0,+/-1
(x,y,z)=(0+/-1,0+/-1,0+/-1)

0,3

A、Bの焦点の楕円からCにMAXをとる。以下同文

>>14
　1 ≦ (与式) < 2,

　(a^2 +b^2 +c^2) - (ab+bc+ca) = (1/2){(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2} ≧ 0,
　等号成立は a=b=c (正三角形)。

　2(ab+bc+ca) - (a^2 +b^2 +c^2) = (2ab -a^2 -b^2 +c^2) + (2bc -b^2 -c^2 +a^2) + (2ca - a^2 -c^2 +b^2)
　　　= { -(a-b)^2 + c^2} + { -(b-c)^2 + a^2) + { -(c-a)^2 + b^2}
　　　= (-a+b+c)(a-b+c) + (-b+c+a)(b-c+a) + (-c+a+b)(c-a+b)
　　　> 0,

あるいは >>16 にしたがって
　2(ab+bc+ca) - (a^2 +b^2 +c^2) = (2ab -a^2 -b^2 +c^2) + (2bc -b^2 -c^2 +a^2) + (2ca - a^2 -c^2 +b^2)
　　　> {2ab･cos(C) -a^2 -b^2 +c^2} + {2bc･cos(A) -b^2 -c^2 +a^2} + {2ca･cos(B) -a^2 -c^2 +b^2}
　　　= 0,
　　　等号成立は一辺が → 0 のとき。

>>6

〔C934.〕
　(a_i)^2 + (a_j)^2 - 2a_i･a_j = (a_i-a_j)^2 ≧ 0,
より
(左辺) ≦ (1/2)�納1≦i<j≦n] a_i･a_j ≦ {(n-1)/n}s^2,　　(*)

　�納k=1,n] (s-a_k)^2 = �納k=1,n] {s^2 -2s･a_k + (a_k)^2}
　　　= (n-4)s^2 + �納k=1,n] (a_k)^2
　　　≧ (n-4)s^2 + (4/n)s^2　　　　　　　　　　　(**)
　　　= (1/n)(n-2)^2･s^2,

∴　(右辺) ≦ {(n-1)/n}s^2,

n辺多角形でなくても成立つ希ガス。
---------------------------------------------------
〔補題〕　�� = �納1≦i,j≦n] (a_i-a_j)^2 ≧ 0,　より

(*)　�納1≦i<j≦n] a_i･a_j = {2(n-1)/n}s^2 - (1/2n)�� ≦ {2(n-1)/n}s^2,

(**)　�納k=1,n] (a_k)^2 = (4/n)s^2 + (1/n)�� ≧ (4/n)s^2,

f (0) = f(1)= 0 のとき
∫[0,1] {f'(x)}^2･dx ≧∫[0,1] {f(x)}^2 を示せ

〔M1852.〕と似てる

>>23

〔Wirtingerの不等式〕
　f(x), f '(x) が [0,1] で連続のとき
　∫[0,1] {f'(x)}^2･dx ≧ (π^2)∫[0,1] {f(x)}^2 dx,
　等号成立は f(x) = c･sin(πx) のとき。


f(x) を sine級数でフーリエ展開して
　f(x) = �納k=1,∞) b_k sin(kπx),
とおく。
　(右辺) = (π^2)�納k=1,∞) (1/2)(b_k)^2,

　f '(x) = π�納k=1,∞) k･b_k cos(kπx),
　(左辺) = (π^2) �納k=1,∞) (1/2)(k･b_k)^2,

>>23
初等的証明

f(0)=0 より f(x)=∫_[0,x] f'(t) dt と書ける．
Schwarzの不等式とHo"lderの不等式より，
|f(x)|≦ ∫_[0,x] |f'(t) | dt
　　　≦ { ∫_[0,x] 1^2 dt }^{1/2}・{∫_[0,x] |f' (t)|^2 dt}^{1/2}.
両辺自乗すれば，
|f(x)|^2 ≦ x ∫_[0,x] |f' (t)|^2 dt．
よって，x について 0 →1まで積分すれば，
∫_[0,1] |f(x)|^2 dx ≦ ∫_[0,1] x { ∫_[0,x] |f' (t)|^2 dt } dx.
ここで、右辺を部分積分すれば，
右辺 = [ x^2/2・∫_[0,x] |f' (t)|^2 dt ]_[x=0]^1 - ∫_[0,1] x^2/2・|f' (x)|^2 dx
　　　= 1/2 ・∫_[0,1] |f' (t)|^2 dt - - ∫_[0,1] x^2/2・|f' (x)|^2 dx
　　　= 1/2 ・∫_[0,1] (1-x^2) |f' (x)|^2 dx
　　　≦1/2 ・∫_[0,1] |f' (x)|^2 dx
　　　≦∫_[0,1] |f' (x)|^2 dx

よって、　　
　∫_[0,1] |f(x)|^2 dx ≦　∫_[0,1] |f' (x)|^2 dx
が証明できた。

>>25
すっげー、ネ申！

ｷｬｽﾌｨ―修羅の刻―より。
正の実数a,b,cに対し次を満たす最大の実数kを求めよ。
{(a+2b)(b+2c)(c+2a)}^2
≧k(ab+bc+ca)^3
できれば解き方も書いてほしいです。
非対称な部分の処理の仕方がわからないので教えて下さいって意味も込めて。

シュワルツの不等式ｻｲｺｳ

>>27

基本対称式を a+b+c=s, ab+bc+ca=t, とおくと、
　(a+2b)(b+2c)(c+2a) = 3st + (a-b)(b-c)(c-a) = 3st + ��,
非対称な部分 (a-b)(b-c)(c-a) = �� は正にも負にもなり得るので、
絶対値を押さえます。

〔補題〕　|�處 ≦ (2/√3)(t/s)(s^2 -3t),

詳細は [第３章.727, 737-739] へ。ミーラ置き場にあります...

>>27

序でに解き方も書いておこう。
　(a+2b)(b+2c)(c+2a) - (3t)^(3/2)
　= 3st + �� - 3t√(3t)
　= 3t{s-√(3t)} + ��
　≧ (3t/2s)(s^2 -3t) - |�處　　　(← *)
　≧ (3/2 - 2/√3)(s^2 -3t)　　　(←補題)
　≧ 0,　　　　　　　　　　　　　(← **)

*)　s-√(3t) = (s^2 -3t)/{s+√(3t)} ≧ (s^2 -3t)/2s,

〔補題〕　|�處 ≦ (2/√3)(t/s)(s^2 -3t),
(略証)
min(a,b,c) = m とおき、{a,b,c} = {m, m+x, m+x+y} とする。(x,y≧0)
然らば、　|�處 = xy(x+y),　s = 3m+2x+y,　t = 3m^2 + 2m(2x+y) + x(x+y),　s^2 -3t = x^2 +xy +y^2,
∴　t(s^2 -3t) - ((√3)/2)s|�處 = 3m^2･(x^2 +xy +y^2) + m･{4x^3 + 3(1-(√3)/2)xy(x+y) +2y^3} + x(x+y){x - ((√3 -1)/2)y}^2 ≧0,
等号成立は m=0 かつ x/y = (√3 -1)/2 のとき。

**)　s^2 -3t = (1/2){(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2} ≧ 0,

巧妙ですね。
まず(a-b)(b-c)(c-a)を作るんですか??
あとは最小値とかを与えて計算??
|�處=xy(x+y)となるのは面白いですね。

[問題]
f は区間 (a,b) (a<b) で C^2 級関数であるとき、

　∫_[a,b] |f′(x) |dx ≦ 54{ 1/(b-a)^2 ∫_[a,b] |f(x)|^2 dx
　　　　　　　　　　　　　　　 + (b-a)^2∫_[a,b] |f" (x)|^2 dx }

が成立することを示せ。

ｷｬｽﾌｨｰ からもう一題。（Σ計算-180)

〔問題〕
　a[1],a[2],･･･,a[n]≧0
　�納k=1,n] a[k] = S のとき 次を示せ。
(1)　�納k=1,n] a[k]^2 ≧ (1/n)S^2,
(2)　�納k=1,n-1] a[k]a[k+1] ≦ (1/4)S^2,

>>33　しょうがねぇなぁ…

(3)　�納k=1,n-2] a[k]a[k+1]a[k+2] ≦ (S/3)^3,
(4)　�納k=1,n-3] a[k]a[k+1]a[k+2]a[k+3] ≦ (S/4)^4,
　…　…

>>33
（１）シュワルツの不等式より、

Ｓ＝�納k=1,n] 1・a[k]　≦ { �納k=1,n] 1^2 }^{1/2}・{ �納k=1,n] a[k]^2 }^{1/2} ＝ {ｎ}^{1/2}・{ �納k=1,n] a[k]^2 }^{1/2}．

よって，
　　 Ｓ^2 ≦ n �納k=1,n] a[k]^2
が証明された。

不等式の『未解決』問題集ってどこかに無いかな？

フェルマー予想やポアカレ予想のような、不等式界における大予想、大問題
というのを知りたいね。

ついでに、このスレでチャレンジしてみるのも面白そう。

不等式の大予想、２ちゃんねるスレで解ける！

みたいに…

どこかの本や問題集からの問題はやる気が失せる。

例えば、ラマヌジャン系の不思議な不等式に証明を与える（ないし、反例を与える）作業とか

なんか良い文献ないかなあ

Bateman

[Ramanujan Book]

ha dou??

nesbitの不等式って未解決の部分があるんじゃなかったっけ

>>36
巡回和関係の不等式は見かけは簡単でも、未解決なのが結構あるそうだ。

Shapiroの巡回不等式もこの10年数年に解けたそうな。
（大関本ではまだ未解決になっている）

>>39
Nsbittの不等式の一般化が Shapiroの巡回不等式。
だから現在では解決済み。

Nesbittの不等式
http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/inequality/nesbitt.htm

http://olympiads.mccme.ru/lktg/2010/5/5-1en.pdf

>>42
思わずフルボッキしてしまった！

>>29-31

〔補題’〕a,b,c≧0 のとき　|�處 ≦ 2{s-√(3t)}t,
　等号成立は m=0 かつ x/y = 1/2 のとき。

Shapiro's cyclic sum

http://mathworld.wolfram.com/ShapirosCyclicSumConstant.html

なお、λ = 1/3 としたものが [初代スレ.501] にある。

　

[問題]
A=(a_[ij]) を複素n次正方行列とし α_1,,, α_n を A の固有値（重複度込み）とする。
このとき、次の不等式を示せ。
　　�農[k=1,,n] |α_k|^2 ≦ �農[i,j=1,,,n] |a_[ij]|^2

また等号が成立するための必要十分条件は A が正規行列（A^* A = A A^*）である。

>>47
この不等式は「Shurの不等式」と呼ばれ線型代数の本などに載っていますが、
不等式の部分だけでも線型代数を使わない証明をして欲しいです。

〔問題961〕
自然数nに対して、
　Ｉ_n = ∫[0,(2n+1)π] {x･sin(x)/[n + sin(x)^2]} dx　とおく。
　(2n+1)π/(n+1) < I_n < (2n+1)π/n　を示せ。


http://www.casphy.com/bbs/test/read.cgi/highmath/1089455158/961-965
　casphy - 高校数学 −修羅の刻−【難問】

a、b、c、dを正の定数とする。
不等式 s(1-a)-tb>0
-sc＋t(1-d)>0
を同時に満たす正の数s、tがあるとき、
2次方程式x^2-(a＋d)x＋(ad-bc)=0は-1<x<1の範囲に異なる2つの実数解をもつことを示せ。

>>50
　f(x) = x^2 -(a+d)x +(ad-bc),　とおく。

　判別式 D = (a+d)^2 -4(ad-bc) = (a-d)^2 +4bc > 0,
より、異なる2つの実数解をもつ。

　f((a+d)/2) = −(1/4)(a-d)^2 -bc < 0,
また、題意より
　0 < a,d < 1,
　1-a > (t/s)b > 0,
　1-d > (s/t)c > 0,
∴　f(1) = (1-a)(1-d) -bc > 0,
　　f(a+d-1) = f(1) > 0,

∴　２実数解は a+d-1<x<(a+d)/2, および (a+d)/2<x<1 の範囲にある。

http://www.math.ust.hk/excalibur/v15_n3.pdf


P352など

　二 ｀丶、｀丶、_＼__＼〉ﾉﾉへ!
`‐-、 二. ｀ヽ、 ミ￣　／⌒ｼ′）
二‐/,ｨ┐|=ミ=┘　,r‐'_二ﾆ....イ
‐ニ| i＜　 ｉ　,..-=ﾆ‐''＼　 /彡}　 　 http://www.math.ust.hk/excalibur/v15_n3.pdf
二‐ヽ ┘ ｜ 　 　 lヾ. } } / /リ
ﾆ ‐'"/ 　 /　　　　|_{;)} ﾚ' /(（　　　Problem352などを見ると・・・・・
'　　/ 　 /　　 　 '"　` `ﾞ /　ｿ
　 /　　　　,　　　　　　Ｆ'′/　　 　なんていうか･･････その･･･
　 ヽ.　　　　＼、 L`___l　　　　　 　
　＿＼ 　 　ヽ._>┘　　　　　　　　 下品なんですが･･････フフ･････
　／了＼＿ノ
　◆（　　　　　　　　　　　　　　　　 勃起･･････しちゃいましてね･････････
　門｜

>>52

〔Problem 352.〕
a,b,c>0, abc≧1　のとき　
　a/{√(bc)+1} + b/{√(ca)+1} + c/{√(ab)+1} ≧ 3/2,
　　　　　　　　　　　　　　　(P.H.O.Pantoja による)
　
Math. Excalibur, Vol.15, No.3, 2010/Oct.-Dec.

>>53

　abc =k とおく。
　(左辺) = a^(3/2)/(√k + √a) + b^(3/2)/(√k + √b) + c^(3/2)/(√k + √c)
　　　　= F(a) + F(b) + F(c),
ここに
　F(x) = x^(3/2)／(√k + √x) = x - √(kx) +k -(k√k)/(√k + √x),
　F '(x) = {3√(kx) + 2x}／{2(√k +√x)^2} > 0,　 (単調増加)
　F "(x) = {√k + (3/√x)}／{4(√k + √x)]^3} > 0,　(下に凸)
よって
　(左辺) > 3F((a+b+c)/3)　　　(← Fは下に凸)
　　　　> 3F(k^(1/3)) 　　　　(← 相加･相乗平均)
　　　　= 3(√k)／{√k + k^(1/6)}
　　　　> 3/2,　　　　　　　　　　　　(← k≧1)

〔Problem 357.〕
正の整数nに対し、次を満たす4整数 a,b,c,d が存在しないことを示せ。
　ad = bc,
　n^2 < a < b < c < d < (n+1)^2,


〔Problem 359.〕
次を満たすすべての実数(x,y,z)を求む。
　x+y+z ≧ 3,
　x^3+y^3+z^3 + x^4+y^4+z^4 ≦ 2(x^2+y^2+z^2),
　　　　　　　　　　　　　(M.Bataille による)

http://www.math.ust.hk/excalibur/v15_n3.pdf
　Excalibur, Vol.15, No.3, 2010/Oct-Dec

>>55

P.359.
　x^4 + x^3 - 2x^2 = (x^2 +3x +3)(x-1)^2 + 3(x-1) ≧ 3(x-1),
等号成立は x=1 のとき。
∴　(左辺) - (右辺) ≧ 3(x+y+z-3) ≧ 0,

∴　題意の不等式が成立するのは (x,y,z)=(1,1,1) のみ。

１＜ｍ＜ｎ。
０≦ａ。
ｂ＝（ｎ−ｍ）ａ／（ｎ−１）。
ｃ＝（ｍ−１）ａ／（ｎ−１）。
ａ＝ｂ＋ｃ。
ｍａ＝ｂ＋ｎｃ。
ａ／ｍ≦ｂ＋ｃ／ｎ。

　（ｘ＋ｎ（１−ｘ））（ｘ＋（１−ｘ）／ｎ）＾２
＝（２ｎ−２（ｎ−１）ｘ）（１＋（ｎ−１）ｘ）＾２／２ｎ＾２
≦（（２ｎ＋２）／３）＾３／２ｎ＾２
＝４（ｎ＋１）＾３／２７ｎ＾２。

>>57

〔問題〕
nを自然数、 0≦x≦1 を実数とするとき、
　{x + n(1-x)}{x + (1-x)/n}^2 の最大値を求めよ。


hint:
　{x+n(1-x), [nx+(1-x)]/2, [nx+(1-x)]/2} の相加平均は (n+1)/3,

１≦ｉ≦ｎ。
（ｉ−１）（ｉ−ｎ）≦０。
ｎ≦ｉ（ｎ＋１−ｉ）。
１／ｉ≦（ｎ＋１−ｉ）／ｎ。

　Σ（ｉａ（ｉ））Σ（ａ（ｉ）／ｉ）＾２
≦Σ（ｉａ（ｉ））Σ（（（ｎ＋１−ｉ）／ｎ）ａ（ｉ））＾２
＝Σ（ｉａ（ｉ））（（（ｎ＋１）／ｎ）Σ（ａ（ｉ））−（１／ｎ）Σ（ｉａ（ｉ）））＾２
≦（４（ｎ＋１）＾３／２７ｎ＾２）Σ（ａ（ｉ））＾３。

　Σ（ｉａ（ｉ））Σ（ａ（ｉ）／ｉ）＾２
≦Σ（（ｎ＋１−ｎ／ｉ）ａ（ｉ））Σ（ａ（ｉ）／ｉ）＾２
＝（（ｎ＋１）Σ（ａ（ｉ））−ｎΣ（ａ（ｉ）／ｉ））Σ（ａ（ｉ）／ｉ）＾２
≦（４（ｎ＋１）＾３／２７ｎ＾２）Σ（ａ（ｉ））＾３。

>>57-58　出題元：

http://kamome.2ch.net/test/read.cgi/math/1287678220/238 ,368
数オリスレ２０

http://kamome.2ch.net/test/read.cgi/math/1289917753/285-311
初等整数論の問題２

x > 0 、 y > 0 、 0 < p < 1 のとき、 (x+y)^p < x^p + y^p を示せ

>>62
成り立たねーぞボケ

>>63
ﾆﾔﾆﾔ…

x^p+y^p-(x+y)^p
x^p+t^p*x^p-(1+t)^p*x^p
=x^p*(1+t^p-(1+t)^p)
>0

もっとエレガントに解かんかい

>>62
私の粗末なコレクションを検索したところ、似たようなものがあった。

[1997早稲田大]-----------------------------------------------------------

x、yを任意の正の数とし、p、qを 1/p + 1/q = 1 かつ p>1、q>1 をみたす有理数とする。

(1) (x+y)^2 ≦ px^2 + qy^2 を示せ

(2) (x+y)^(1/p) < x^(1/p) + y^(1/p) を示せ

-------------------------------------------------------------------------

これって、有理数という縛りは必要なのかな？ 不等式( ﾟ∀ﾟ)ﾊｧﾊｧ…

>>65がわからん

俺も>>63と>>65がわからん

>>63
>>66
口が悪いな、直したほうがいい

y=txとおいてるのかな
1+t^p-(1+t)^p>0の証明は
f(t)とおいてp<1なのでf'(t)<0だから
lim_{t→∞}f(t)>0
ということかな?



(x^p+y^p)^(1/p)>x+y
を示す
x≧yとする
(x^p+y^p)^(1/p)≧(x^p+x^p)^(1/p)=2^(1/p)*x>2x=x+x≧x+y

コーシーか相加相乗しか認めんぞ

普通に間違ってた

>>71
x^p+y^p≦2*((x+y)/2)^p
(x^p+y^p)^(1/p)≦2^(p-1)*(x+y)
(x^p+y^p)^(1/p)<x+y

不等式に魅せられた高校生なんですけど[13]の書籍は体系だって不等式を学ぶのに有効ですか？

>>62, >>66, >>68-69,
　1-p > 0,
　x^p = x/{x^(1-p)} > x/(x+y)^(1-p),
　y^p = y/{y^(1-p)} > y/(x+y)^(1-p),
辺々たす。 (終)

>>67

(1) 題意より (p-1)(q-1) = 1,
　　px^2 + qy^2 - (x+y)^2 = {x√(p-1) - y√(q-1)}^2 ≧ 0,

(2) 上と同様。ただし p ⇔ 1/p

>>67
(x+y)^(1/p)*(x+y)^(1/q)
= (x+y)^(1/p + 1/q)
= x+y
= x^(1/p + 1/q) + y^(1/p + 1/q)
= x^(1/p)*x^(1/q) + y^(1/p)*y^(1/q)
< x^(1/p)*(x+y)^(1/q) + y^(1/p)*(x+y)^(1/q)
= {x^(1/p) + y^(1/p)}*(x+y)^(1/q)

両辺を (x+y)^(1/q) で割って (*ﾟ∀ﾟ)=3 ﾊｧﾊｧ、ﾊｧﾊｧ、ﾊｧﾊｧ…

a、b、c が三角形の３辺の長さをなしながら変化するとき、
(a^2 + b^2 + c^2)/(ab+bc+ca) のとりうる値の範囲を求めよ

>>78

　1 ≦ (a^2 + b^2 + c^2)/(ab+bc+ca) < 2,

(右側)
　(a^2 + b^2 + c^2) - (ab+bc+ca) = (1/2)(a-b)^2 + (1/2)(b-c)^2 + (1/2)(c-a)^2 ≧ 0,
　等号成立は a=b=c (正三角形)

(左側)
　2(ab+bc+ca) - (a^2 + b^2 + c^2) = a(b+c-a) + b(c+a-b) + c(a+b-c) > 0,

>>79
すっきりした証明ですね、(*ﾟ∀ﾟ)=3 ﾊｧﾊｧ…

>>78
2011年度 東工大特別入試 第2問 [大学への数学2011年1月号P.P.56-57]

雑誌の模範解答は、３通り

（解１）
a+b+c = 2k を固定し、ab+bc+ca = t とおくと、
　(a^2 + b^2 + c^2)/(ab+bc+ca) = 4k^2/t - 2
だから、tのとりうる値を考える

三角形の成立条件から、a<k、b<k、a+b<k なので、
aを 0<a<s の範囲で固定して、k-a < b < s の範囲で、
　t = - { b - (2k-a)/2 }^2 -3a^2/4 + ka + k^2
のとりうる値の範囲を求める

（解２）
x=b+c-a、y=c+a-b、z=a+b-c とおくと、x、y、z>0で
　(a^2 + b^2 + c^2)/(ab+bc+ca) = (2/3){1 + 2/(1+3u)}
ただし、u = (xy+yz+zx)/(x^2 + y^2 + z^2)
uのとりうる値の範囲を考える

（解３）
a≦b≦cと設定して、cの関数とみて微分

(；´д｀) ﾊｧﾊｧ…

本番でa=1固定で
b+c=k固定で動かした記憶

数学板で一番の良スレ
久しぶりに（気のせいか）上に上がってきたな
sageなかったのか？

>>83
お前と、82が上げたんだろうが！

age、sage言ってる時点でじじいだから、頭がボケていても仕方ない。

>>79
きれいなやりかたですね。

すこしきになるのは(a^2 + b^2 + c^2)/(ab+bc+ca)のとりうる範囲が[1,2]
の中間の値を全部とるというのはどこで証明しているのでしょうか？

投稿確認
・投稿者は、投稿に関して発生する責任が全て投稿者に帰すことを承諾します。

・投稿者は、話題と無関係な広告の投稿に関して、
相応の費用を支払うことを承諾します

・投稿者は、投稿された内容及びこれに含まれる知的財産権、
（著作権法第21条ないし第28条に規定される権利も含む）その他の権利につき
（第三者に対して再許諾する権利を含みます。）、掲示板運営者に対し、
無償で譲渡することを承諾します。ただし、投稿が別に定める削除ガイドラインに該当する場合、
投稿に関する知的財産権その他の権利、義務は一定期間投稿者に留保されます。

・掲示板運営者は、投稿者に対して日本国内外において無償で非独占的に複製、
公衆送信、頒布及び翻訳する権利を投稿者に許諾します。
また、投稿者は掲示板運営者が指定する第三者に対して、
一切の権利（第三者に対して再許諾する権利を含みます）を許諾しないことを承諾します。

・投稿者は、掲示板運営者あるいはその指定する者に対して、
著作者人格権を一切行使しないことを承諾します。

>>86
　(a,b,c) = (1,1,c) とし、cを (0,1] で連続的に変化させてみる。

比の値がr (1≦r<2) となるのは c=r-√{(r-1)(r+2)} のとき。

f(a,b,c)＝(a^2 + b^2 + c^2)/(ab+bc+ca)は領域a>0,b>0,c>0 において連続である。
を証明すればいいんだけど、。。。
とちゅうでギャップが無いという保証がいる。
あたりまえであるようであまり意識しないもんだね。　一応多変数だからね

>>88
わかりました。　ありがとうございます。

>>87
何が言いたい？

変なのがいろいろ湧きだしたな
無能は黙ってＲＯＭってろ！

>>88-89

　r = (1+1+c^2)/(1+c+c) = 1 + (3/4){(1+2c)/3 + 3/(1+2c) - 2}
どう見ても連続････

79+88　で満点というわけか？
平均点はいくらぐらいなの？

79+88のように優雅ではないが、力ごなしにやると
Let define f(a,b,c)＝(a^2 + b^2 + c^2)/(ab+bc+ca)
let define ff(a,b,t)=f(a,b,(a^2+b^2-2 ab cos(t))^(1/2))
let define fff(s,t)=ff(1,s,t) for 0<t<Pi, 1>= s >=0:from symmetry
and d(fff(s,t)z)/ds=(s-1){ ..positive...}==>monotone decreasing for s in [0,1] (for every t)
so
fff[1,t]={2+2-2cos(t)}/{1+2(2-2cos(t))^(1/2)}=(2+u^2)/(1+2u) here u=(2-2cos(t))^(1/2)

g[u]=(2+u^2)/(1+2u) for 0<u<4

Easily we get 2=g[4]=g[0]>g[u]>=g[1]=1

And fff[0,t]=2

The answer is [1,2]

[1, 2)

>>88-89

　r = (1+1+c^2)/(1+c+c) = 1 + (1-c)^2 /(1+2c),
でも同じだが･････

>>81　2011年度 東工大特別入試

って普通の入試と違うの？

>>98
よう知らんが、センター試験より前に試験があったようだ

うかれば東工大合格というわけ？

ググレカス

[問題]
A, B を実 n 次の正定値対称行列とするとき、次の不等式を示せ。

det ( (A+B)/2 ) ≧　{ detA ・det B }^{1/2}

>>102
こういう線形代数と微積分が合わさったような話題ってどんな本が詳しいですか？
線形代数も微積分も教養でやるけど、この手の話題って面白そうだけど意外と講義や演習でもやらない気がします。
行列の先の話題としてリー群の本は多いんですけど、書いて無いですよね。

微積？
102って相加相乗の拡張ぽいけど。

>>103
斎藤の線形代数演習

>>102
Q1=tx.A.x>0
Q2=tx.B. x>0　ｘはn次元ヴェクター

A　または　Bのいづれかが、正定あれば、（Aとする）
適当な　T 正則マトリクス,が存在して
線形変換ｘ＝Tｙにより

Q1=ty.E.ty
Q2=ty.L.y　：L=対角マトリクス：Bも正定だからL>0


((Q1+Q2)/2)^2=(ty((E+L)/2)y)^2 =Sigma{i}(yi^2(1+Li))^2

Q1Q2=ty.y.ty.L.y=Sigma{i}yiLi

　Sigma{i}(yi^2(1+Li))^2 >= Sigma{i}yi^2Li
これから　
(Det(E+L)/2)^2>=Det(E)Det(L)　
つまり　
Det(A+B)/2>=(Det(A)Det(B))^(1/2)

x,y,z≧0のとき
(x^3+y^3+z^3)^4≧(x^4+y^4+z^4)^3

>>107

x^4 =X, y^4 =Y, z^4 =Z, 3/4 =p とおくと、与式は
　X^p + Y^p + Z^p ≧ (X+Y+Z)^p,
これは >>67 (2) の形だから、>>76 と同様にして示せる。

>>103
下らんごくごく普通の関数解析の本に、そのような話題は嫌というほど載っている。
もはやそれらは楽しいリー群(位相群)やフーリエ解析などに昇華されている。

>>103
ハーディー・リトルウッドの「不等式」がおすすめだ。
これがモデルになった関数解析(フーリエ解析)の本がある位だ。

>>107　(訂正)

　これは、>>62 の形だから････

y=e^x

〔問題〕
A, Bを2次の実対称行列とするとき、次の不等式を示せ。
　tr(exp(A+B)) ≦ tr(exp(A))･tr(exp(B)),


ただし、exp(X) = E + Σ[n=1,∞) (1/n!)X^n,　(Ｅは単位行列)


(注意)　
A,Bが交換可能ならば等式になりますが、AB≠BA のときには一般に不等式になります。
この結果は一般にA,Bがn次対称行列のときにも正しいのですが、2次のときなら、腕づくで計算してもできます。


数セミ増刊「数学の問題　第２集」No.96, 日本評論社 (1978)

>>113

荒木不二洋 先生（元･京大、RIMS）の名作だな。

(；´д｀) ﾊｧﾊｧ…

>>106
>適当な　T 正則マトリクス,が存在して
>線形変換ｘ＝Tｙにより
>
>Q1=ty.E.ty
>Q2=ty.L.y　：L=対角マトリクス：Bも正定だからL>0

A,B は非可換だから、一般に同時対角化は出来ないのでは？

>>115
> A,B は非可換だから、一般に同時対角化は出来ないのでは？

はい。
A,B が同時対角化できるための必要十分条件は AB=BA（可換）なので、
>>106の証明は誤りです。
これが出来てしまうと>>113は等号になってしまいますから・・・

>>103
一般的には、作用素環のノルム不等式と言われる分野ですかね。
もちろん、行列環だけでなくもっと一般的な物を扱っています。
一般論はコンヌなどの非可換幾何などとも関係して難しいです。

>>113　
AB=BA ならば
Exp(A+B)=Exp(A)Exp(B) だから　Tr(Exp(A+B))=Tr(Exp(A)Exp(B))=Tr(Exp(B)Exp(A))

Tr(Exp(A)Exp(B))=<Tr(Exp(A))Tr(Exp(B)) ですか？

　つまりTr(A.B)=<Tr(A)Tr(B) というわけですね？

>>116
　>>106の証明は誤りです。

実の対称マトリクスについては同時対角は可能ではないのですか？
（証明を見たようなきがするのだが。。。。自信ない）
A,Bがエルミートで一方が正定であれば同時対角化（Lamda,En)が可能であるというのは
よく使ったような気がする。（正定の定義が違うのかな？）

>>119
> 実の対称マトリクスについては同時対角は可能ではないのですか？

違います。

実際、AとBが同時対角化されたとします。
つまり、ある１つの直交行列 T が存在して、T^t A T, T^t B T が対角行列になる。

対角行列同士は交換可能なので、T^t A T と T^t B T は交換可能です。
つまり、
(T^t A T)・(T^t B T) = (T^t B T)・(T^t A T)
が成り立ちますが、Tは直交行列なので T^t T = Eより、
T^t AB T = T^t BA T
つまり，AB=BA となります。

しかし、任意の２つの正定値対称行列は交換可能とは限らないので、これは矛盾です。

対角化の意味ですが、
　E、と　Lamda＝固有値マトリクス　のふたつを意味しているのですが。

>>121
何を言いたいのか全く分かりません。

>>103の証明を書いた >>106は以下の事実が間違っています。

A,Bを一般の正定値対称行列に対して

> Q1=tx.A.x>0
> Q2=tx.B. x>0　ｘはn次元ヴェクター
>
> A　または　Bのいづれかが、正定あれば、（Aとする）
> 適当な　T 正則マトリクス,が存在して
> 線形変換ｘ＝Tｙにより
>
> Q1=ty.E.ty
> Q2=ty.L.y　：L=対角マトリクス：Bも正定だからL>0

正定マトリクスの定義　（x*）Ax>0 for all x not zero
2個の実対称マトリクスA、Bについての2次形式
Q1=TxAx,Q2=TXBX　とする。
Aが正定ならば、適当な正則マトリクスによる線形変換ｘ＝Tyにより新変数ｙについて
2次形式がｙの各成分の2乗項だけをふくむ
Q1=ty　ｙ、Q2=ty L y　L:対角まとりくす
とあらわせる

証明　略

＞何を言いたいのか全く分かりません。

チョット時間をおきませう

>>123
その主張が間違っているんですよ。

具体的には、同じ線形変換 x=Ty で、
Q1=ty　ｙ、Q2=ty L y　

と表される（つまり、Q_1=<y,y> ）のは良いのですが、
「Lが対角行列」というのが間違いです。

これが出来るためには AB=BA でなくてはなりません。
理由は>>120です。

CLAIM:
BがC^mxn ならばA:=B*B：C^nxnは準正定マトリクスである。
逆に
エルミートマトリクスA:C^nxnが準正定ならば　rank(B)=m (mはAの固有地の数）なるマトリクスB:C^mxn
をもちいてA=B*Bと表すことができる。

を証明せよ

A*=Aが成立するようなマトリクスをエルミートマトリクスという
A*はAの共役転置

Claim2
　2個の実対称マトリクス：R^nxn、B:R^nxnについての２次形式
Q1=txAx,Q2＝ｔxBx　　ｘ：R^n　ｔ:transpose

A　ガ正定ならば、適当な正則マトリクスT:R^nxn　による線形変換ｘ＝Ty
によって、新変数ｙについては２次形式がｙの各成分の二乗項だけをふくむ
Q1=ty　ｙ、Q2=ty　L y、　L:対角マトリクス
と表せる

を証明せよ

↑なお　一般にLの対角要素はBの固有地ではない。

仙石６０さんよ、これ以上書くと恥晒しになるから止めとけや

システム制御工学で使われるマトリクス演算手法ですね。
証明を期待しています。

こんなやつは、30年ぐらい前いっぱい流行したよねえ。
恥を晒して墓までよ　気にすることは無い。

正則行列と直交行列を混同しているような…

そうだね

>>128
糞コテめ！
さっさと消えろ！

我々のスレを荒らすな！
ここは不等式のスレだ、日本語読めるか？ あん？

質問は質問スレでやれ！

120と123は何ら矛盾してない。この件については仙石が正しい。

【問題】
n次の実行列 A,B,C,D に対して，2n次の行列 X を
　　X = [A　B]
　　　　 [C　D]
とおく．X が正定値対称行列のとき，

　　det (X) ≦ det (A)・det(D)

を示せ．

Det(A) !=0 としてもよい。　A=tF.F
　Det(X)=Det(A)Det[D-B.A^-1.C]

X X が正定値対称行列-=> C=tB ,A=tF.F-->B.A^-1.C=B.A^-1.tB=B.(tF.F)^-1.tB
=B.(F)^-1.tF^-1.tB=B.F^-1.t(B.F^-1)
=Y.Ty : y:=B.F^-1
Det[D-B.A^-1.C]=Det[D-Y.tY]<=Det(D)
　det (X) ≦ det (A)・det(D)

q.e.d

(1) A1>=B1,A2>=B2==>A1+A1>=B1+B2
(2) A>=B>=C ==> A >=C
(3)A1>=B1,A2>=B2 --->A1A2>=B1B2

間違っているのは（１）、（２）、（３）のどれでしょうか？

>>138
オコチャマは消えろ！
カーッ(ﾟДﾟ≡ﾟдﾟ)､ペッ

↑　わからないとすぐそうやってごまかすんだから

なんかアホの巣窟になっちまったなｗ

猫がいなくなったから、猫に構ってた連中が持て余してんだろｗ
猫も必要悪ということだ。

(1),(2) OK
(3) マちが日

大学は試験シーズンだからな

ところで猫って大学の教員なの？

>>144
無職のルンペンだよ

一応非常勤をやっているんじゃなかったか？

>>113
まづ、exp(　) の定義から、
　exp(xE) = (e^x)E,
　AB = BA　⇒　exp(A+B) = exp(A)･exp(B),
　exp(A'+xE) = (e^x)･exp(A'),
　exp(B'+yE) = (e^y)･exp(B'),
ところで、
　A = (tr{A}/n)E + A',
　B = (tr{B}/n)E + B',
とおくと tr{A'} = tr{B'} =0 となる。
これらを上記に代入すると、本問は
tr{A'} = tr{B'} =0　⇒　tr{exp(A'+B')} ≦ tr{exp(A')}･tr{exp(B')},
に帰着する。

>>113
A',B'は跡なしの2次行列だから、Cayley-Hamilton より
　(A')^2 = (a^2)E,　　a = √(-det{A'}),
　(B')^2 = (b^2)E,　　b = √(-det{B'}),
よって exp(　) の定義から
　exp(A') = cosh(a)･E + {sinh(a)/a}･A',
　exp(B') = cosh(b)･E + {sinh(b)/b}･B',
となる。また、
　tr{E} = n = 2,
　tr{A'} = tr{B'} = 0,
　tr{A'B'} = det{A'} + det{B'} - det{A'+B'} = 2ab･cosθ,
よって、
　tr{exp(A')exp(B')} = cosh(a)cosh(b)tr{E} + (････)*tr{A'} + (････)*tr{B'} + {sinh(a)sinh(b)/(ab)}tr{A'B'}
　　= 2cosh(a)cosh(b) + 2sinh(a)sinh(b)･cosθ
　　= (1+cosθ)cosh(a+b) + (1-cosθ)cosh(a-b)
　　= (1+cosθ)f((a+b)^2) + (1-cosθ)f((a-b)^2)　　　(← *)
　　≧ 2f(a^2 + b^2 +2ab･cosθ)
　　= 2f(-det{A'} -det{B'} +tr{A'B'})
　　= 2f(-det{A'+B'})
　　= tr{exp(A'+B')},

*)　　f(t) = cosh(√t) = Σ[k=0,∞) (1/(2n)!)t^n,　は t≧0 で下に凸。

うわっ、凄い勢いでレスが伸びていてびっくり!!

>>104-105>>109-110>>117
文献の案内ありがとうございます。
作用素環へ繋がっていくのですね。
それは奥が深いわけだ。

>>138 >>143

(3)A1>=B1,A2>=B2 --->A1A2>=B1B2
ガ誤りであるような　実例を教えてください。

A1=A2=[1,1],B1=B2=[-10,-10]

A1,A2,B1,B2>0 の例をもとむ

>>113
　････つまり、本題は次の補題に帰着した。

〔補題〕
2次の正方行列 A,B について　
　det(A) + det(B) - tr(AB) + tr(A)･tr(B) = det(A+B),

(略証)　成分を使って計算するだけ。

√2+√3＞πを示せ
ｴﾚｶﾞﾝﾄに頼むよ

√2+√3=3.14626...>π

ｴﾚｶﾞﾝﾄを　求めるのは厨房

>>152
〔補題〕
2次の正方行列 A,B について　
　det(A) + det(B) - tr(AB) + tr(A)･tr(B) = det(A+B),

計算しても等号がせいりつしません。
数値計算しても等号が成立しません。

どこがまちがっているのでしょうか
　det(A) + det(B) - tr(AB) + tr(A)･tr(B) ー det(A+B)＝
a22 b11 + a23 a32 b11 + a33 b11 - a22 a33 b11 - a21 b12 - a23 a31 b12 +
a21 a33 b12 - a31 b13 + a22 a31 b13 - a21 a32 b13 - a12 b21 - a13 a32 b21 +
a12 a33 b21 + a33 b12 b21 - a32 b13 b21 + a11 b22 + a13 a31 b22 + a33 b22 -
a11 a33 b22 - a33 b11 b22 + a31 b13 b22 - a12 a31 b23 - a32 b23 +
a11 a32 b23 + a32 b11 b23 - a31 b12 b23 - a13 b31 + a13 a22 b31 -
a12 a23 b31 - a23 b12 b31 + a22 b13 b31 + a13 b22 b31 - a12 b23 b31 -
a13 a21 b32 - a23 b32 + a11 a23 b32 + a23 b11 b32 - a21 b13 b32 -
a13 b21 b32 + a11 b23 b32 + a11 b33 + a12 a21 b33 + a22 b33 - a11 a22 b33 -
a22 b11 b33 + a21 b12 b33 + a12 b21 b33 - a11 b22 b33

>>156
お前、受験板に帰れよ！
カーッ(ﾟДﾟ≡ﾟдﾟ)､ペッ

147-148　は似非かはったりか？

新着レスがあると思ってみたら、便所の落書き未満だったり…

>>158
ということになります。

(π-x)^3=31 実数ｘをもとむ
　ｴﾚｶﾞﾝﾄに頼むよ

156は何を計算してるのやら
2次の正方行列つってんだろが

[問題]
正定値対称行列 A,B に対して tA + (1-t)B (0≦t≦1) に対して、
t の関数 f(t) = det (tA + (1-t)B)^{-1} は下に凸であることを示せ。

　　 t det (A) + (1-t) det(B) ≦ det (tA + (1-t)B)．

ばかばかし>>162

えらそうにしている割に程度低すぎ>>162

>>163
det (tA + (1-t)B)． はｎ次の多項式
t det (A) + (1-t) det(B)　はｎの一次多項式

主張にムリガあるような気がするのだが？

たとえば　ｔ＝〜０
(1-t) det(B) ＞＝det ((1-t)B)．ｋｊなぜなら（１−ｔ）＞（１−ｔ）＾ｎ

>>166
> たとえば　ｔ＝〜０

すまんが、ｔ＝〜０ の意味を教えてもらえまいか？

　　　　　　　　　　〜０

精子かＹＯ！

>>163
det (tA + (1-t)B)． はｔのｎ次の多項式
t det (A) + (1-t) det(B)　はｔの一次多項式

主張にムリガあるような気がするのだが？

>>170
多項式の次数が違うことが、不等式が成立しないという根拠にはならんだろ。

例：実数 0< t <1 と自然数 n に対して、不等式 0< t^n < t は常に成立します。

というか凸函数におけるイェンセンの不等式を知らんのか？

>>170
多項式の次数が違うからといって、不等式が成立しないとは言ぇんぜん。
だな。

>>170
確かに主張は間違っていました。
（多項式の次数が違うからというのは理由にはなりません）

[>>163の訂正]
関数 f(t) = det (tA + (1-t)B )^{-1} は逆行列を取っているので、
凸性を表す不等式は（この f が凸であることを示すのが問い）
　　t f(1) + (1 -t) f(0) ≧ f(t)
これを書き換えると、
　 t det (A^{-1}) + (1-t) det(B^{-1}) ≧ det (tA + (1-t)B)^{-1}
と逆数を取った式でした。

あるいは、最初から A, B を逆行列 A^{-1}, B^{-1} （これらも正定値対称行列）にして
　t det (A) + (1-t) det(B) ≦ det (t^{-1} A + (1-t)^{-1} B)
という不等式を得ます。

>>166 >>170

t=0,1 のとき 左辺は０ゆえ、因数定理から
　t･det(A) + (1-t)･det(B) - det{t･A + (1-t)･B} = t(1-t)f(t;A,B),


(例) n=2 の場合、
　t･det(A) + (1-t)･det(B) - det{t･A + (1-t)･B} = t(1-t)det(A-B),

>>166 >>170

t=0,1 のとき 左辺は０ゆえ、因数定理から
　t^n･det{A} + (1-t)^n･det{B} - det{t･A + (1-t)･B} = t(1-t)g(t;A,B),


(例) n=2 の場合、
　t^2･det{A} + (1-t)^2･det{B} - det{t･A + (1-t)･B} = t(1-t)(tr{AB}-tr{A}tr{B}),

＞実数 0< t <1 と自然数 n に対して、不等式 0< t^n < t は常に成立します。

（１）n>=3のばあいは
（２）実数 0< t <1 と自然数 n に対して、不等式 0< an t^n+an-1t^(n-1)+,,, < t は常に成立しますか？

掃除していたら、昔のメモが出てきた、懐かしす…

問１．レベル（目糞）---------------------

a、b、c、d≧0 のとき、次式を証明せよ

1/a + 1/b + 4/c + 16/d ≧ 64/(a+b+c+d)


問２．レベル（鼻糞）---------------------

x、y、z≧0、x+y+z=1 のとき、次式を証明せよ

0 ≦ xy + yz + zx -2xyz ≦ 7/27

（１）P=1/a + 1/b + 4/c + 16/d - 64/(a + b + c + d)
　　　q=abcd(a+b+c+d)P　の極点をもとめると( 11個）
{(a,b,c,d)=(0,0,c,0),(0,0,0,d),(-d,0,0,d),(a,0,0,0),(a,0,-a,0),....(d/4,d/4.d/2.d)}

どの極点の値もｑ＝０になる。
ｑの形態から　是が最小値になる。
ｑ＞＝０

q=xy + yz + zx -2xyz-Lamda(x+y-1)
の局地をもとめて
(L,x,y,z)={(4/9,1/3,1/3,1/3),(1/2,0,1/2,1/2),...}
qの値は｛7/27,1/4,1/4,1/4}になる。
境界の(x､y､z)=(1,0,0) でｑ＝０
０≦ xy + yz + zx -2xyz ≦ 7/27

>>178

問１（目糞）
　{a, b, c/2, c/2, d/4, d/4, d/4, d/4} の8個で相加･調和平均あるいはコーシー
だな。

問２（鼻糞）
右側
　-1/2 ≦ 1/2 -x,　1/2 -y,　1/2 -z ≦ 1/2, より
　-(1/2)^3 ≦ (1/2 -x)(1/2 -y)(1/2 -z) < (1/2)^3,
上限は 3つの因子が同符号(正)のときで、相乗･相加平均より
　 (1/2 -x)(1/2 -y)(1/2 -z) ≦ {(3/2 -x -y -z)/3}^3 = (1/6)^3,
これを展開する。左側は (ry

問３．レベル（耳糞）-------------------------------

実数 x、y、z が、x+y+z=0 をみたすとき、次式を証明せよ

(|a|+|b|+|c|)^2 ≧ 2(a^2 + b^2 + c^2)

-----------------------------------------------

※ 差を取るのはミジンコでもできるので、エレガントに証明してください
　ミジンコといえば…
http://www.yomiuri.co.jp/science/news/20110204-OYT1T00057.htm

※ さらに n乗の場合に拡張できるなら、お願いします

>>182
ごめん、a、b、cをx、y、zで読み替えてください

>>182-183

問３（耳糞）
　ミジンコだが、差を取ってみた。

a+b+c = 0 より 三角不等式が成り立つ。
よって
　(左辺) - (右辺) = 2|ab| + 2|bc| + 2|ca| - a^2 - b^2 - c^2
　= |a|(|b|+|c|-|a|) + |b|(|c|+|a|-|b|) + |c|(|a|+|b|-|c|) ≧ 0,

>>183
　ごめん、ａ、ｂ、ｃはｎ次元ベクトルだよね････

>>153
あまりエレガントぢゃねぇが････

6 > 6 - 2/(9^2) = (22/9)^2,
∴　√6 > 22/9,

(√2 + √3)^2 = 5 + 2√6 > 89/9 = (22/7)^2 + 5/(21^2) > (22/7)^2,
∴　√2 + √3 > 22/7,

ところで、
　(1/6)π^2 = ζ(2) < 5/3 - 1/48 < 5/3 - 1/49 = (1/6)(22/7)^2,
∴　22/7 > π,

http://kamome.2ch.net/test/read.cgi/math/1287119136/187 , 199
東大入試作問者スレ１９

〔問題〕
　(14/3)√(5/11) > √2 + √3　を示してくださいです。

>>187

　485 > (√484)(√486) = 22(9√6) = 99(2√6),
∴　485/99 > 2√6,
∴　(14/3)^2･(5/11) = 980/99 > 5 + 2√6 = (√2 + √3)^2,

>>136
Xは正定値なので、小行列式 det(A) >0である。
とくに A は正則行列なので、行列 X は以下のように分解できる。
　[A B] ＝ [　I　　　O][A　B]
　[C D] 　 [CA^{-1}　I][O　D-CA^{-1}B]．
両辺の行列式を取れば、
　det(X) = det(A)・det(D-CA^{-1}B)
ここで X は対称行列なので C=B^t で A^{-1} も正定値行列なので、
det(D-CA^{-1}B) = det (D - B^t A^{-1}B) ≦ det(D)．
よって、
　det(X) ≦ det(A)・det(D)
が示された。

>>189
上手いなあ・・・

>>153
ちっともエレガントぢゃねぇが････

6 > 6 - 2/(9^2) = (22/9)^2,
∴　√6 > 22/9,
∴　(√2 + √3)^2 = 5 + 2√6 > 89/9,

ところで、
　(1/6)π^2 = ζ(2) < 5/3 - 1/48 < 5/3 - 1/54 = (1/6)(89/9) < (1/6)(√2 + √3)^2,
∴　√2 + √3 > π,

http://kamome.2ch.net/test/read.cgi/math/1287119136/187 , 199
東大入試作問者スレ１９

〔補題〕
3 + 1/8 < 31^(1/3) < π < 355/113 < 22/7 < √2 + √3 < √10,

http://kamome.2ch.net/test/read.cgi/math/1287119136/220-222
東大入試作問者スレ１９

・3 + 1/8 < 31^(1/3) は
　(3 + 1/8)^3 = 27 +27/8 +9/64 +(1/8)^3 = 31 -(5 -9/8 -1/64)/8 < 31,

・355/113 = 3 + 16/113 < 3 + 16/112 = 3 + 1/7 = 22/7,

・22/7 < √2 + √3 は >>186

・√2 + √3 < √10 は
　y = √x は上に凸:　√a + √b < 2√{(a+b)/2} = √{2(a+b)},
　あるいは　√a + √b = √{2(a+b) - (√a -√b)^2} ≦ √{2(a+b)},

　 π^6 = 945ζ(6) = 945*(1+1/2^6+1/3^6+...)
> 945*(1+1/2^6+1/3^6) = 945 + 945/64 + 35/27 = 945 + (14*64+48+1)/64 + {1+ (27+5)/(27*4)} = 961 + 1/64 + 5/108
> 961 = 31^2 = ([3]√31)^6

>>193
お見事でござる。それでは次を出さねば････

〔補題〕
　31^(1/3) < 306^(1/5) < π

左側は
　31^3 = 29791 < 29800,
　31^5 < 29800*31*31 = 298*310*310 < 306^3,　(相乗･相加平均)

ハｧハｧ

このレベルの不等式を示すのに、(1/6)π^2 = ζ(2) を使うのはナンセンス。
証明すべきことより、(1/6)π^2 = ζ(2) の証明の方が遥かに難しく、証明になっとらんわｗ

ていうか、ここいつから大学入試問題スレになったんだよｗ
糞みたいな問題ばっかりで、詰まらない。

受験生は受験板でやれや

どうせ sin の無限積展開とか知らん奴は (1/6)π^2 = ζ(2) の事実を使うな！

>>191-194
巣に戻れやボケ！

君こそ消えたまえ！

sin(23^23)>1/2

>>197
あんたこそスレ違い
ここは受験問題のスレじゃない！

しかも、他スレのコピペだし

157 ：１３２人目の素数さん：2011/02/04(金) 13:51:59
>>156
お前、受験板に帰れよ！
カーッ(ﾟДﾟ≡ﾟдﾟ)､ペッ

どうして荒れるのかなぁ…
初代スレからの住人としては悲しい限り

このスレは今まで荒れることがなかったから耐性ないねｗ
スレの数が減ったために目につきやすくなったからある程度は仕方ないね。
スルーしとけばいいと思うよ。

>>201
入試問題ばかりになっちまったからだろ

スレ住人が塾講師の連中ばかりになっちまったというよ。

>>198　お願いします

>>198　>>204

http://www.wolframalpha.com/input/?i=Sin%5B23%5E23%5D

と言う他はない。

>>194
このレベルの不等式を示すのに (1/93555)π^10 = ζ(10) を使うのはナンセンス。
証明すべきことより、(1/93555)π^10 = ζ(10) の事実の方が遥かに難しいから、証明になっとらんわｗ
とは思いつつ････

　π^10 = 93555ζ(10)
　　= 93555･{1 + (1/2)^10 + ････}
　　> 93555･(1 + 1/1024)
　　> 93555･(1 + 1/1155)
　　= 93555 + 91
　　= 93646
　　= 306^2,

>>194　(訂正)

π^10 = ････
　= ･････
　> 93555･(1 + 1/1155)
　= 93555 + ８1
　= 936３6
　= 306^2,

∴　306^(1/5) < π

>>192

y=1/x^6 は下に凸だから
　1/k^6 < ∫[k-0.5, k+0.5] 1/x^6 dx = (1/5){1/(k-0.5)^5 - 1/(k+0.5)^5},
これを使って
　(1/945)π^6 = ζ(6)
　　= 1 + 1/2^6 + 1/3^6 + ････
　　< Σ[k=1,n] 1/k^6 + ∫[n+1/2,∞) 1/x^6 dx
　　= 1 + 1/2^6 + 1/3^6 + 1/4^6 + 1/5^6 + 1/6^6 + 1/(5*6.5^5)　(n=6 とおく)
　　= 1 + (3^6 + 2^6 + 1)/(6^6) + 1/4^6 + 1/5^6 + 32/(5*13^5)
　　= 1 + 794/(6^6) + 1/4^6 + 1/5^6 + 32/(5*13^5)
　　< 1 + (35431020482 + 508289003 + 133244913 + 35886729)/(113^6)
　　= 1 + 36108441127/(113^6)
　　= 1 + 34122476865015/(945･113^6)
　　< 1 + 34122530050120/(945･113^6)
　　= (1/945)(355/113)^6,

∴　π < 355/133　･･････ 密率（「隋書」）

祖沖之（429-500）

>>192
またまた訂正････

　π < 355/1１3　･･････ 密率
　π < 22/7　　　･･････ 約率

222/77 < π < 22/7

3555/1133 < π < 355/1１3

〔問題649〕
　a,b,c>0 のとき a+b+c=s とおくと
　a/√(s-b) + b/√(s-c) + c/√(s-a) < (5/4)√s,


casphy - 高校数学 - 不等式スレ　330, 375-376
→ 前スレ.649

>>195
　正n角形とその内接円・外接円を使うのは、面倒な割に、精度がいまいち････
　ζ函数の方が効率がいいし･･･
　他にいい方法がないかと思う今日この頃･･･

今年の京大

1/2＜a[i]＜1のとき
Π(1-a[i])＞1-2Σ(a[i]/2^i)
(i=2,3,…n)

>>214

左辺を P[n] とおくと、
　P[n] = P[n-1]･(1-a[n])
　　　= P[n-1] - a[n]･P[n-1]
　　　= ･････
　　　= 1 - Σ[i=1,n] a[i]･P[i-1]
と
　P[0] = 1,
　P[i] < 1/(2^i)　　　(i≧1)
から。

http://nyushi.yomiuri.co.jp/11/sokuho/kyoto/zenki/sugaku_ri/images/mon4_1.gif

http://kamome.2ch.net/test/read.cgi/math/1287119136/253
東大入試作問者スレ１９

〔問題〕
　0 < x < π のとき 次を示せ。
(1)　1/sin(x) - 1/x > x/6,
(2)　{1/sin(x)}^2 - 1/x^2 > 1/3,

今年の阪大で不等式の問題が出たが、難問だったらしい

>>217
+　　　+
　 ∧＿∧ 　+
　（0ﾟ・∀・）　　　　ﾜｸﾜｸ、ﾃｶﾃｶ…
　（0ﾟ∪ ∪ +
　と＿_）__）　+

阪大のってこれか
http://nyushi.nikkei.co.jp/honshi/11/ha1-21p.pdf

内容は簡単だと思うけど計算間違いをしているかも。。。

(1)
S(a)=(1/2)(a^2+1)^(n-1)
(2)
a=4 のときｘ＝１．７６になる

>>217
全然難問じゃないじゃん。
大数で言うと C*** クラス。

↑　解いてから言え

新参はまず過去レスを読んでこのスレの空気を知ってほしいね。

数人の自演ｽﾚだからなぁ

　　 ／￣￣＼　　　　　
　／　　 _ノ　　＼ 　
　|　　　（ ●）（●） 　＜おっとそこまでだ
.　|　　　　 （__人__）＿＿＿_
　 |　　　　　｀ ⌒／ ─'　'ー＼
.　 |　　 　 　　／（ ○） 　（○）＼
.　 ヽ　　 　 ／　　⌒（n_人__）⌒ ＼
　　 ヽ　　　|、　　　　（　　ヨ　　　　|
　　　/　　 　`ー─−　　厂　　　／ ←>>224
　　　|　　 ､ ＿ 　　__,,／　　　　 ＼

その後224の行方を知る者は誰もいなかった。

>>226

http://kotonoha.cc/no/54040

もう工房の入試問題スレになっちまったな・・・orz

ageんな

猫

猫

猫は小便垂れ流し

目的を達成スル為であれば小便でも何でも垂れ流しますワ。

猫

「不等式」大関清太
http://www.kyoritsu-pub.co.jp/series/kandokoro.html#zokkan

　　∧＿∧
　　( ;´∀｀) ＜　こ、こりゃたまらんっ！
　 人　Y　/
　(　ヽ し
　（＿）＿）

a,b,c,dをabcd=1を満たす正の実数とするとき,
(a-1)(3a-7)+(b-1)(3b-7)+(c-1)(3c-7)+(d-1)(3d-7)≧0
を証明せよ。

>>235

　(左辺) = f(log(a)) + f(log(b)) + f(log(c)) + f(log(d)),
ここで
　f(x) = (e^x - 1)(3e^x - 7) = 3(e^x - 5/3)^2 - 4/3 ≧ -4/3,
とおいた。

　f "(x) = 12{e^x - (5/6)}e^x > 0,　　　(x≧0)
ゆえ、
　x≧0 では f は下に凸。
　f '(0) = -4,
　k = -0.64298265 = log(0.5257220384) < x < 0 では f(x) > -4x,　　
そこで
　F(x) = f(x),　　　　x < k, 0 < x
　　　 = -4x,　　　　k ≦ x ≦ 0
とおく。(函数凸包、function convex hull)
　F(x) は x ≧ k で下に凸（広義）である。

(1) a,b,c,d ≧ e^k のとき、凸不等式より
　(左辺) ≧ F(log(a)) + F(log(b)) + F(log(c)) + F(log(d))
　　　　≧ 4F(log(abcd)/4) = 4F(0) = 4f(0) = 0,

(2) a,b,c,d の中に e^k より小さいものが1つだけある(a)とき、凸不等式より
　f(log(b)) + f(log(c)) + f(log(d)) ≧ F(log(b)) + F(log(c)) + F(log(d))
　　≧ 3F(log(bcd)/3) = 3F(-log(a)/3) = 3f(-log(a)/3)
　(左辺) ≧ f(log(a)) + 3f(-log(a)/3) ≧ f(k) + 3f(-k/3) = 0.21780074,

(3) a,b,c,d の中に e^k より小さいものが2つ以上ある(a,b)とき
　　f(log(a)) ≧ f(log(b)) ≧ 2.5719306, f(log(c))≧-4/3, f(log(d))≧-4/3,
　により成立。

今月は不等式が一杯載っている

Problem 365.
http://www.math.ust.hk/excalibur/v15_n4.pdf

C950、M1862、C944など
http://www.mat.uniroma2.it/~tauraso/GRA20/main.html

>>237

Problem 365.
負でない実数 a,b,c が ab+bc+ca = 1 を満たすとき、
　1/(a+b) + 1/(b+c) + 1/(c+a) - 1/(a+b+c) ≧ 2,
を示せ。

>>239
俺もこれが面白いと思った
まだ解けぬ〜

>>239-240

　附帯条件から考えて、a→cotα,　b→cotβ, c→cotγ と置いてみる･･･
　α+β+γ = π より,
　(左辺) = 1/(cotα+cotβ) + 1/(cotβ+cotγ) + 1/(cotγ+cotα) - 1/(cotα+cotβ+cotγ)
　　= (sinα･sinβ)/sin(α+β) + (sinβ･sinγ)/sin(β+γ) + (sinγ･sinα)/sin(γ+α) - (sinα･sinβ･sinγ)/(1-cosα･cosβ･cosγ)
　　= (sinα･sinβ)/sinγ + (sinβ･sinγ)/sinα + (sinγ･sinα)/sinβ -2(sinα･sinβ･sinγ)/[(sinα)^2 + (sinβ)^2 + (cosγ)^2]
　　= (sinα･sinβ･sinγ){(1/sinα)^2 + (1/sinβ)^2 + (1/sinγ)^2 - 2/[(sinα)^2 + (sinβ)^2 + (cosγ)^2]}
　　= 2�勍{(1/a')^2 + (1/b')^2 + (1/c')^2 -2/[(a')^2 + (b')^2 + (c')^2]}
　　= ････
ここに、 a'=2R･sinα, b'=2R･sinβ, c'=2R･sinγ, �� = 2R^2･sinα･sinβ･sinγ,

まだ解けぬるぽ〜

1/x+y+1/y+z+1/z+x-1/x+y+z
=1/x+y+z*(z/x+y+x/y+z+y/z+x)+2/x+y+z
>=1/x+y+z*(x+y+z)^2/2(xy+yz+zx)+2/x+y+z
=x+y+z/2+2/x+y+z>=2 Q.E.D.

>>242
エスパー検定３級の俺には、どれが分母なのか読み取れねぇ・・・

>242
2行目から3行目に何を使ったのか分からない

1/(x+y) + 1/(y+z) + 1/(z+x) - 1/(x+y+z)
= 1/(x+y) + 1/(y+z) + 1/(z+x) - 3/(x+y+z) + 2/(x+y+z)
1/(x+y+z)で括る
= {1/(x+y+z)}*{(x+y+z)/(x+y) + (x+y+z)/(y+z) + (x+y+z)/(z+x) - 3} + 2/(x+y+z)
= {1/(x+y+z)}*{1 + z/(x+y) + 1 + x/(y+z) + 1 + y/(z+x) - 3} + 2/(x+y+z)
= {1/(x+y+z)}*{z/(x+y) + x/(y+z) + y/(z+x)} + 2/(x+y+z)
後は頼んだ>243

では、引き継いで頑張ってみます

3(x^2 + y^2 + z^2) - (x+y+z)^2 = (x-y)^2 + (y-z)^2 + (z-x)^2 ≧ 0

∴(x^2 + y^2 + z^2) ≧ (1/3)*(x+y+z)^2

z/(x+y) + x/(y+z) + y/(z+x)
＝ z^2/(zx+yz) + x^2/(xy+zx) + y^2/(yz+xy)
≧ z^2/(xy+yz+zx) + x^2/(xy+yz+zx) + y^2/(xy+yz+zx)
＝ (x^2 + y^2 + z^2)
≧ (1/3)*(x+y+z)^2

>>242の４行目から

＝ {1/(x+y+z)}*{z/(x+y) + x/(y+z) + y/(z+x)} + 2/(x+y+z)
≧ (x+y+z)/3 + 2/(x+y+z)
≧ 2√(2/3)

うむ、失敗したようじゃ…

>>245

>>242の４行目から → >>244の下から２行目から

だけど、もはやどうでもいい…

>>241
　鋭角△に限定しなければならぬ〜

　(a')^2 + (b')^2 ≧ (c')^2,　etc.

>>238

M1852.
　f∈ C^1([0,1]) で f(0) = f(1) = -1/6. のとき次を示せ。

　∫[0,1] {f '(x)}^2 dx ≧ 2∫[0,1] f(x) dx + 1/4,

>>248

部分積分により
　(右辺) = 2[ (x - 1/2)f(x) ](x=0,1) -2∫[0,1] (x - 1/2)f '(x)dx + 1/4
　　　= f(0) + f(1) + 1/4 -2∫[0,1] (x - 1/2)f '(x) dx
　　　= -1/12 -2∫[0,1] (x - 1/2)f '(x) dx,

　　∫[0,1] (x - 1/2)^2 dx = [ (1/3)(x - 1/2)^3 ](x=0,1) = 1/12,

よって
　(左辺) - (右辺) = ∫[0,1] {f '(x) + (x - 1/2)}^2 dx ≧ 0,

>>249
x - 1/2 という発想はどこから？

>>238

C925.
　f ∈ Ｃ^2([0,1]) で
　∫[0,1] f(x)dx = 2∫[1/4,3/4] f(x)dx,
のとき、f "(x0) =0 を満たす点 x0 ∈ (0,1) が存在することを示せ。


C932.
　f : [0,1] → Ｒ は連続関数
　∫[0,1] {f(x)}^3 dx = 0,
のとき、次を示せ。
　∫[0,1] {f(x)}^4 dx ≧ (27/4){∫[0,1] f(x)dx}^4,


C944.
　f ∈ Ｃ^1([0,1])
　∫[0,1] f(x) dx = 0,
　A ≦ f '(x) ≦ B　　　x∈[0,1]
のとき、次を示せ。
　A ≦ 12∫[0,1] x･f(x)dx ≦ B,

>>251

C925.
　(左辺) - (右辺)
　　= ∫[0,1/4] f(x)dx - ∫[1/4,1/2] f(x)dx - ∫[1/2,3/4] f(x)dx + ∫[3/4,1] f(x)dx
　　= ∫[0,1/4] {f(x) -f(x+1/4) -f(x+1/2) +f(x+3/4)} dx
　　= ∫[0,1/4] g(x) dx
平均値の定理より
　　= (1/4)g(a)　　　　　　　　　(0<a<1/4)
　　= (1/4){f(a) -f(a+1/4) -f(a+1/2) +f(a+3/4)}
　　= (1/16){f '(b) - f '(c)}　　(a<b<a+1/4, a+1/2<c<a+3/4)
　　= (1/16)(b-c)f "(x0),　　　　(b<x0<c)

>>239-240
しょうがねぇなぁ････

基本対称式を a+b+c = s, ab+bc+ca = t, abc = u とおくと
　(左辺) = (s^2 +t)/(st-u) -1/s = (s^3 + u)/{s(st-u)},
　(右辺) = 2/√t,

　(s^3 + u)^2 - (4/t){s(st-u)}^2 = (s^3)F_1 + (s^2)(u/t)(st-4u) + u^2 ≧ 0,
ここに
　F_1 = a(a-b)(a-c) + b(b-c)(b-a) + c(c-a)(c-b) = s^3 -4st +9u ≧ 0,　　(Schurの不等式)

やっと解けた。しかし、めんどくせぇなぁ･･･

http://d.hatena.ne.jp/wasabiz/20110403
なんかみつけたけん

>>254
よくある間違い。
１＜２と１００≦１００で等号が成り立つから１より１００の方が小さいとやってしまう。
ａ＝ｂ−＞０とすれば下の式は２より小さくなるから駄目。

>>255
> １＜２と１００≦１００で等号が成り立つから１より１００の方が小さいとやってしまう。

言っている意味が分からないが、>>254が初歩的なミスをしていることは同意。
例えば、次のように説明すると分かりやすいかも？
>>254の主張を、グラフで視覚化してみよう！

y=x^2 と y=2x-1 において、x^2 ≧ 2x-1 が成り立つ。
等号成立条件は x=1のときで、このとき右辺は 2・1-1=1だから、x^2≧1

どう考えてもおかしいよね (・A・)ｲｸﾅｲ！

a=b=c=1/3^(1/2)
1/(a+b)+1/(a+c)+1/(b+c)-1/(a+b+c)=7*3^(1/2)/6=2.0207259421
7/(3((a+b)(a+c)(b+c))^(1/3))=7*3^(1/2)/6=2.0207259421

a=b=0.1,c=4.95
1/(a+b)+1/(a+c)+1/(b+c)-1/(a+b+c)=5.2018648466
7/(3((a+b)(a+c)(b+c))^(1/3))=1.3555198072

2.0207259421>=2.0207259421>=2
5.2018648466>=1.3555198072>=2

>>253
等号成立は0,1,1のときしかないんだよね？

>>244の最後からね
{1/(x+y+z)}*{z/(x+y) + x/(y+z) + y/(z+x)} + 2/(x+y+z)
={1/(x+y+z)}*{z/(x+y) + x/(y+z) + y/(z+x)} (xy+xz+yz)+ 2/(x+y+z)
=1/2*({1/(x+y+z)}*{z/(x+y) + x/(y+z) + y/(z+x)} (z(x+y)+x(y+z)+y(x+z)))+ 2/(x+y+z)
>=1/2*({1/(x+y+z)}*(x+y+z)^2+ 2/(x+y+z)
=(x+y+z)/2+ 2/(x+y+z)>=2

>>259 >>244
　お見事でござる。
　コーシー不等式　z/(x+y) + x/(y+z) + y/(z+x) ≧ (s^2)/(2t) がミソだった。

>>258
　そうでつね。

>>242
が言いたかったことが やっと分かった。
｛［（　）］｝をたくさん使ってくれると ありがたいです。

>>248
>>250
　∫＿［０，１］（（ｄｆ／ｄｘ）（ｘ）−ｇ（ｘ））＾２ｄｘ
＝∫＿［０，１］（ｄｆ／ｄｘ）（ｘ）＾２ｄｘ＋∫＿［０，１］２（ｄｇ／ｄｘ）（ｘ）ｆ（ｘ）ｄｘ＋∫＿［０，１］ｇ（ｘ）＾２ｄｘ＋２（ｆ（０）ｇ（０）−ｆ（１）ｇ（１））。

（ｄｇ／ｄｘ）（ｘ）＝−１，（ｄｆ／ｄｘ）（ｘ）＝ｇ（ｘ）となるｆが存在するようにｇをとるとｇ（ｘ）＝−ｘ＋１／２。

>>251
Ａ＝∫＿［０，１］ｆ（ｘ）ｄｘ。
　∫＿［０，１］（ｆ（ｘ）＾２＋３Ａｆ（ｘ）−（９／２）Ａ＾２）＾２ｄｘ
＝∫＿［０，１］ｆ（ｘ）＾４ｄｘ＋６Ａ∫＿［０，１］ｆ（ｘ）＾３ｄｘ−（２７／４）Ａ＾４。

　１２∫＿［０，１］ｘｆ（ｘ）ｄｘ
＝∫＿［０，１］（１２ｘ−６）ｆ（ｘ）ｄｘ
＝［（６ｘ＾２−６ｘ）ｆ（ｘ）］＿０＾１−∫＿［０，１］（６ｘ＾２−６ｘ）（ｄｆ／ｄｘ）（ｘ）ｄｘ
＝∫＿［０，１］（６ｘ−６ｘ＾２）（ｄｆ／ｄｘ）（ｘ）ｄｘ
＝∫＿［０，１］（６ｘ−６ｘ＾２）ｄｘ（ｄｆ／ｄｘ）（ｓ）　（０＜ｓ＜１）
＝（ｄｆ／ｄｘ）（ｓ）。

a、b、c≧0のとき、(a^3 + b^3 + c^3)^4 ≧ (a^4 + b^4 + c^4)^3 を示せ

前にやったっけ？( ﾟ∀ﾟ)

バンチで

【数学検定】数検・児童数検総合スレッド Part.4
http://kamome.2ch.net/test/read.cgi/math/1284438189/
の４，４５

模範解答はａ＝ｂ≧ｃの場合が抜けている。


>>107

>>264 >>107

>>76 の方法でござるな････　　>>111

　a^4 = a^3･a ≦ a^3･(a^3 +b^3 +c^3)^(1/3),
巡回的にたすと
　a^4 + b^4 + c^4 ≦ (a^3 +b^3 +c^3)^(4/3),

　a^3 = a^4 /a ≧ a^4 /(a^4 +b^4 +c^4)^(1/4),
巡回的にたすと
　a^3 + b^3 + c^3 ≧ (a^4 +b^4 +c^4)^(3/4),

あるいは Max{a,b,c}=M とおいて
　a^4 + b^4 + c^4 ≦ M(a^3 +b^3 +c^3),
　(a^4 +b^4 +c^4)^3 ≦ (M^3)(a^3 +b^3 +c^3)^3 ≦ (a^3 +b^3 +c^3)^4,

>>266

http://kamome.2ch.net/test/read.cgi/math/1284438189/44-45
　数検総合スレ４

http://www.suken.net/gakushu/sample/index.html → 1級 検定問題(2次)
http://www.suken.net/gakushu/sample/sample_img/1-5/1kyu_mondai_2ji.pdf

a, b, c を実数とするとき, (a^2+b^2+c^2)^2≧3(a^3b+b^3c+c^3a)を証明せよ。

>>268
ｷｬｽﾌｨ高校数学板 - 不等式 - 517,519,523
…………
ではｷｬｽﾌｨからもう一題。
a,b,cを三角形の三辺とするとき、
a^3+b^3+c^3+3abc
≧2(ab^2+bc^2+ca^2)
を示せ。
ｷｬｽﾌｨ高校数学板 - チャレンジ問題 - 60

523→522
60→59
に訂正です。

>>269
|a-b|<cの両辺を２乗して変形し
a^2+b^2-c^2<2ab
ca^2+cb^2-c^3<2abc
同様に
ab^2+ac^2-a^3<2abc
bc^2+ba^2-b^3<2abc
足して
ca^2+cb^2+ab^2+ac^2+bc^2+ba^2<a^3+b^3+c^3+6abc
ab^2+ bc^2+ca^2+3abc<a^3+b^3+c^3+6abc
ab^2+ bc^2+ca^2<a^3+b^3+c^3+3abc

失敗した…

失敗かよ！

ｐ＝（ｂ＋ｃ−ａ）／２。
ｑ＝（ａ＋ｃ−ｂ）／２。
ｒ＝（ａ＋ｂ−ｃ）／２。
ａ＝ｑ＋ｒ。
ｂ＝ｐ＋ｒ。
ｃ＝ｐ＋ｑ。

　ａ＾３＋ｂ＾３＋ｃ＾３＋３ａｂｃ−２（ａｂ＾２＋ｂｃ＾２＋ａ＾２ｃ）
＝２（ｐｑ＾２＋ｐ＾２ｒ＋ｑｒ＾２−３ｐｑｒ）
≧０。

正解!!

？

>>273
すげー！

このスレ見てたら、不等式に魅了されたよ

>>275
相加相乗

>>273みたいなアクロバティックな変形は思いつかなかったので・・・

a^3-a^2c+abc-ab^2=a(a^2-ac-bc-b^2)=a(a-b)(a+b-c)>a(a-b)
b^3-b^2a+abc-bc^2=b(b^2-ba+ac-c^2)=b(b-c)(b+c-a)>b(b-c)
c^3-c^2b+abc-ca^2=c(c^2-cb+ab-a^2)=c(c-a)(c+a-b)>c(c-a)
全部足して
=a^3+b^3+c^3+3abc-2(ab^2+bc^2+ca^2)>a(a-b)+b(b-c)+c(c-a)
=a^2-ab+b^2-bc+c^2-ca={(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}/2≧0

よって(左辺)-(右辺)≧0


むーん

符号打ち間違えた
×a^3-a^2c+abc-ab^2=a(a^2-ac-bc-b^2)=・・・
○a^3-a^2c+abc-ab^2=a(a^2-ac+bc-b^2)=・・・

273はいったいどういう発想でその置換を思いついたのだろう
レベルの低いおいらにはわかんないや

p,q,rはヘロンの公式に出てくる量だから、三角形という条件がある場合には、
全く新しい発想というわけではないと思う。
目的関数が、非対称なので、コーシー・シュワルツ形へ持って行くのかと思っていたが、
[3]√((p/q)(q/r)(r/p))形を通して、相加相乗形へ持って行ったのには、感心した。

p>0,x[i]≧0のとき

min{1,n^(p-1)}Σ[i=1→n](x[i])^p
≦(Σ[i=1→n]x[i])^p
≦max{1,n^(p-1)}Σ[i=1→n](x[i])^p

流れてしまった春の学会で話そうとしていた内容をUPしておきました。
http://www.math.s.chiba-u.ac.jp/~ando/ineq.pdf

@273

a=x+y, b=y+z, z=x+yとおけば十分,
Σ_cyc (x^2y-xyz)≧0 Q.E.D.

>>269
　F_1 = (a+b+c)^3 - 4(a+b+c)(ab+bc+ca) + 9abc,
　�� = (a-b)(b-c)(c-a),
とおくと、
　F_1 ≧ ��,

(a^2+b^2+c^2)^2-3(a^3b+b^3c+c^3a)

=(1/2){(a^2-b^2-ab++2bc-ca)^2+(b^2-c^2-bc+2ca-ab)^2+(c^2-a^2-ca+2ab-bc)^2}

すげぇ

どうやって思いついたんだ??

　二 ｀丶、｀丶、_＼__＼〉ﾉﾉへ!
`‐-、 二. ｀ヽ、 ミ￣　／⌒ｼ′）
二‐/,ｨ┐|=ミ=┘　,r‐'_二ﾆ....イ
‐ニ| i＜　 ｉ　,..-=ﾆ‐''＼　 /彡}　 　
二‐ヽ ┘ ｜ 　 　 lヾ. } } / /リ
ﾆ ‐'"/ 　 /　　　　|_{;)} ﾚ' /(（　　　エレガントな証明を見ると・・・・・
'　　/ 　 /　　 　 '"　` `ﾞ /　ｿ
　 /　　　　,　　　　　　Ｆ'′/　　 　なんていうか･･････その･･･
　 ヽ.　　　　＼、 L`___l　　　　　 　
　＿＼ 　 　ヽ._>┘　　　　　　　　 下品なんですが･･････フフ･････
　／了＼＿ノ
　◆（　　　　　　　　　　　　　　　　 勃起･･････しちゃいましてね･････････
　門｜

>>286

　p = a^2 -ab +bc,
　q = b^2 -bc +ca,
　r = c^2 -ca +ab,
とおくと、
　p + q + r = a^2 + b^2 + c^2,
　pq + qr + rp = a^3･b + b^3･c + c^3･a,
これらを↓に代入する。
　(p+q+r)^2 -3(pq+qr+rp) = (1/2){(p-q)^2 + (q-r)^2 + (r-p)^2} ≧ 0,

>>288
> 　p = a^2 -ab +bc,
> 　q = b^2 -bc +ca,
> 　r = c^2 -ca +ab,
> とおくと、


どうやって思いついたんだ??

確かに。
p+q+r=a^2+b^2+c^2
pq+qr+rp=a^3b+b^3c+c^3a
からp=a^2-ab+bc……を出すのは難しいと思う。

〔類題〕
a,b,c ≧ 0、3/4≦r≦8/3 のとき
　(a^2 +b^2 +c^2)^2 ≧ 3{a^r･b^(4-r) + b^r･c^(4-r) + c^r･a^(4-r)},

なら簡単だが･････

>>291 の訂正 ｽﾏｿ

　４／３ ≦ r ≦ 8/3 のとき

>>291-292

相加･相乗平均で
{(3/4)r -1}a^4 +2(ab)^2 +{2 -(3/4)r}b^4 ≧ 3a^r･b^(4-r),
巡回的にたす。

思いつくんじゃないのならできる。

>>289,290

それは, 秘密です.　DX

初代スレの頃には、ここで不等式を探してﾊｧﾊｧ…してたんだけど、移転したのかな？

Kalva homepage
http://web.archive.org/web/20080205091131/www.kalva.demon.co.uk/index.html

検索したら、次のサイトが出てきたけど、扱ってる問題が減ってない？

http://www.cs.cornell.edu/~asdas/imo/index.html

〔問題549〕
任意の実数 x[1], x[2], ……, x[n] に対して 次を示せ。
　�納k=1,n] {x[k]/(1+�納L=1,k] x[L]^2)} < √n,
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（じゅー）
ｷｬｽﾌｨｰ 不等式 549, 574

>>297

〔補題〕
負でない実数 y[1], y[2], ……, y[n] に対して
　Σ[k=1,n] y[n]／(1+y[1]+y[2]+････+y[n])^2 < 1,

平面上に4つの定点A,B,C,Dと動点Pがある
Dが△ABCの内部にあるとき
PA+PB+PC+PDが最小となるPはP=Dのときであることを示せ

>>298 の訂正....

〔補題〕
負でない実数 y[1], y[2], ……, y[n] に対して
　Σ[k=1,n] y[k]／(1+y[1]+y[2]+････+y[k])^2 < 1,

★東大入試作問者になったつもりのスレ★ 第十九問
ttp://kamome.2ch.net/test/read.cgi/math/1287119136/542

AB＝3、BC＝4、CA＝5 の三角形において
36°＜ C ＜ 37° を示せ。

>>301 左側

　∠B = 90ﾟ だから
　cos(C) = 4/5, sin(C) = 3/5,
　cos(2C) = 7/25,
　sin(4C)/sin(C) = 4cos(C)cos(2C) = 112/125 < 1,
　sin(4C) < sin(C),
　36ﾟ < 180ﾟ/5 < C

　C ≒ 36.8699ﾟ

>>299
　PA ≧ DA - PDcos(∠ADP),　(PからADの延長線に垂線を下ろす)
　PB ≧ DB - PDcos(∠BDP),
　PC ≧ DC - PDcos(∠CDP),

∴ PA + PB + PC + PD ≧ (DA + DB + DC) + PD{1-cos(ADP) −cos(BDP) -cos(CDP)}

次に　1-cos(ADP) −cos(BDP) -cos(CDP) ≧ 0　を示せばよい。

>>302
正解です。
右側評価をお願いします。

http://izu-mix.com/math/exam/waseda/2007_2.html

>>301 >>304

　∠B=90ﾟ ゆえ直角三角形で
　tan(C) = 3/4,
　tan(5C) = {(tan C)^5 -10(tan C)^3 +5(tan C)}/{1 -10(tan C)^2 +5(tan C)^4}
　　 = 237/(4･19･41),
　0 < 5C - 180ﾟ < tan(5C) = 237/(4･19･41) ≒ 4.3578625ﾟ,
　180ﾟ < 5C < 184.3578625ﾟ
　36ﾟ < C < 36.8715725ﾟ

東大入試作問者スレ１９-578

a_1,a_2,....a_nを正の数列とし、b_1, b_2....b_nを、その数列の任意の置換とする。
このとき、

a_1/b_1 + a_2/b_2 + ..... a_n/b_n ≧ n を示せ。

って有名だっけ？

はい, AM-GM or C.S.で秒殺です^_^

a, b, cを正の実数とするとき, 次の不等式を証明せよ。

\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}≧\frac{\sqrt{2}}{4}}(\sqrt{a^2+b^2} +\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)

>>308

すまぬ、文系のおれに、その略語の意味をおしえてくれ。
C.S.はコーシーシュワルツ？・・・ってどうやって？

>>309

　2(a^2 + b^2) = (a+b)^2 + (a-b)^2 ≧ (a+b)^2, より
　(a^2)/(a+b) = (a-b)/2 + (a^2 +b^2)/{2(a+b)} ≧ (a-b)/2 + {(√2)/4}√(a^2 + b^2),
循環的にたす。

>>311
そんな変形、思いつきませぬ！

>>311
(a^2 +b^2)/{2(a+b)} ≧ (a+b)/4 と変形できるから、循環的に足して、

a^2/(a+b) + b^2/(b+c) + c^2/(c+a) ≧ (a+b+c)/2

となったけど、

{(√2)/4}*{√(a^2 + b^2) + √(b^2 + c^2) +√(c^2 + a^2)}

と、どっちが大きいん？

>>309を改造

a^2/(a+b) + b^2/(b+c) + c^2/(c+a)
　≧ {(√2)/4}*{√(a^2 + b^2) + √(b^2 + c^2) +√(c^2 + a^2)}
　≧ (a+b+c)/2

これで合ってるよね？ ｳﾋｮｯ！

a,b,c,d,e≧0
2a-b+3c-15d-12e=23
2a-6b-c-5d+11e=46

のとき

6a-3b+9c-15d+24e

の最小値を求めよ

>>313
　√(a^2 + b^2) ≧ {(√2)/2}(a+b) より、･････
の方がベターだな。


>>314 は対称式。
a^2/(a+b) + b^2/(b+c) + c^2/(c+a)
　≧ {(√3)/2}√(a^2 + b^2 + c^2)
　≧ {(√2)/4}{√(a^2 + b^2) + √(b^2 + c^2) +√(c^2 + a^2)}
　≧ (a+b+c)/2,
かな？

>>315
　f = 2a -b +3c -15d -12e,
　g = 2a -6b -c -5d +11e,
　h = 10b +8c +3d,
とおくと
6a -3b +9c -15d +24e
　= (9/23)f + (60/23)g + (30/23)h
　= (9/23)*23 + (60/23)*46 + (30/23)h　(← 題意)
　= 129 + (30/23)h
　≧ 129,　　　　　　　　　　　　　　　(← 題意)
等号成立は (a,b,c,d,e) = (35/2,0,0,0,1) のとき。

>>316
> a^2/(a+b) + b^2/(b+c) + c^2/(c+a)
> 　≧ {(√3)/2}√(a^2 + b^2 + c^2)
> 　≧ {(√2)/4}{√(a^2 + b^2) + √(b^2 + c^2) +√(c^2 + a^2)}
> 　≧ (a+b+c)/2,

さらに改良しやがったな、こんちきしょう（笑）
さすが不等式ヲタ！ にくいぜっ！

>>316
> a^2/(a+b) + b^2/(b+c) + c^2/(c+a)
> 　≧ {(√3)/2}√(a^2 + b^2 + c^2)

ここが分かりません…

> 　≧ {(√3)/2}√(a^2 + b^2 + c^2)
> 　≧ {(√2)/4}{√(a^2 + b^2) + √(b^2 + c^2) +√(c^2 + a^2)}

ここはCSでシコシコするんですね

コーシー・シュワルツの不等式を用いることを、
シコシコする、or シコる、というのか・・・（笑）

>>317
f と g の係数をうまく変えて
　6a -3b +9c -15d +24e = ●f + ●g + ●h'
となる h と異なる h' > 0 が取れて、最小値が変わったりしないのかな？

R^3＼{(0,0,0)}上の関数

f(x,y,z)=(4x^2+4xz+3y^2+3z^2)/(2x^2+2xz+y^2+z^2)
の最大値を求めよ

>>322
　f(x,y,z) ={(2x+z)^2 +3y^2 +2z^2}/{(1/2)(2x+z)^2 +y^2 +(1/2)z^2},

　4 - f(x,y,z) = {(2x+z)^2 +y^2}/{(1/2)(2x+z)^2 +y^2 +(1/2)z^2} ≧ 0,
　　等号成立は 2x+z=y=0 のとき。

ついでに最小値は
　f(x,y,z) - 2 = (y^2 +z^2)/{(1/2)(2x+z)^2 +y^2 +(1/2)z^2} ≧ 0,
　　等号成立は y=z=0 のとき。

a, b, cをa^2+b^2+c^2+(a+b+c)^2≦4を満たす正の実数とするとき,
frac{ab+1}{(a+b)^2}+frac{bc+1}{(b+c)^2}+frac{ca+1}{(c+a)^2}≧3
を証明せよ。

>>319
a^2/(a+b) + b^2/(b+c) + c^2/(c+a) ≧ {(√3)/2}√(a^2 + b^2 + c^2)

やっぱ、これが分からんです

>>324

　2{a^2 + b^2 + (b+c)(c+a)} = a^2 + b^2 + c^2 + (a+b+c)^2 ≦ 4,
　ab + 1 ≧ ab + (1/2){a^2 + b^2 + (b+c)(c+a)}
　　　= (1/2)(a+b)^2 + (1/2)(b+c)(c+a),

　(左辺) ≧ (3/2) + (1/2){(b+c)(c+a)/(a+b)^2 + cyclic.}
　　　　≧ (3/2) + (3/2)　　　(← 相加･相乗平均)
　　　　= 3,

>>320

　相撲の四股を踏む動作は、大地を踏みしめることで土の下に潜む「醜(ｼｺ)」を鎮めるための動作とされている。

　醜（シコ）：醜悪なもの、強く恐ろしいもの。

このスレの不等式ヲタって只者じゃないな。
暇つぶしにフラリと訪れて、サックリ解いて立ち去るような・・・
何者なんだ？

ただの通りすがりの不等式ヲタです

>>303

1 -cos(ADP) - cos(BDP) - cos(CDP) = 1 - ｅP・(ｅ_A + ｅ_B + ｅ_C),
ここに
　ｅ_A、ｅ_B、ｅ_C、ｅP は DA、DB、DC、DP方向の単位ベクトルである。
　|ｅ_P| = 1 と下の補題から 上式 ≧ 0 が成り立つ。


〔補題〕
Dが△ABCの内部にあるとき、
　|ｅ_A + ｅ_B + ｅ_C | ≦ 1,

(略証)
　ｅ_A = (cosα, sinα)
　ｅ_B = (cosβ, sinβ)
　ｅ_C = (cosγ, sinγ)
とおく。(0≦α<β<γ<2π)
　題意より、DA,DB,DC が 180ﾟ以内に収まることはない。
∴　0 <β-α<π,
　　0 <γ-β<π,
　　π <γ-α<2π,
このとき
　|ｅ_A + ｅ_B + ｅ_C |^2
　= (cosα+cosβ+cosγ)^2 + (sinα+sinβ+sinγ)^2
　= 3 + 2cos(β-α) + 2cos(γ-β) + 2cos(γ-α)
　= -3 + 4cos((β-α)/2)^2 + 4cos((γ-β)/2)^2 + 4cos((γ-α)/2)^2
　= 1 + 8cos((β-α)/2)cos((γ-β)/2)cos((γ-α)/2)
　≦ 1,　　　　　(終)

a,b,cはabc=8を満たす正の実数とする。
frac{1}{a+2b+3}+frac{1}{b+2c+3}+frac{1}{c+2a+3}≦1/3
を証明せよ。

>>323
同次型の二変数関数の最大最小の解法って
何か定石みたいなのあるの？

>>331

(abc)^(1/3) = g とおくと、与式は
　1/{a+2b+3(g/2)} + 1/{b+2c+3(g/2)} + 1/{c+2a+3(g/2)} ≦ 1/{3(g/2)}


　(右辺) - (左辺)

　= {(a+2b)(b+2c)(c+2a) - (27/4)(a+b+c)gg - (27/4)ggg} / D　　　(←通分)

　= {24(aab+bbc+cca) + 48(abb+bcc+caa) +27abc -81(a+b+c)gg} /(12D)

　= {(19aab +5cca + 35caa +13abb +9abc -81agg) + cyclic} /(12D)

　= {a(19ab +5cc +35ca +13bb +9bc -81gg) + cyclic} /(12D)

　= {5a(ab+ab+cc-3gg) + 13a(ca+ca+bb-3gg) + 9a(ab+bc+ca-3gg) + cyclic} /(12D)

　≧ 0,　　　(相加･相乗平均)

ここに D = [3(g/2)] [a+2b+3(g/2)] [b+2c+3(g/2)] [c+2a+3(g/2)],

>>332

ない。

y/x=u で一変数に還元するのみ。

>>328
少人数の自演者が、自分で問題出して自分で解いてるんだよ。

数式の最後に ， があるかみたらいい

||Ax-b||^2の最小値に最も近い数値はどれか

A=
┌+4,+2,+6┐
│+1,+2,+5│
│+0,+1,+1│
└-3,+0,+3┘

b=
┌-3┐
│+1│
│+2│
└+3┘

１．0.102
２．0.103
３．0.104
４．0.105
５．0.106

x^2+y^2+z^2=1のもとで
f(x,y,z)=x^2+3y^2+z^2+4xy+4yz
の最大値を求めよ

log1.5に最も近い数値はどれか
１．0.38
２．0.4
３．0.42
４．0.44
５．0.46

-2a-b+c+d=2
-3a+b+c-d=1
a,b,c,d≧0
のもとで
-6a+2b+5c+3dの最小値を求めよ

バカオツ（ーー；）

>>337
５
Ax-b =
　[4x+2y+6z+3]
　[x+2y+5z-1]
　[y+z-2]
　[-3x+3z-3]

||Ax-b||^2 = (4x+2y+6z+3)^2 + (x+2y+5z-1)^2 + (y+z-2)^2 + (-3x+3z-3)^2
　　= 26x^2 + 9y^2 + 71z^2 + 20xy + 46yz + 40zx +40x +4y +4z + 23
　　= 26X^2 + 9Y^2 + 71Z^2 + 20XY + 46YZ + 40ZX + (9/85)
　　= (1/9){(10X+9Y+23Z)^2 + 134X^2 + 110Z^2 -100ZX} + (9/85)
　　= (1/9){(10X+9Y+23Z)^2 + 50(X-Z)^2 + 84X^2 + 60Z^2} + (9/85)
　　≧ 9/85
　　= 0.105882353,

ここに、X=x+(225/170), Y=y-(363/170), Z=z+(59/170) とおいた。
（平行移動した。）

〔別法〕
　F(X,Y,Z) = 26X^2 + 9Y^2 + 71Z^2 + 20XY + 46YZ + 40ZX
とおく。Fの固有多項式は
　f(λ) = (26-λ)(9-λ)(71-λ) + 2(10*20*23) -23*23(26-λ) -20*20(9-λ) -10*10(71-λ)
　　　　= -λ^3 +106λ^2 -1690λ+1360
∴　λ≦0　ならば　f(λ) ≧ 1360
ところで、実対称行列の固有値はすべて実数(*)。
∴　λ > 0
∴　Fは正定値、 F(X,Y,Z) ≧ 0　(等号成立は X=Y=Z=0 のみ)

*) エルミート行列の場合も成立つ。

>>338 (上)

最大値
　5(x^2+y^2+z^2) - f(x,y,z) = 4x^2 +2y^2 +4z^2 -4xy -4yz
　　　　　　　　　　　　　　= (2x-y)^2 + (y-2z)^2 ≧ 0,
最小値
　f(x^2+y^2+z^2) + (x^2+y^2+z^2) = 2x^2 +4y^2 +2z^2 +4xy +4yz
　　　　　　　　　　　　　　= (x+2y+z)^2 + (x-z)^2 ≧ 0,

〔別解〕
軸を回して
　u = (x-y+z)/√3,
　v = (x-z)/√2,
　w = (x+2y+z)/√6,
とおく。
　u^2 +v^2 +w^2 = x^2 +y^2 +z^2,
で
　f(x,y,z) = (-1)u^2 +1v^2 +5w^2,

>>338 (中)
２
〔解1〕
　(3/2)^2 = 2*(9/8) = 2*(1 + 1/8),
　2log(3/2) = log(2) + log(9/8) ≦ log(2) + 1/8,
　　　= 0.69314718 + 0.125
　　　= 0.81814718
　log(3/2) ≦ 0.40907359

〔解2〕
　(3/2)^5 = (2^3)(243/256) = (2^3)(1 - 13/256)
　5log(3/2) = 3*log(2) + log(243/256)
　　　≦ 3*log(2) - 13/256
　　　= 3*0.69314718 - 0.05078125
　　　= 2.02866029
　log(3/2) ≦ 0.40573206

〔解3〕
　(3/2)^12 = (2^7)(531441/524288) = (2^7){1 + 7153/(2^19)},
　12log(3/2) = 7log(2) + log(531441/524288)
　　　≦ 7log(2) + 7153/(2^19)
　　　= 7*0.69314718 + 0.013643265
　　　= 4.86567353
　log(3/2) ≦ 0.40547279

なお、log(3/2) = 0.405465108

>>299 >>303
　PA + PB + PC = f(P)　とおく。
〔系〕
P,Qが△ABCの内部にあるとき
　|f(P)-f(Q)|/PQ ≦ 1,

この場合log2の値出すの反則じゃない？

　　　　|┃三　.／　　≧　＼　　　
　　　　|┃　　 |:::: 　＼ .／　|　
　　　　|┃　≡|::::: (●　(● |　　不等式と聞ゐちゃぁ
＿＿__.|ミ＼＿ヽ::::... .ワ......ノ　 　　　黙っちゃゐられねゑ…
　　　　|┃=＿＿　　　 ＼　　　 　　 　　　　ﾊｧﾊｧ
　　　　|┃　≡　）　　人　＼ ガラッ

>>338 (中)
>>344
　e = 2.71828183　は使っていい？
　3^(1/3) ≦ e^(1/e),
の対数をとって
　log(3) ≦ 3/e = 1.10363832　　(1.09861229)

〔解1〕
　(3/2)^3 = 3*(9/8) = 3*{1 + 1/(2^3)},
　3log(3/2) = log(3) + log(9/8) ≦ 3/e + 1/(2^3),
　log(3/2) ≦ 1/e + 1/(3*2^3) = 0.4095461

〔解2〕
　(3/2)^8 = (3^3)(243/256) = (3^3){1 - 13/(2^8)},
　8log(3/2) = 3log(3) + log(243/256) ≦ 9/e - 13/(2^8),
　log(3/2) ≦ (9/8e) - 13/(8*2^8) = 0.4075167

〔解3〕
　(3/2)^19 = (3^7)(531441/524288) = (3^7){1 + 7153/(2^19)},
　19log(3/2) = 7log(3) + log(531441/524288) ≦ 21/e + 7153/(2^19)
　log(3/2) ≦ (21/19e) + 7153/(19*2^19) = 0.40732166

>>346
　log(3) = 1 + log(3/e) ≦ 1 + (3/e -1) = 3/e,

平面上に4つの定点A,B,C,Dと動点Pがある
A,B,C,Dのどの三点をとっても同一直線上になく
線分ACとBDが一点で交わるとき
PA+PB+PC+PDが最小となる点Pの位置を決定せよ

>>348
　>>299 の類題でござるな。

線分ACとBDが交わるから、ABCD は凸四角形。
　PA + PC ≧ AC,
　PB + PD ≧ BD より、
　PA + PB + PC + PD ≧ AC + BD,
より 対角線の交点。


一方、Dが△ABCの内部（または辺上）にあるときは
>>299-303 により D.

〔問題593〕
a,b,c≧ 0 とする。相加・相乗平均を用いて次式を示せ。
　{(a+b)/2・(b+c)/2・(c+a)/2}^(1/3) ≧ {√(ab)+√(bc)+√(ca)}/3,
　等号成立は a=b=c のとき。


http://www.casphy.com/bbs/test/read.cgi/highmath/1169210077/593-595
　ｷｬｽﾌｨｰ - 高校数学 - 不等式スレ

>>350
(；´д｀) ﾊｧﾊｧ…

A(x,y)は非負整数から非負整数への二変数関数であり

A(0,y)=y+1
A(x+1,0)=A(x,1)
A(x+1,y+1)=A(x,A(x+1,y))

を満たす

A(x+1,y)>A(x,y)を示せ

ゐとかゑってどうやって入力するの？

〔350の類題〕
a,b,c≧0 のとき
　(a+b+c)/3 ≧ {(a+b)/2・(b+c)/2・(c+a)/2}^(1/3) ≧ √{(ab+bc+ca)/3} ≧ {√(ab)+√(bc)+√(ca)}/3 ≧ (abc)^(1/3),

これで合ってるよね？ ｳﾋｮｯ！

>>354

左から２つめ
　ab+bc+ca =t とおく。
　(a+b)/2・(b+c)/2・(c+a)/2 = (1/8){(a+b+c)t-abc}
　　= (1/9)(a+b+c)t + (1/72){(a+b+c)t-9abc}
　　≧ (1/9)t(a+b+c)
　　=　(1/9)t√(a^2 +b^2 +c^2 +2t)
　　≧ (1/9)t√(3t)
　　= (t/3)^(3/2),

３つめは
　(1/3)(ab+bc+ca) = (1/9){(ab+bc+ca) +a(b+c) +b(c+a) +c(a+b)}
　　≧ (1/9){(ab+bc+ca) +2a√bc +2b√(ca) +2c√(ab)}
　　=　(1/9){√(ab) +√(bc) +√(ca)}^2,
ぬるぽ

>>354
(*ﾟ∀ﾟ)=3 ﾊｧﾊｧ…

a,b,cをa+b+c=0を満たす実数とするとき, 次の不等式を証明せよ。

frac{a(a+2)}{2a^2+1}+\frac{b(b+2)}{2b^2+1}+frac{c(c+2)}{2ｃ^2+1}≧0

>>325

対称式なので、いつものように a+b+c=s, ab+bc+ca=t, abc=u とおいて通分する。
　(左辺) = {(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca) + [(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2]}／{(a+b)(b+c)(c+a)}
　　= {(s^2 -2t)t + (t^2 -2su)}／(st-u)
　　= {2(s^2 -2t)t/3 + (s^2 -2t)t/3 + (t^2 -2su)}／(st-u)
　　≧ {2(s^2 -2t)t/3 + (9/32t)(st-u)^2}／(st-u)　　　(←補題)
　　≧ {(√3)/2}√(s^2 -2t)　　　　(←相加･相乗平均)
　　= (右辺),

〔補題〕
　(s^2 -2t)t/3 + (t^2 -2su) ≧ (9/32t)(st-u)^2,

(略証)
　(左辺) - (右辺) = (1/3)(t^2 -3su) + (7/144)s(st-9u) + (1/288t){(st)^2 -81u^2} ≧0,

しかし、基本対称式を使うやり方は、どうもマンドクセ.....

>>358
ありがとうございます、(*ﾟ∀ﾟ)=3 ﾊｧﾊｧ…

公式一発ではムリポだったので、基本対称式を使うしかないと思って、
ゴリゴリ計算はしていたのですが、私には辿りつけませんでした…orz

>>316 (>>314 >>309)と >>354 (>>350) を組合わせたら、どうなりまつか？

>>360

　{(a^3+b^3+c^3)/3}^(1/3)　　　　 (r=3)
　≧ {(a^2+b^2)/(a+b) + (b^2+c^2)/(b+c) + c^2/(c+a)}/3　(r〜5/2)
　≧ √{(a^2 + b^2 + c^2)/3}　　　RMS(r=2)
　≧ {(√2)/6}{√(a^2 + b^2) + √(b^2 + c^2) +√(c^2 + a^2)}　(r〜3/2)
　≧ (a+b+c)/3　　　　　　　　　　相加平均(r=1)
　≧ {(a+b)/2・(b+c)/2・(c+a)/2}^(1/3)　　(r〜3/4)
　≧ √{(ab+bc+ca)/3}　　　　　　　　　　(r〜1/2)
　≧ {√(ab)+√(bc)+√(ca)}/3　　　　　　(r〜1/4)
　≧ (abc)^(1/3)　　　　　　　　　相乗平均(r→0)
　≧ 3abc/(ab+bc+ca),　　　　　　　　調和平均(r=-1)


〔rの意味〕
a,b,c が近いときは
　{(a^r + b^r + c^r)/3}^(1/r) 〜 (abc)^(1/3) + (r/18)*{(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2},
となる。

ひどい自演見た

>>362
2ch初心者は黙ってろ！

>>354

a,b,c≧0 のとき
　(a+b+c)/3 ≧ {(a+b)/2・(b+c)/2・(c+a)/2}^(1/3) ≧ √{(ab+bc+ca)/3} ≧ {√(ab)+√(bc)+√(ca)}/3 ≧ (abc)^(1/3)

By AM-GM, frac{a+b+c}{3}=\frac 13(frac{a+b}{2}+frac{b+c}{2}+frac{c+a}{2})≧(frac{a+b}{2}*frac{b+c}{2}*frac{c+a}{2})^(1/3)

By AM-GM, (a+b)(b+c)(c+a)≧8abc⇒(frac{a+b}{2}*frac{b+c}{2}*frac{c+a}{2})^(1/3)≧(abc)^(1/3)≧(frac{ab+bc+ca}{3})^(1/2)

by Newton's Inequality.

By QM-AM, (frac{ab+bc+ca}{3})^(1/2)≧frac{√ab+√bc+√ca}{3}≧(abc)^(1/3) Done!

360:１３２人目の素数さん[sage]
2011/05/09(月) 23:53:25.24
>>316 (>>314 >>309)と >>354 (>>350) を組合わせたら、どうなりまつか？


361:１３２人目の素数さん[sage]
2011/05/09(月) 23:56:19.96
>>360



この間約３分

>>365
別に珍しくなかろう
俺なんか起きている間はずっと2ch見てるから
その気になれば直ぐに返事できるぜ

>>365
それより不等式の話をしろ
嫌なら消えろ！

うるせえ

('A` )　ﾌﾟｳ
ノヽノ) =3'A`)ﾉ ﾋｬｰ
　 くく　へﾍﾉ ←>>368

くせえ

3分でsageでついたレスをチェックして計算を書き上げるのかー

さすがに苦しいだろｗ

俺も自演しながら荒らしてます！
バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）バカオツ（ーー；）

>>372
気持ち悪いぞ！キチガイ！
バカオツ（＾∇＾）！
キチガイはたくさんだな！
パクリ乙（ーー；）警！
キチガイ丸出し！
偽物オツピーオツピー♪バカオツケー♪
頑張れ！偽物！

Challenge!

a+b+c=0を満たすすべての実数に対して,

frac{a(a+p)}{pa^2+1}+frac{b(b+2)}{pb^2+1}+frac{c(c+p)}{pｃ^2+1}≧0

が成り立つとき, pのとりうる値の範囲を求めよ。

問題, 打ち間違えました。正しくは, こちらです。

a+b+c=0を満たすすべての実数a,b,cに対して,

frac{a(a+p)}{pa^2+1}+frac{b(b+p)}{pb^2+1}+frac{c(c+p)}{pｃ^2+1}≧0

が成り立つとき, pのとりうる値の範囲を求めよ。

何で最後のcだけ全角

えっ, どの部分ですか？

バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
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バカオツ（ーー；）
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バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
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バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）

ここの不等式のレベルは, タイトルの割には, レベル, 低すぎ。
海外では, 中学生レベルにしか値しない。
さっさと, 店じまいしろ。378は, 精神年齢, 低すぎ！

バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）
バカオツ（ーー；）

('A` )　ﾌﾟｳ
ノヽノ) =3'A`)ﾉ ﾋｬｰ
　 くく　へﾍﾉ ←>>379

>>378
偽物注意！！！！！

頑張れよ！偽物キチガイ！

パクリ乙（ーー；）バカオツ（ーー；）
ニートは数学勉強だ！

>>380
パクリ乙！！！！！

さすがキチガイ！！！！！

悔しいのか？？？www
頑張れよ！偽物カスカスニート！

〔問題〕
a,b,cは実数、ab+bc+ca =t とおくとき、次を示せ。(じゅー)

(1)　(a^2 +2)(b^2 +2)(c^2 +2) ≧ 9t + (8/9)(t-3)^2,
　　等号成立は a=b=c=±1, t=3 のとき。

(2)　(a^2 +2)(b^2 +2)(c^2 +2) ≧ t^2 +(13/4)t +8,
　　等号成立は a=b=c=±√(3/2), t=9/2 のとき。

猫

猫

猫

>>383

(3)　(a^2 +2)(b^2 +2)(c^2 +2)
　を 3つの対称式の平方和で表わせ。

>>387
(p^2 + q^2)(r^2 + s^2) = (pr + qs)^2 + (ps - qr)^2 　 … Lagrangeの恒等式

を繰り返し用いると、

(a^2 +2)(b^2 +2)(c^2 +2)
= { (ab + 2)^2 + (a√2 - b√2)^2 }*(c^2 +2)
= { (ab + 2)c + (a√2 - b√2)√2 }^2 + { (ab + 2)√2 + (a√2 - b√2)c }^2
= { (ab + 2)c + 4(a-b) }^2 + 2{ (ab + 2) + (a - b)c }^2
= (abc + 2c + 4a -4b)^2 + 2(ab + 2 + ac - bc)^2

失敗でござるよ、 ドンマイ ( ﾟ∀ﾟ)ノ

>>388
(a^2 + p^2)(b^2 + q^2)(c^2 +r^2) = (abc-aqr-pbr-pqc)^2 + (pbc+aqc+abr-pqr)^2,
だと２つになるし･････

>>389
　p=q=r=√2 を入れて
　{abc-2(a+b+c)}^2 + (bc+ca+ab-2)^2 + (bc+ca+ab-2)^2,

2(x-1)/(x^2-2x+2) の最小値と最大値は？ (-1≦x≦3)

-1と1

>>391
分子を２にして、場合分けしてAM-GM
AM-GMを使うときは、正でないと使えないぞ！
∴-1 ≦ 2(x-1)/(x^2-2x+2) ≦ 1

宿題は質問スレに逝け！

>>391
　x-1 = X とおくと、
　y = 2X/(1+X^2),
　1±y = 1 ± 2X/(1+X^2) = (1±X)^2 /(1+X^2) ≧ 0,
でもいい？

ｲｲﾖｲｲﾖｰ！

a、b、c、d、e、f ＞ 0 に対して、
ab/(a+b) + cd/(c+d) + ef/(e+f) ≦ abcdef/(a+b+c+d+e+f)

( ﾟ∀ﾟ)わけがわからないよ

>>396
なんか変じゃない ( ﾟ∀ﾟ)？
http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=51&t=410926

a=b=c=d=e=f.

>>397

〔補題〕
　a1 + a2 = A,
　b1 + b2 = B,
とおくと
　a1･b1/(a1+b1) + a2･b2/(a2+b2) ≦ A･B/(A+B),
(略証)
　(右辺) - (左辺) = (a1･b2-a2･b1)^2／{(a1+b1)(a2+b2)(A+B)} ≧ 0,

〔補題〕
　a_ij>0, (i=1,2,･････,n)(j=1,2,････,m)
　Σ[j=1,m] a_ij = A_i,　とおくとき

　Σ[j=1,m] 1／{Σ[i=1,n] 1/a_ij} ≦ 1／(1/A1 + 1/A2 + ･････ + 1/An),

　(by kuing, Nov.20, 2009, 5:47 am) m=2
　(by Mavropnevma, Jun.10, 2011, 2:25 pm) m=2

>>400

(略証)
右辺を S とおく。1/S = 1/A1 + 1/A2 + ････ + 1/An,
コーシーより
　{Σ[i=1,n] a_ij/(Ai)^2}･{Σ[i=1,n] 1/a_ij} ≧ (1/A1 + ････ + 1/An)^2 = 1/S^2,
よって
　1／{Σ[i=1,n] 1/a_ij} ≦ {Σ[i=1,n] a_ij/(Ai)^2}･S^2,
j=1,2,･････,m についてたす。
　(左辺) ≦ (1/A1 + 1/A2 + ･････ + 1/An)･S^2 = S,

　(proof by Vn2009, Nov.20, 2009, 8:21 am) m=2
　(proof by tang zy, Nov.21, 2009, 2:50 am) m=2
　(proof by hendrata01, Nov.23, 2009, 4:23 pm) m=2
　(note by spanferkel, Nov.21, 2009, 3:30 am) m=3, etc.

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=313265

>>400 と同じだが････

〔補題〕
x_ij > 0 のとき
　A_i = (Σ[j=1,m] x_ij)／m,　　　(i=1,2,････,n)
　H_j = n／(Σ[i=1,n] 1/x_ij),　　(j=1,2,････,m)
とおくと、
　(H1 + H2 + ････ + Hm)／m ≦ n／(1/A1 + 1/A2 + ･････ + 1/An),

>>402　念のため...

(略証)
右辺を S とおく。n/S = 1/A1 + 1/A2 + ････ + 1/An,
コーシーより
　{Σ[i=1,n] x_ij/(Ai)^2}･(Σ[i=1,n] 1/x_ij) ≧ (1/A1 + ････ + 1/An)^2 = (n/S)^2,
よって
　H_j ≦ n･{Σ[i=1,n] x_ij/(Ai)^2}･(S/n)^2,
j=1,2,･････,m について相加平均する。
　(左辺) ≦ n(1/A1 + 1/A2 + ･････ + 1/An)･(S/n)^2 = S,

問A-2
http://www.math.kindai.ac.jp/~mathcon/mathcon13/mathcon13thmondai.pdf

>>350
abc = u とおく。
　(上式)^3 = (a+b)/2･(b+c)/2･(c+a)/2
　= {ab(a+b) +bc(b+c) +ca(c+a) +2u}/8
　≧ (1/27){2ab(a+b) +2bc(b+c) +2ca(c+a) +15u} ← ※
　=　(1/27){ab(a+b)/2 +bc(b+c)/2 +ca(c+a)/2
　　　　　+3(aab+u)/2 +3(abb+u)/2 +3(bbc+u)/2 +3(bcc+u)/2 +3(cca+u)/2 +3(caa+u)/2 +6u}
　≧ (1/27){ab√(ab) +bc√(bc) +ca√(ca)
　　　　　+3ab√(ca) +3ab√(bc) +3bc√(ab) +3bc√(ac) +3ca√(bc) + 3ca√(ab) +6u}
　=　(1/27){√(ab) +√(bc) +√(ca)}^3
　=　(右辺)^3


※のところが、どうやって見つけたのか分かりませぬ…

ところで、√a、√b、√c の基本対称式 s、t、u を使って、
力任せに (左辺)^3-(右辺)^3 を計算しても出来ますか？

差をとって分母払った式は 27s^2t^2 - 54s^3u -62t^3 +108stu -27u^2 で、
これが0以上になるかが示せない…

>>404

[問題A-2]
　n個の実数値函数 u_1(x),u_2(x) 〜 u_n(x) (a≦x≦b) を考える。このとき、次の不等式を示せ。
　√{Σ[i=1,n] （∫[a,b] u_i(x)dx）^2 } ≦ ∫[a,b] √([i=1,n] u_i(x)^2) dx,

(略証)
　√{Σ[i=1,n] u_i(x)^2} = U(x) ≧ 0 とおく。
コーシーより
　Σ[i=1,n] u_i(x)･u_i(y) ≦ U(x)･U(y),
よって
　(左辺)^2 = ∫[a,b] ∫[a,b] Σ[i=1,n] u_i(x)･u_i(y) dxdy
　　　　　≦ ∫[a,b] U(x)dx・∫[a,b] U(y)dy
　　　　　= (右辺)^2,

>>405
　s^2 → (s^2 -3t) + 3t,
　t^2 → (t^2 -3su) + 3su,
のように分解すると
　27(s^2 -3t)(t^2 -2su) + 19t(t^2 -3su) + 3(st-9u)u ≧ 0,

>>402-403 の続き

〔補題〕
x_ij > 0 のとき
　A_i = (Σ[j=1,n] x_ij)／n,　　　(i=1,2,････,m)
　G_j = (Π[i=1,m] x_ij)^(1/m),　　(j=1,2,････,n)
　H_i = n／(Σ[j=1,n] 1/x_ij),　　(i=1,2,････,m)
とおくと、

(1)　(A1･A2････Am)^(1/m) ≧ (G1 + G2 + ････ + Gn)／n,
(2)　(H1･H2････Hm)^(1/m) ≦ n／(1/G1 + 1/G2 + ･････ + 1/Gn),

>>408
　ヘルダーの不等式。
　たとえば、まとめWiki を参照 >>1

(1)　p_i → m,　|a_ij|^m → x_ij,　b_i = n･A_i,　とおく。
(2)　p_i → m,　|a_ij|^m → 1/xij,　b_i = n/H_i,　とおいて、逆数をとる。

外出だったらｽﾏｿ.

〔問題〕
abc=1, a,b,c>0 のとき
　(a^2 +b^2)/(c^2 +a +b) + (b^2 +c^2)/(a^2 +b +c) + (c^2 +a^2)/(b^2 +c +a) ≧ 2,

>>410
分母の次数を２次の項だけに変えたいけど、うまくいかん…

これ前にもやったっけ？

〔問題〕
正の数 a、b、c、d に対して、
{(ab+ac+ad+bc+bd+cd)/6}^(1/2) ≧ {(abc+abd+acd+bcd)/4}^(1/3)

>>412

[初代スレ.455-456]

(略解)
f(x) = (x-a)(x-b)(x-c)(x-d), とおく。
f(x)=0 は重根を含めて4個の正の根をもつ。
f '(x)=0 も重根を含めて3個の正の根 α,β,γ をもつ。
　f '(x) = 4(x-α)(x-β)(x-γ),
xの係数より　2(ab+ac+ad+bc+bd+cd) = 4(αβ + βγ + γα),
定数項より　-(abc+abd+acd+bcd) = -4αβγ,
これを用いて 示すべき不等式を α,β,γ で表わすと
　√{(αβ+βγ+γα)/3} ≧ (αβγ)^(1/3),
となる。これは相加･相乗平均の関係だから不等式は示された。
等号成立条件は α=β=γ で、このとき a=b=c=d.

>>298

[初代スレ.465]

>>2
まとめサイトの参考文献[9]の後に

[10]　三角法の精選103問（シリーズ：数学オリンピックへの道 2），T.アンドレースク・Z.フェン著，朝倉書店，2010年
　 　http://www.asakura.co.jp/books/isbn/978-4-254-1180...

を追加し、[10]〜[13]を[11]〜[14]にずらしました ( ﾟ∀ﾟ)

証明する際に、三角関数に置き換えるものも含めて、
三角関数がらみの不等式の問題がたくさん載っています

●刊行予定●
不等式（数学のかんどころシリーズ）、大関清太、共立出版、未定
http://www.kyoritsu-pub.co.jp/series/kandokoro.html

「不等式への招待」が絶版となったので、超期待！ (*ﾟ∀ﾟ)=3 ﾊｧﾊｧ…

〔問題〕
実数 a、b、c に対して、
(a^2 + 1)(b^2 + 1)(c^2 + 1) ≧ (ab +bc +ca -1)^2

左辺は良く見かけるけど、これは初めてのような希ガス…

（１＋ａｉ）（１＋ｂｉ）（１＋ｃｉ）＝（１−ａｂ−ａｃ−ｂｃ）＋（ａ＋ｂ＋ｃ−ａｂｃ）ｉ。

>>418
なん…だと！

>>417
a=tanα, b=tanβ, c=tanγとおく。明らかにcosαcosβcosγ≠0
1≧｜cos(α＋β＋γ)｜=｜cosαcosβcosγ-sinαsinβcosγ-cosαsinβsinγ-sinαcosβsinγ｜
｜1/(cosαcosβcosγ)｜≧｜1-tanαtanβ-tanβtanγ-tantγtanα｜
(cosα)^(-2)*(cosβ)^(-2)*(cosγ)^(-2)≧(1-tanαtanβ-tanβtanγ-tantγtanα)^2
{(tanα)^2+1}{(tanβ)^2+1}{(tanγ)^2+1}≧(tanαtanβ+tanβtanγ+tantγtanα-1)^2
より示される
等号成立は
Arctan(a)+Arctan(b)+Arctan(c)=0, ±π
(a,b,c)=(1,-1/2,-1/3)とか(2+√3,√3,1)とか

>>420
　cos(α+β+γ) = ････
　sin(α+β+γ) = cosα･cosβ･sinγ + cosα･sinβ･cosγ + sinα･cosβ･cosγ - sinα･sinβ･sinγ,
を使えば
　(左辺) = 1/(cosα･cosβ･cosγ)^2
　　　　 = (1-tanα･tanβ-tanβ･tanγ-tanγ･tanα)^2 + (tanα + tanβ + tanγ - tanα･tanβ･tanγ)^2
　　　　 = (1-ab-bc-ca)^2 + (a+b+c-abc)^2,

a,b,cは正の実数とするとき,
a^3/(a+b)^2+b^3/(b+c)^2+c^3/(c+a)^2≧(a+b+c)/4

>>422
4a^3-(a+b)^2*(2a-b)=(a-b)^2*(2a+b)≧0より
4a^3≧(a+b)^2(2a-b)
a^3/(a+b)^2≧(2a-b)/4
同様に繰り返して辺々足して与不等式

4a^3-(a+b)^2*(2a-b)=(a-b)^2*(2a+b)のideaはどこから？

定石ですよ、定石！

ならば、不等式の証明に使える定石とやらを列挙してもらおうか？

>>412　(別法)

　P1 = (a+b+c+d)/4,
　P2 = (ab+ac+ad+bc+bd+cd)/6,
　P3 = (abc+abd+acd+bcd)/4,
　P4 = abcd,
とおくと
　P1^4 ≧ P2^2 ≧ P1･P3 ≧ P4,

(略証)
　P1^2 - P2 = (1/48){(a-b)^2 +(a-c)^2 +(a-d)^2 +(b-c)^2 +(b-d)^2 +(c-d)^2} ≧ 0,
　P2^2 - P1･P3 = (1/288){(ab-ac)^2 + (ab-ad)^2 + (ab-bc)^2 + (ab-bd)^2 + ････
　　　　　　　　　　　　+ 4(ab-cd)^2 + 4(ac-bd)^2 + 4(ad-bc)^2} ≧ 0,
　P1･P3 - P4 ≧ 0,　(相加･相乗平均)

〔系〕　P1 ≧ √P2 ≧ (P3)^(1/3),

>>427

n変数のときも同様に、
　P1 = (a1 + a2 + ･････ + an)/n,
　P2 = {a1･a2 + ･････ + a(n-1)･an}/C[n,2],
　P3 = {a1･a2･a3 + ･････ + a(n-2)･a(n-1)･an}/C[n,3],
とおくと
　P1^4 ≧ P2^2 ≧ P1･P3,

(略証)
　P1^2 - P2 = {1/[n^2 (n-1)]}{(a-b)^2 +(a-c)^2 +(a-d)^2 +(a-e)^2 + ･････} ≧ 0,
　P2^2 - P1･P3 = {1/[n^2 (n-1)^2 (n-2)]}{(5-n)(ab-ac)^2 + (5-n)(ab-ad)^2 + (5-n)(ab-ae)^2 +････
　　　　　　　　　　　　+ 4(ab-cd)^2 + 4(ab-de)^2 + ･････} ≧ 0,

〔系〕　P1 ≧ √P2 ≧ (P3)^(1/3),

>>425

その変形は,自然に気づかないでしょう？
だれか, もう少し詳しく教えていただきませんか？

>>424　>>429
生姜ねぇ....

　a^3 /(a+b)^2 ≧ γ/4,
とおく。
　a^3 ≧ {(a+b)/2}{(a+b)/2}γ,

右辺は (a+b)/2, (a+b)/2, γの相乗平均の3乗。
これらの相加平均が a なら、相加･相乗平均で成立。
　(a+b)/2 + (a+b)/2 + γ = 3a,
　γ = 2a-b,

うーん、ぬぬぬ…

>>430 やっぱ、AM-GMかあ。これが自然だよな。
あとは, CS, Jensen
これって,今月号の大数にのってたやつじゃねえ？
(1) に4a^3-(a+b)^2*(2a-b)=(a-b)^2*(2a+b)があったような。

>>431
　う〜ん、ぬぬぬるぽ
と言いたかったのだな。

等号成立条件　(a+b)/2 = γ　⇔　a=b　にも注意。

1. Holder Σa^3/(a+b)^2≧(a+b+c)^3/(Σ(a+b))^2

2.AM-GM Σ(4a^3/(a+b)^2+(a+b)/2+(a+b)/2)≧3Σa

3. C.S. (a+b+c)(Σa^3/(a+b)^2)≧(Σa^2/(a+b))^2≧((a+b+c)/2)^2

4. Jensen

ちぇびちぇび、へるだあ、みんこ、しゅうあ、まじょらい、ぐろんを、並べ替え不等式、…
彼らのことも、たまには思い出してやってください

AM-GMは中学の時に出会うほど基本的なのに最強だな

Soient a,b,c,d dans R^{＋} tels que a+b++d=6, a^2+b^2+c^2+d^2=12.
Prouver que :
36≦4(a^3+b^3+c^3+d^3)-(a^4+b^4+c^4+d^4)≦48.

Soient a,b,c,d dans R^{＋} tels que a+b+c+d=6, a^2+b^2+c^2+d^2=12.
Prouver que :
36≦4(a^3+b^3+c^3+d^3)-(a^4+b^4+c^4+d^4)≦48.

>>410

　1/(1-x) ≧ 1+x より
　1/(c^2 +a +b) = 1/{a^2 +b^2 +c^2 -(a^2 +b^2 -a-b)}
　　　=　1/{S - (a^2 +b^2 -a-b)]}
　　　≧ 1/S + (a^2 +b^2 -a-b)]/S^2
　　　≧ 1/S + [a^2 +b^2 -(a+b)(a+b+c)/3]/S^2　　(←題意)
　　　=　1/S + [2(a-b)^2 +2ab-bc-ca]/(3S^2)
　　　≧ 1/S + (2ab-bc-ca)/(3S^2)，
　ここに S = a^2 +b^2 +c^2 とおいた。

　(左辺) ≧ 2 + {(a^2 +b^2)(2ab-bc-ca) + cyclic}/(3S^2)
　　　 = 2 + {a(b-c)(b^2 -c^2) + cyclic}/(3S^2)
　　　 ≧ 2,

〔問題〕
正の数 a、b、c が abc=1 をみたすとき、
(a^2+b^2)/(c^2+a+b) + (b^2+c^2)/(a^2+b+c) + (c^2+a^2)/(b^2+c+a) ≧ 2

　　 ∩＿＿＿∩三　ー＿　　　　　 　 ∩＿＿＿∩
　　 |ノ　　　 　　三-二　　　 　ー二三 ノ　　　 　　ヽ
　　/　　(ﾟ)　　　(ﾟ)三二-　￣　　 - 三　　 (ﾟ)　　　(ﾟ) |
　 |　　　　( _●_)　 ミ三二 - ー二三　　　　( _●_)　 ミ　　テンション上がってきた！！
　彡､　　　|∪|　　､｀￣￣三-　三　 彡､　　　|∪|　　ミ　　　　 テンション上がってきた！！
/　＿＿　 ヽノ　　　Y￣)　三 三 　 (/'　　　　ヽノ＿ 　|
(＿＿＿）　∩＿＿＿∩_ノ　　　 ヽ/　　　　　(＿＿＿）

>>438

まづ 0≦a,b,c,d≦3 を示す。 コーシーより
　3(12-a^2) = (1+1+1)(b^2 + c^2 + d^2) ≧ (b+c+d)^2 = (6-a)^2,
　0 ≧ 3(a^2 -12) + (6-a)^2 = 4a(a-3),
　0≦a≦3,
　b,c,d についても同様。

次に　0≦x≦3 で　2x^2 +4x -3 ≦ 4x^3 -x^4 ≦ 4x^2, を示す。
　(4x^3 -x^4) - (2x^2 +4x-3) = (x+1)(3-x)(x-1)^2 ≧ 0,
　4x^2 - (4x^3 -x^4) = x^2･(2-x)^2 ≧ 0,

x=a,b,c,d について和をとると
　2*12 +4*6 -3*4 ≦ 与式 ≦ 4*12,
　36 ≦ 与式 ≦ 48,
左等号成立は {3,1,1,1}
右等号成立は {2,2,2,0}

くそ〜、テンション上がっちまった...

Nice Solution!

>>442
> 次に　0≦x≦3 で　2x^2 +4x -3 ≦ 4x^3 -x^4 ≦ 4x^2, を示す。

神！ この不等式をどうやって思いつくのか謎！

(0<=x<=3)=>(f(x)=x^4-4x^3+ax^2+bx+c<=0).
f(1)=0.
f(3)=0.

f(x)=(x-1)^2(x-3)(x-d)=x^4-4x^3+ax^2+bx+c.
d=-1.

f(x)=x^4-4x^3+2x^2+4x-3.

このスレ恐ろしすぎる

不等式ヲタ ≒ 数ヲタ ⇒ ロリコン だからですか？

〔問題〕
正の数 x、y が x+y=1 をみたすとき、(x^x)(y^y) + (x^y)(y^x) ≦ 1

>>447
正解！

>>448
x^x-y^xとx^y-y^yは正負が一致するかともに0かなので
(x^x-y^x)(x^y-y^y)≧0
x^(x+y)+y^(x+y)≧(x^x)(y^y)+(x^y)(y^x)
左辺=x+y=1より
1≧(x^x)(y^y)+(x^y)(y^x)

>>450
神すぎる…

Soient a,b tels que 0<a≦1, 0<b≦1.
Prouver que : a^{b-a}+b^{a-b}≦2.

>>448

By the Weighted AM-GM, x^xy^y≦x^2+y^2, x^yy^x≦2xy

∴x^xy^y+x^yy^x≦(x+y)^2=1 Done!

>>452
難しい (；´д｀) ﾊｧﾊｧ…

ところで a^{b-a}+b^{a-b} の下限はいくらになるのですか？ ０にいくらでも近づく？

>>454
下限というか最小値は１かな？

>>453

Sorry, my proof was wrong. I thought that x, y are positive integers.

No, your proof is CORRECT!

>>453 の weighted AM-GM というのは
　p,q,x,y>0, p+q=1　⇒　x^p･y^q ≦ px + qy,

重み付き相加相乗って懐かしいな
すっかり忘れていた…

>>453, >>458

　凸不等式から出る。別名 ベルヌーイの式。
　数セミ、2010/08月号　NOTE (大塚氏) も参照。

x≧0, y≧0, x+y=1 のとき, 自然数m,nに対して

( 1-x^m )^n + ( 1-y^n )^m ≧1

>>859
いつから名前がバカオツなんだかwww
クソキチガイアホ晒しできてるぞ？
頑張れよクソキチガイ
クソキチガイアホ晒しできてるぞ？
クソキチガイアホ晒しできてるぞ？
頑張れ！クソキチガイ！
顔真っ赤にしてクソキチガイ反応




さっきから必死に頑張ってます！

ｂｙ>>859

>>462
いつから名前がバカオツなんだかwww
クソキチガイアホ晒しできてるぞ？
頑張れよクソキチガイ
クソキチガイアホ晒しできてるぞ？
クソキチガイアホ晒しできてるぞ？
頑張れ！クソキチガイ！
顔真っ赤にしてクソキチガイ反応




さっきから必死に頑張ってます！

ｂｙ>>462

>>461
むむむ…、分からん

どうみても二項定理だろアホｗ

>>465
証明してみろ！

>>461

(略証)
　g(x) = 1 - (1-x)^n とおくと (左辺) = 1 -g(x^m) + {g(x)}^m.
　g(x) の逆函数を f(z) と書くと、 f(0)=0, f(1)=1 かつ
　f(z) = 1 - (1-z)^(1/n) = (1/n)z + (1/2n)(1-1/n)z^2 + (1/3n)(1-1/n)(1-1/2n)z^3 + ……
　a_k = {(k-1)/k}･{1 -1/(k-1)n}･a_{k-1} > 0.
∴　f(z) は下記の【命題268】の条件をみたす。
∴　f(z^m) ≧ {f(z)}^m,
∴　z^m ≧ g({f(z)}^m),
∴　{g(x)}^m ≧ g(x^m),

[初代スレ.563(7), 973]
[第２章.21, 346-347, 353]

>>467 の続き

【命題268】
f(x) は |x|≦1 で正則な解析函数で、f(0)=0, f(1)=1 かつ
マクローリン展開の係数がすべて非負実数とする。

このとき, 0≦x≦1 において
　r>1 　⇒ f(x^r) ≧ {f(x)}^r.
　0<r<1 ⇒ f(x^r) ≦ {f(x)}^r.
　(math_board_watcherによる)


(略証)
題意より、f(x) = Σ[k=1,∞) a_k･(x^k),　a_k ≧ 0.
　Σ[k=1,∞) a_k = f(1) = 1.
Jensenの定理より（収束について適当な条件のもとで）
r>1 ⇒ x^r は下に凸 ⇒
　f(x^r) = Σ[k=1,∞) a_k･(x^r)^k = Σ[k=1,∞) a_k･(x^k)^r > {Σ[k=1,∞) a_k･x^k}^r = {f(x)}^r.
0<r<1 ⇒ x^r は上に凸 ⇒
　f(x^r) = Σ[k=1,∞) a_k･(x^r)^k = Σ[k=1,∞) a_k･(x^k)^r < {Σ[k=1,∞) a_k･x^k}^r = {f(x)}^r.

Yahoo! - 科学板 - 数学カテ - 出題(不等式)トピ - 268,272

きたか…！！

　　( ﾟдﾟ )　ｶﾞﾀｯ
　　.r　　 ヾ
＿_|_|　/￣￣￣/＿
　　＼/　　　　/

[前スレ.608] の小改良....

以上の評価から
(1/2){(1+t)^(1-t) +(1-t)^(1+t)} ≦ 1 -t^2 +(3/4)t^4,
(1/2){(1+t)^(1-t) -(1-t)^(1+t)} ≦ t -(1/2)t^3,

log(2) = a とおくと
　cosh(a/2) = 3/(2√2) = 1.06066017,
　sinh(a/2) = 1/(2√2) = 0.35355339,

McLaurin展開係数がすべて正だから、t^2 について下に凸
　cosh(at) ≦ 1 +(3√2 -4)t^2,　　(0<t<1/2)
　sinh(at) ≦ at +(2√2 -4a)t^3,　(0<t<1/2)

以上から
x^(2y) + y^(2x)
　= {(1-t)/2}^(1+t) + {(1+t)/2}^(1-t)
　≦ {1 -t^2 +(3/4)t^4}･{1 +(3√2 -4)t^2}
　+ {t -(1/2)t^3}･{at +(2√2 -4a)t^3}
　=　1 -(5-a-3√2)t^2 +{19/4 -(9/2)a -√2)t^4 +{-3 +2a +(5/4)√2}t^6
　≦ 1 -(5-a-3√2)t^2 +{4-4a-(11/16)√2}t^4
　≦ 1 -{4-(181/64)√2}t^2
　=　1 -0.000427268･t^2,　　(0<t<1/2)

>>461
mn個の放射性核種を、m行n列の長方形状に並べる。どの核種も1分以内に確率xで崩壊するとする。
二つの事象を考える：
　[a] 1分後、第1列〜第n列のうち、m個すべてが崩壊している列が少なくとも1列ある。
　[b] 1分後、第1行〜第m行のすべての行で、少なくとも1個が崩壊している。

[a]の確率は 1 - (1-x^m)^n　・・・(1)
[b]の確率は (1-y^n)^m　・・・(2)

事象の包含関係から (2)≧(1) 。

>>470

　4 > (181/64)√2　の証明
128√2 > 181
　2(128^2) - 181^2 = 7 > 0,

　2X^2 - Y^2 = 7,

　(X_0, Y_0) = (2, -1)
漸化式
　X_{n+1} = 3X_n + 2Y_n,
　Y_{n+1} = 4X_n + 3Y_n,
より
　X_n = {1 - 1/(2√2)}(1+√2)^(2n) + {1 + 1/(2√2)}(1-√2)^(2n),
　Y_n = {√2 -(1/2)}(1+√2)^(2n) + {-√2 -(1/2)}(1-√2)^(2n),

x+y+z=1を満たす実数x,y,zに対して、次の不等式が成立することを示せ
(x^2+y^2+z^2)^2*(1/x+1/y+1/z)≧1

ｘ＝３。
ｙ＝−１。
ｚ＝−１。

>>473
胡散臭い不等式やと思うたら案の定か！

>>461 の類題

　(1-x^m)^n + n･(1-x^m)^(n-1)･x^m + {1-y^n -nx･y^(n-1)}^m ≧ 1,

　(1-x^m)^n + n･x^m･(1-x^m)^(n-1) + {n(n-1)/2!}x^(2m)･(1-x^m)^(n-2)

　　　+ {1 -y^n -nx･y^(n-1) -[n(n-1)/2!]x^2･y^(n-2)}^m ≧ 1,

つまらねぇ....

しょうがないなあ

A536, B4364, B4370
http://www.komal.hu/verseny/feladat.cgi?a=honap&h=201105&t=mat&l=en

a+b+c+d≧4(abcd)^(1/4)=p
abc+abd+acd+bcd≧4(abcd)^(3/4)=q
a+b+c+d=abc+abd+acd+bcdよりp=q
∴abcd=1

(左辺)
=2(ac+bd)+ab+bc+cd+da
≧2(ac+bd)+4(acbd)^(1/2)
=2{(1+ac)+(1+bd)}
≧2*2{(1+ac)(1+bd)}^(1/2)
=(右辺)

↑
>>477
A536

>>477

[B4370.]
　頂点A,B,C,の対辺の長さを a,b,c とする。BC=a, CA=b, AB=c,
内心をIとおき、AI=u, BI=v, CI=w とおく。このとき次を示せ。
　(a+b+c)(1/u+1/v+1/w) ≦ 3(a/u + b/v + c/w),

（略解)
　a>b　⇔　BC > CA　⇔　∠BAC > ∠ABC　⇔　∠BAI > ∠ABI　⇔　BI > AI　⇔　v > u,
∴　{a,b,c} と {1/u,1/v,1/w} とは同順
あとはチェビシェフに任した…

質問スレに張られてた奴

a,b,c>0, abc=1のとき
1/(a^3(b+c))+1/(b^3(c+a))+1/(c^3(a+b))≧3/2
を示せ

>>481
　コーシーより、
　(左辺) ≧ (1/a + 1/b + 1/c)^2 / {a(b+c) + b(c+a) + c(a+b)}
　　　　 = (1/a + 1/b + 1/c)^2 / {2abc(1/a + 1/b + 1/c)}
　　　　 = (1/a + 1/b + 1/c) / (2abc)
　　　　 ≧ 3/{2(abc)^(4/3)}　　　　(相加･相乗平均)
　　　　 = 3/2,

※　a=1/x, b=1/y, c=1/z, xyz=1 とおく方法もある。

>>482
成程な〜

>>482
　　　　　　　　　　＿＿＿　　
　　　　|┃三　.／　　≧　＼　　　ちょ〜っと待ったあ！！
　　　　|┃　　 |:::: 　＼ .／　|　
　　　　|┃　≡|::::: (●　(● |　　不等式ヲタ参上！
＿＿__.|ミ＼＿ヽ::::... .ワ......ノ　 　　　黙っちゃゐられねゑ…
　　　　|┃=＿＿　　　 ＼　　　 　　 　　　　ﾊｧﾊｧ
　　　　|┃　≡　）　　人　＼ ガラッ

>>483の証明で、CS と AM-GM を用いて

　 1/(a^3(b+c))+1/(b^3(c+a))+1/(c^3(a+b)) ≧ 3/{2(abc)^(4/3)} …�@

が示された。等号成立条件は a=b=c=1/3。 ここまでは見事ですが

だが、ここで abc=1より、�@≧3/2 としていいのか？
�@が成り立つのは a=b=c=1/3 のときであって、このとき abc = 1/27 なのだから、
�@の右辺に abc=1 を代入してはダメじゃないの？

>>484
出直してこい

>>477
B4364

a+b≧2c
(a^2-b^2)/c≧2(a-b)…(1)

2a≧b+c
2(b-c)≧(b^2-c^2)/a
(c^2-b^2)/a≧2(c-b)…(2)

a+c＞b
(a^2-c^2)/b≧a-c…(3)

(1)(2)(3)を足して
(a^2-b^2)/c+(c^2-b^2)/a+(a^2-c^2)/b≧3a-4b+c

ダメじゃないの。

>>484

等号成立条件は a=b=c=1。

が抜けてたな.....

ぬるぽ

すまん、積でしたな

>>477

[B4364.]
a ≧ b ≧ c > 0 のとき 次を示せ。
　(a^2 - b^2)/c - (b^2 - c^2)/a + (a^2 - c^2)/b ≧ 3a-4b+c,

(略解)
　(左辺) ≧ (a^2 - b^2)/b - (b^2 - c^2)/b + (a^2 - c^2)/b
　　= 2(a^2 - b^2)/b
　　= {2(a+b)/b}(a-b)
　　≧ 4(a-b),
以下簡単。

>>490
うまい…

>>477

[B4371.]
　1/{sin(π/14)}^2 + 1/{sin(3π/14)}^2 + 1/{cos(5π/7)}^2 = 24,
を示せ。


(略解)
　(左辺) = 1/{cos(3π/7)}^2 + 1/{cos(2π/7)}^2 + 1/{cos(π/7)}^2
　　= 1/{cos(4π/7)}^2 + 1/{cos(2π/7)}^2 + 1/{cos(6π/7)}^2
　　= Σ[k=1,3] 1/{cos(2kπ/7)}^2,

　{1 - T_7(x)}/(1-x) = 1 +7x -56x^3 +112x^5 -64x^7
　　　　　　　= (1-x)(1 +4x -4x^2 -8x^3)^2,

　cos(2kπ/7)　　(k=1,2,3) は 1 +4x -4x^2 -8x^3 = 0 の根。
　1/cos(2kπ/7)　(k=1,2,3) は y^3 +4y^2 -4y -8 = 0 の根。

　　　Σ[k=1,2,3] 1/cos(2kπ/7) = -4,
　　　Σ[k<L] 1/{cos(2kπ/7)cos(2Lπ/7)} = -4,
よって
　　　Σ[k=1,3] 1/{cos(2kπ/7)}^2 = 4^2 -(-4)*2 = 24,

>>492 訂正

[B4371.]
　1/{sin(π/14)}^2 + 1/{sin(3π/14)}^2 + 1/{sin(5π/14)}^2 = 24,
を示せ。

For real numbers $p,\ q,\ r$, prove that

p(p+q)^3+q(q+r)^3+r(r+p)^3≧(8/27)(p+q+r)^4

p^2+q^2+r^2=x^2
G=p(p+q)^3+q(q+r)^3+r(r+p)^3-s(p^2+q^2+r^2-x^2)
Gp=(p+q)^3+3p(p+q)^2+3r(r+p)^2-2sp=0
p^3+3p^2q+3pq^2+q^3+3p^3+6p^2q+3pq^2+3r^3+6r^2p+3rp^2-2sp=0
Gq=(q+r)^3+3q(q+r)^2+3p(p+q)^2-2sq=0
Gr=(p+r)^3+3r(p+r)^2+3q(r+q)^2-2sr=0
...
p=q=r=x(1/3)^.5
f=3x^4(8/3^2)=x^4(8/3)
RH=(8/3^3)(3^4x^4/3^2)=x^4(8/3)

>>494

f(x) = x^m は単調増加で下に凸。(m≧1)
　{p(p+q) + q(q+r) + r(r+p)}/(p+q+r)
　　= {4(p+q+r)^2 + (p-q)^2 + (q-r)^2 + (r-p)^2}/{6(p+q+r)}
　　≧ (2/3)(p+q+r),

Jensen より
(左辺) = p･f(p+q) + q･f(q+r) + r･f(r+p)
　　≧ (p+q+r)･f({p(p+q) + q(q+r) + r(r+p)}/(p+q+r))　[下に凸]
　　≧ (p+q+r)･f((2/3)(p+q+r))　　[単調増加]
　　= (2/3)^m･(p+q+r)^(m+1),
ぢゃね？

正じゃない。

For positive real numbers a, b, c, d with abcd=1,

Prove that

1/a + 1/b +1/c +1/d + 9/(a + b + c + d) ≧ 25/4

a≧b≧c≧dとする。
abcd=1よりa≧1である。

(左辺)
≧1/a+1/a+1/a+1/a+9/(a+a+a+a)
=25/(4a)
≧25/4

間違えたorz

あほ

>>501
口が悪いな、直したほうがいい

>>498 難しくない？

>>494 >>497 難しくない。

　19 = 3^2 + 3^2 + 1^2

　(左辺) - (右辺) = (1/27){3p^2 -3q^2 +r^2 +(7/4)pq -(22/4)qr +(11/4)rp}^2 + (3/16){p(q-r)}^2 + cyclic.
とか
　(左辺) - (右辺) = (1/27){3p^2 -3q^2 -r^2 +(113/28)pq -(131/28)qr +(46/28)rp}^2 + (3/16){p(q-r)}^2 + cyclic.
とか

なんだ、ただの神か…

>>504 の補足

まづ p^4 + q^4 + r^4 の係数を見る。
　左辺は1、右辺は 8/27 だから 1 - (8/27) = 19/27,
そこで 19 を３平方の和で表わした。

難しくない。

>>477
　
[A536.]
　a,b,c,d は正の実数で a+b+c+d = abc+bcd+cda+dab のとき 次を示せ。
　(a+b)(c+d) + (a+d)(b+c) ≧ 4√{(1+ac)(1+bd)},

(略解)
abcd≧1 のとき
　(左辺) = (a+c)(b+d) + 2(ac+bd) ≧ 4√(abcd) + 2(ac+bd) ≧ 2(1+ac) + 2(1+bd) ≧ (右辺),

abcd≦1 のとき、補題により
　t = (ab+cd) + (ac+bd) + (ad+bc) ≧ 6,
　(左辺) ≧ 6 + (ac+bd) ≧ 4√{2 + (ac+bd)} ≧ 4√(1+ac+bd+abcd) = (右辺),

〔補題〕
　a,b,c,d>0 で a+b+c+d = abc+bcd+cda+dab のとき、
　(ab+cd) + (ac+bd) + (ad+bc) ≧6,
(略証)
　左辺をtとおいて
　2{(a+b+c+d)t - 6(abc+bcd+cda+dab)}
　= (a+b)(c-d)^2 + (a+c)(b-d)^2 + (a+d)(b-c)^2 + (b+c)(d-a)^2 + (b+d)(c-a)^2 + (c+d)(a-b)^2 ≧ 0,
　∴　t ≧ 6,

>>498

　左辺を f(a,b,c,d) とおく。
ab<2 のとき
　f(a,b,c,d) - f(√(ab), √(ab),c,d)
　=　(√a - √b)^2･{1/ab - 9/[(a+b+c+d)(2√ab +c +d)]}
　≧ (√a - √b)^2･{1/ab - 9/(2√ab +c +d)^2}
　≧ (√a - √b)^2･{1/ab - 9/(2√ab +2/√ab)^2}
　=　(√a - √b)^2･{1/ab - 9ab/(4(ab+1)^2)}
　=　(√a - √b)^2･(2-ab)(2+5ab)/{4ab(ab+1)^2}
　≧ 0,
ここで c+d ≧ 2√cd = 2/√ab を使った。
a≧b≧c≧d とすると cd≦1
(a,b,c,d) が最小値ならば c=d に限る。
∴ bc = bd ≦1,　
∴ b=c=d≦1,
∴ (a,b,c,d) = (A^3, 1/A, 1/A, 1/A) ただし A≧1.
となって
　f(A^3,1/A,1/A,1/A) ≧ 25/6,　　(A≧1)
に帰着する。

>>498

次に
　f(A^3,1/A,1/A,1/A) ≧ 25/４,　　(A≧1)
を示そう。

　f(A^3,1/A,1/A,1/A) - 25/4
　= 1/A^3 + 3A + 9A/(A^4 +3) - 25/4
　= 3(A-1)^2･{A^6 -(1/12)A^5 -(7/6)A^4 -(9/4)A^3 +3A^2 +2A +1}/{A^3(A^4 +3)}
　= 3(A-1)^2･g(A)/{A^3(A^4 +3)}
　≧ 0,

∵　g(A) = A^6 -(1/12)A^5 -(7/6)A^4 -(9/4)A^3 +3A^2 +2A +1
　　= {A^3 -(1/24)A^2 -(673/1152)A -(31777/27648)}^2 + 2.56293026A^2 +0.657105936A -0.3209864
　　= {A^3 -(1/24)A^2 -(673/1152)A -(31777/27648)}^2 + 2.56293026(A-1)^2 +5.782966457A +2.899049797
　　> 0.

難しくない。>>503

>>508-509
の最後の式の右辺は間違い。

　25/４
　+5.782966457(A-1)
に訂正。

>>509

最小を探すなら、微分使った方が簡単....だな

　F(A) = 1/A^3 +3A +9A/(A^4 +3),

　F '(A) = -3/A^4 + 3 + 27(1-A^4)/(A^4 +3)^2
　　　　 = 3(A^4 -1)(A^8 -3A^4 +9)/{(A^4)(A^4 +3)^2},

　　A^8 -3A^4 + 9 = (A^4 -3)^2 + 3A^4 > 0,

>>509

F(A)≧ 25/4 だけなら、代数使った方が簡単....だな

A^4 + 3 =　(4/√3)A^3 + (A-√3)^2 {A^2 +(2/√3)A +1}
　　　　≧ (4/√3)A^3
　　　　>　(9/4)　A^3,
より
F(A) - 25/4 = {(1/A^3) +3A -4} + (9/4){4A/(A^4 +3) -1}
　　= (A-1)^2･(3A^2 +2A+1)/A^3 - (9/4)(A-1)^2･(A^2 +2A+3)/(A^4 +3)
　　> (A-1)^2･{(3A^2 +2A+1) - (A^2 +2A+3)}/(A^3)
　　= (A-1)^2･2(A^2 -1)/(A^3)
　　≧ 0,　　　(A≧1)

>>512

相加･相乗平均を使わないなら
　3^5 = 243 < 256 = 16^2,
より
　A^4 + 3 > A^4 + 3(3^5/16^2)^2
　　= (9/4)A^3 + (A - 27/16)^2{A^2 + (9/8)A + (3^5)/(16^2)}
　　= (9/4)A^3 + (A - 27/16)^2{(A + 9/16)^2 + 162/(16^2)}
　　≧ (9/4)A^3,

どうでもいいけど.....

【問題１】
正の数 x、y、z が z≧x+y をみたすとき、
x^2 + y^2 + z^2 ≧ (6/5)*(xy + yz + zx) を示せ

【問題２】
0.160 < ∫[0,1] x^2 e^(-x^2) dx <0.215 を示せ

【問題３】
正の数 a、b、c が a+b+c=1 をみたすとき、
(a + 1/a)^2 + (b + 1/b)^2 + (c + 1/c)^2 ≧ 100/3

http://www.asahi-net.or.jp/~nj7h-ktr/kadai10-11.pdf

上の上の数ヲタである不等式ヲタの皆さんには、【問題３】など瞬殺でしょうから、

(a + 1/a)^4 + (b + 1/b)^4 + (c + 1/c)^4 ≧ ？
(a + 1/b)^3 + (b + 1/c)^3 + (c + 1/a)^3 ≧ ？

と変えたところで、やはり秒殺でしょう （by スマートブレイン社社長）

>>514
【問題１】
　z = x + y + Z'　(Z'≧0) を代入して整理する。
　(左辺) - (右辺) = (4/5)(x-y)^2 + (4/5)(x+y)Z' + (Z')^2 ≧ 0,
　等号成立は (x,y,z) = (1,1,2) のとき。

【問題２】
(左)　e^(-x^2) = (1/e)e^(1-x^2) > (1/e)(2-x^2), より
　I > (1/e)∫[0,1] (x^2)(2-x^2)dx
　　= (1/e) [(2/3)x^3 -(1/5)x^5 ](x=0,1)
　　= 7/(15e)
　　= 0.171677
(右)　x^2 > x^3 より
　I < ∫[0,1] (x^2)e^(-x^3) dx
　　= (1/3)[ -e^(-x^3) ](x=0,1)
　　= (1/3)(1 - 1/e)
　　= 0.210706852
または　相加･相乗平均より
　x^2 < (1/3)x + (3/4)x^3,
　I < ∫[0,1] {(1/3)x + (3/4)x^3}･e^(-x^2) dx
　　= [ -(1/24)(13 + 9x^2)e^(-x^2) ](x=0,1)
　　= (1/24)(13 - 22/e)
　　= 0.204443845

【問題３】
　f(x) = (x + 1/x)^2　は下に凸だから、Jensen で一発だが、
x=1/3 で接線を曳いて
　f(x) =　100/9 - (160/3)(x -1/3) + (x^2 +54x +9)(x -1/3)^2
　　　 ≧ 100/9 - (160/3)(x -1/3),
　f(a) + f(b) + f(c) ≧ 100/3 - (160/3)(a+b+c-1) = 100/3,
でもよい。

【問題４】
正の数 a、b、c が abc=1 をみたすとき、
(a - 1 + 1/b)(b - 1 + 1/c)(c - 1 + 1/a) ≦ 1 を示せ

　　　∧,,∧　　　　
　 　(`･ω･´)　　　 詳しく聞こうか？
　　 （　　　 ）
￣￣Φ口U￣￣＼
　　　_　_. 　 　 　 　＼
＿（　　　 ）＿＿＿＿.＼
￣┏┳┓）

>>514

【追加問題１】
　f(x) = (x + 1/x)^n　は下に凸だから Jensen で一発だが、
x=1/3 で接線を曳いて
　f(x) ≧ (10/3)^n - 8n(10/3)^(n-1)･(x -1/3),
　f(a) + f(b) + f(c) ≧ 3(10/3)^n - 8n(10/3)^(n-1)(a+b+c-1)
　　= 3(10/3)^n,
としてもよい。

【追加問題２】
　(abc)^(1/3) = G　とおく。(相乗平均)
相加･相乗平均で
　aa/b + bb/c + cc/a ≧ 3G,
　a/bb + b/cc + c/aa ≧ 3/G,
　3G + 3/G ≧ 6,
より、【１】に帰着する。
　3(10/3)^3 = 1000/9

>>516

【問題４】
　abc=1 とあるから当然、 a=y/z, b=z/x, c=x/y と置くんだろうな。
　（左辺) = {(y-z+x)/z}{(z-x+y)/x}{(x-y+z)/y},

定義により、-x+y+z, x-y+z, x+y-z の任意の2つの和は正だから、
　正でないのは高々１つだけ。
・1つが正でない場合、明らかに成り立つ。
・3つとも正の場合、 相乗・相加平均より
　√{(x-y+z)(y-z+x)} = √{x^2 - (y-z)^2} ≦ x,
　√{(y-z+x)(z-x+y)} = √{y^2 - (z-x)^2} ≦ y,
　√{(z-x+y)(x-y+z)} = √{z^2 - (x-y)^2} ≦ z,
辺々掛けて
　(x-y+z)(y-z+x)(z-x+y) ≦ xyz,

[第3章.481]　

>>515 【問題２】(右)

詳しく聞かれちゃ〜生姜ねぇ･･･

∫[0,1] x e^(-x^2) dx = ∫[0,1] (1/2)e^(-t) dt = [ -(1/2)e^(-t) ](t=0,1) = 1/2 - 1/(2e) = 0.3166028,

∫[0,1] (x^3)e^(-x^2) dx = ∫[0,1] (1/2)t e^(-t)dt = [ -(1/2)(t+1)e^(-t) ](t=0,1) = 1/2 - 1/e = 0.13212056

ここでシュワルツを使えば　I < 0.2045232　だな。

>>515 【問題２】

exp( ) をマクローリン展開して計算すると I = 0.189472345820492

【もんじあ】
実数 x、y、z が (x+y-z)^2 + (y+z-x)^2 + (z+x-y)^2 = 1
をみたすとき、|x+y+z| の 最大値を求めよ

>>521
　g(x,y,z) = (x+y-z)^2 + (y+z-x)^2 + (z+x-y)^2
　　　　　= (1/3)(x+y+z)^2 + (8/3)(x^2 +y^2 +z^2 -xy -yz -zx)
　　　　　= (1/3)(x+y+z)^2 + (4/3){(x-y)^2 + (y-z)^2 + (z-x)^2}
　　　　　≧ (1/3)(x+y+z)^2,
∴　|x+y+z| ≦ √{3g(x,y,z)},
　等号成立は x=y=z=±1/√3 のとき。

g(x,y,z)≡1だから、最大値は√3か

[B.4355.]
　x,y,z は正数で、xyz=1 とする。このとき次を示せ。
　(x^3+y^3)/(x^2+xy+y^2) + (y^3+z^3)/(y^2+yz+z^2) + (z^3+x^3)/(z^2+zx+x^2) ≧ 2.

http://www.komal.hu/verseny/feladat.cgi?a=honap&h=201104&t=mat&l=en

　三角形ABCの内部の点Pに対して PA+PB < CA+CB が成り立つ。

[B.4339.]
　四面体ABCDの内部の点Pに対して PA+PB+PC < DA＋DB+DC が成り立つか？

http://www.komal.hu/verseny/feladat.cgi?a=honap&h=201102&t=mat&l=en

[B.4355.] (訂正)
　x,y,z は正数で、xyz=1 とする。このとき次を示せ。
　(z^3 + y^3)/(x^2+xy+y^2) + (x^3 + z^3)/(y^2+yz+z^2) + (y^3 + x^3)/(z^2+zx+x^2) ≧ 2.


>>524 なら瞬殺だろうな.... >>514

(ﾟдﾟ；) ﾄ､ﾄｳｾﾞﾝ ﾃﾞ ｺﾞｻﾞﾙﾖ…

>>526-527

相加･相乗平均を使えば >>524 と同じ....
　(左辺) ≧ 3{f(x,y)f(y,z)f(z,x)}^(1/3),

　x^2 +xy +y^2 = 3(x^2 -xy+y^2) - 2(x-y)^2 ≦ 3(x^2 -xy +y^2), より
　f(x,y) = (x^3 + y^3)/(x^2 +xy +y^2)
　　≧ (1/3)(x^3 + y^3)/(x^2-xy+y^2)
　　= (1/3)(x+y),
再度、相加･相乗平均より
　(左辺) ≧ {(x+y)(y+z)(z+x)}^(1/3)
　　= {8xyz + x(y-z)^2 + y(z-x)^2 + z(x-y)^2}^(1/3)
　　≧ 2(xyz)^(1/3),

ＡＢ＜ＡＣでＢの近くにＤをとり，Ｃの近くにＰをとる。

>>524
　x,y,z は正数で、x+y+z=3 とする。このとき……

>>498
第10回(2011年)中国女子数学オリンピック(CGMO)の問題3

http://www.imojp.org/
http://www.imojp.org/challenge/index.html 過去問

(*ﾟ∀ﾟ)=3 ﾊｧﾊｧ…

>>531
中華の問３、どっかで見たような希ガス…

C.944
http://www.mat.uniroma2.it/~tauraso/GRA20/main.html

>>238
>>251

そういや３年位前に、高校の先生が相加相乗平均の新証明の記事があったけど、
いまさらながら、その論文のリンクを貼っておく
http://www.emis.de/journals/JIPAM/images/080_08_JIPAM/080_08.pdf

並べ替え不等式を使うのか…

>>526
　x,y,z は正数で xy+yz+zx = 3 とする。このとき……

0

x, y, zは正の実数で x+y+z=11 , x≦2, y≦3 のとき　√(xyz) ≦6 .

>>539
どうやるん？

>>536
その方法と 全 く 同 じ 方 法 で、
色々な不等式(もちろん相加相乗平均も)を証明した記事が、
数学セミナーに掲載されている。

数学セミナー 2004.2
ttp://www.nippyo.co.jp/magazine/4352.html
＞対称性を有する不等式の統一的証明について　仁平政一　52

↑この記事。2004年だから、例の高校の先生より早い。

>>541
なんと！ すごいな

さて、不等式ヲタ ≒ 三角関数 ≒ nCrヲタであるから、次の問題

【問題】 Σ[r = 0、n] (-1)^k * nCr / (x+r) = ？

543 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2011/08/26(金) 13:21:54.25
さて、不等式ヲタ ≒ 三角関数 ≒ nCrヲタであるから、次の問題

【問題】 Σ[r = 0、n] (-1)^r * nCr / (x+r) = ？

記事名をキーワードにググってみたら、
数研通信とかいうサイトに まるごと載ってるじゃねーか(＾o＾)

数研通信　47号2003年8月
不等式の証明の統一的方法（仁平政一）
ttp://www.chart.co.jp/subject/sugaku/suken_tsushin/47/47-5.pdf


>541と若干タイトルが違うが、著者は同じ。で、こっちの方が
さらに年月が古く、2003年8月となっている。

>541のやつは、この記事の加筆修正なのかもしれん(俺の手元に
数セミが無いので、確認できない＾o＾)。

>>545
情報サンクス！
数蝉の年２回のNOTEは、コピーしてファイルしてるので見たけど、
数検通信の記事から抜粋したものですな

で、この方法は >>2 参考文献[1] P.25の方法と同じな希ガス…

＞で、この方法は >>2 参考文献[1] P.25の方法と同じな希ガス…
ということは、並べ替え不等式を使う方法は
ずっと昔から知られていたと。

541>所謂, Rearrangememt Inequalityですな。

>>544 int_0^1 x^2 dxは？

>>539-540

　　xy -(x+y+1) +2 = (x-1)(y-1) ≦ 2,
∴　xyz = xy(11-x-y) ≦ (1+x+y)(11-x-y) = 36 - (5-x-y)^2 ≦ 36,
∴　√(xyz) ≦ 6,

>>549
１行目が思いつかない
どういう発想で、こういう解法に辿りついたのか知りたいです
数字が変わっても、このやり方は使えるのですか？

>>544
f_n(x) = Σ[r = 0 to n] (-1)^r * nCr / (x+r) とおくと
　 f_{n+1}(x) = f_n(x) - f_n(x+1)

B[x,n+1]だろ

>>552
なにそれ？

a,b,cが三角形の三辺の長さのとき

1/4<(a+b)(b+c)(c+a)/(a+2b)(b+2c)(c+2a)


を示せ


高１の宿題です
さっぱりわかりません

4(a+b)(b+c)(c+a)-(a+2b)(b+2c)(c+2a)
={4(b+c)*a^2 + 4(b+c)^2*a + 4bc(b+c)} - {2(b+2c)*a^2 + (b+2c)(4b+c)*a + 2bc(b+2c)}
=2b*a^2 + (4b^2+8bc+4c^2-4b^2-9bc-2c^2)*a + 2b^2c
=2b*a^2 + (-bc+2c^2)*a + 2b^2c
=2(ba^2+cb^2+ac^2)-abc
=6*(1/3)*(ba^2+cb^2+ac^2)-abc
≧6*abc-abc　　(相加相乗平均　等号成立はba^2=cb^2=ac^2⇔a=b=c)
=5abc>0

>>555じゃないが、「三角形の三辺の長さ」って条件必要か？

高１で３次の相加相乗平均を勝手に使っていいか不明だし
三角形であることをうまく使って証明できるのかもしれない。
やり方がわからんのだけど。

＞高１で３次の相加相乗平均を勝手に使っていいか不明
うろ覚えだが、2次の相加相乗平均でさえ習うのは高2だったような。
まあa^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c){(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}/2から直接導けるが。
何か数�T,A範囲で証明できる方法があるのかね。

>>555
三角形の条件は？

つまり、三角形の３辺をなす正の数 a、b、c でなくても成立する不等式だったと…
出題者は、三角形の成立条件を考慮した上で、もっと厳しい評価式を出題しろってこった！

>>560

a,b,cが三角形の三辺の長さのとき

8/27 ≦ (a+b)(b+c)(c+a)/{(a+2b)(b+2c)(c+2a)},

を示せ。

等号成立は a=b=c のとき。

てめえが示せこの野郎！

>>562
君は口が悪いな、このスレにふさわしくない
さっさと、夜光灯を振る仕事に戻るんだ！

三角形の辺の長さに関する不等式について検索したら…
不等式プロがヒットした！
http://www.researchgate.net/publication/41797900__()

>>561

27(a+b)(b+c)(c+a) - 8(a+2b)(b+2c)(c+2a)
　= 11(aab +bbc +cca) -5(abb +bcc +caa) -18abc
　= (17/3){2(aab +bbc +cca) -(abb +bcc +caa) -3abc}
　　+(1/3){-(aab +bbc +cca) +2(abb +bcc +caa) -3abc}
　= (17/3)P + (1/3)Q,

三角不等式より
　2P = 4(aab +bbc +cca) -2(abb +bcc +caa) -6abc
　　= (b+c-a)(a-b)^2 + (c+a-b)(b-c)^2 + (a+b-c)(c-a)^2 ≧ 0,
　2Q = -2(aab +bbc +cca) +4(abb +bcc +caa) -6abc
　　= (c+a-b)(a-b)^2 + (a+b-c)(b-c)^2 + (b+c-a)(c-a)^2 ≧ 0,

>>544
n!/{x(x+1)(x+2)…(x+n)}

>>561
三角形の３辺だから
　a=q+r, b=r+p, c=p+q,　　　　　　>>273
とおく。p,q,r≧0

27(a+b)(b+c)(c+a) - 8(a+2b)(b+2c)(c+2a)
　= 27(q+2r+p)(r+2p+q)(p+2q+r) - 8(q+3r+2p)(r+3p+2q)(p+3q+2r)
　= 6(p^3 +q^3 +r^3) -11(ppq+qqr+rrp) +5(pqq+qrr+rpp)
　= (17/3){p^3 + q^3 + r^3 -2(ppq+qqr+rrp) +(pqq+qrr+rpp)}
　　+(1/3){p^3 + q^3 + r^3 +(ppq+qqr+rrp) -2(pqq+qrr+rpp)}
　= (17/3)P + (1/3)Q,

　P = p^3 + q^3 + r^3 -2(ppq+qqr+rrp) +(pqq+qrr+rpp)
　　= p(p-q)^2 + q(q-r)^2 + r(r-p)^2 ≧ 0,
　Q = p^3 + q^3 + r^3 +(ppq+qqr+rrp) -2(pqq+qrr+rpp)
　　= q(p-q)^2 + r(q-r)^2 + p(r-p)^2 ≧ 0,

変わり映えしねぇ.....

>>29-31 >>44
　a,b,c ≧0,
　m = min{a,b,c}
　{a,b,c} = {m,m+x,m+x+y}
とおく。
　a+b+c=s, ab+bc+ca=t, abc=u として
　s^2 -3t = x^2 +xy +y^2,
　st-9u = 2m(x^2+xy+y^2) + x(x+y)(2x+y),
　|�處 = |(a-b)(b-c)(c-a)| = xy(x+y),

　6s^3 -21st + 27u = 12m(x^2+xy+y^2) + 3(2x^3 +3xxy +5xyy +2y^3)
　　> 3(2x^3 +3xxy +5xyy +2y^3)
　　≧ 3xy(5x+7y)
　　> 15xy(x+y)
　　= 15|�處,

>>494 の類題

a,b,cを実数、�� = (a-b)(b-c)(c-a)、とするとき
　a^4 + b^4 + c^4 + (a+b+c)�� ≧ (1/27)(a+b+c)^4,
を示せ。 (こってうし）

http://www.casphy.com/bbs/test/read.cgi/highmath/1169210077/672

　I+J+K+L+N = 0 のとき

f(x,y,z) = N(x^4 + y^4 + z^4) + I(yx^3 + zy^3 + xz^3) + J(xy^3 + yz^3 + zx^3) + K(xxyy+yyzz+zzxx) + Lxyz(z+y+z),

を平方和で表わせ。ただし、N = A^2 + B^2 + C^2 とする。

>>570

f(x,y,z) = (Ax^2 + By^2 + Cz^2 + Pyz + Qzx + Rxy)^2 + cyclic. + K '{xxyy+yyzz+zzxx-xyz(x+y+z)}

とおいて、係数 P,Q,R を求めよう。 ここに
　K ' = K - P^2 - Q^2 - R^2 - 2(AB+BC+CA),

まづ
　P + Q + R = - (A+B+C),
　CP + AQ + BR = I/2,
　BP + CQ + AR = J/2,
より
　AP + BQ + CR = -(I+J)/2 -(A+B+C)^2,
クラメルの公式より
　P = {I(B-A) + J(C-A) + 2(A+B+C)(BC-AA)}/D,
　Q = {I(C-B) + J(A-B) + 2(A+B+C)(CA-BB)}/D,
　R = {I(A-C) + J(B-C) + 2(A+B+C)(AB-CC)}/D,
ここに
　D = 2(A^2 + B^2 + C^2 -AB -BC -CA) = (A-B)^2 + (B-C)^2 + (C-A)^2 ≧ 0,

　P^2 + Q^2 + R^2 = (A+B+C)^2 + {(II+IJ+JJ) + 2(I+J)(A+B+C)^2 + 4(AB+BC+CA)(A+B+C)^2}/D,

　PQ + QR + RP = −(1/2){(II+IJ+JJ) + 2(I+J)(A+B+C)^2 + 4(AB+BC+CA)(A+B+C)^2}/D,

これを使えば K ' を計算できる。

　K '≧0 なら平方和になる。そのためには、|A+B+C| がなるべく小さくなるように符号をとるとよい。

>>571 補足

　xxyy + yyzz + zzxx - xyz(x+y+z) = (1/2){x(y-z)}^2 + (1/2){y(z-x)}^2 + (1/2){z(x-y)}^2 ≧ 0,

1991 IMO 1/4<(a+b)(b+c)(c+a)/(a+b+c)^3≦8/27

1/x^4+1/y^4+1/z^4+1/w^4+9/(x^4+y^4+z^4+w^4)
≧8/9(1/x^2y^2+1/x^2z^2+1/x^2w^2+1/y^2z^2+1/y^2w^2+1/z^2w^2)

≧11/3(x^4+y^4+z^4+w^4)

≧25/4xyzw

x=y=z=w=1.

25/4>=4/27>=11/12>=25/4.

1/x^4+1/y^4+1/z^4+1/w^4+9/(x^4+y^4+z^4+w^4)
≧(8/9)(1/x^2y^2+1/x^2z^2+1/x^2w^2+1/y^2z^2+1/y^2w^2+1/z^2w^2)

+11/3(x^4+y^4+z^4+w^4)

≧25/4xyzw

だね。

>>573

右: 4(a+b)(b+c)(c+a) - (a+b+c)^3 = aa(b+c-a) + bb(c+a-b) + cc(a+b-c) + 2abc > 0,
左: 相加相乗平均
　　8(a+b+c)^3 -27(a+b)(b+c)(c+a)
　　= 3(a+b)(a-b)^2 + 3(b+c)(b-c)^2 + 3(c+a)(c-a)^2 + 2(a^3+b^3+c^3-3abc) ≧ 0,

a^n+b^n<c^n
となる整数a,bをcで表しなさい。

　n≧4 で 2^(n-1) < n^(n-2)

を、帰納法以外で示したいのですが
どうすればいいでしょうか。

>>579

　n ≦ 2(n-2),
　2^n ≦ 2^{2(n-2)} = 4^(n-2) ≦ n^(n-2),

おおっ
不等式のプロにかかるとさすがにアッサリですね。
ありがとうございます。>>580

2^2<=n.
2^(n-3)<n^(n-3).
2^(n-1)<n^(n-2).

>>546-547

で、この方法は >>2 参考文献[3] P.71の方法4.と同じな希ガス…

　x_(n-1) ≦ G ≦ x_n,
を仮定して
　x_(n-1) + x_n - {x_(n-1)･x_n /G + G} = (x_n - G){G - x_(n-1)}/G ≧ 0,
　x_(n-1) + x_n ≧ {x_(n-1)･x_n /G} + G,
を導いています。

つまり既出の証明でも専門誌に発表できるということですね

対称性に注目って不等式考える上では突飛なアイデアじゃないよね
ってか定跡やん。これを「新証明」と主張することに不安は感じなかったのだろうか。

>>573がその後発展してなくて涙目の住民ワロス

>>573に書き込んだのに誰からもレスされなくて、
あまりのくやしさに>>586で書き込んだのだった

涙拭けよ

何言ってだこいつら

いつもの荒らしでしょう

そもそも573は問題の解釈が間違っている
真ん中はこの式にはならない
これ書いたやつ馬鹿すぎ

1991問題は
三角形の内心をI、二等分線をAA'BB'CC'とするとき
AIBICI/AA'BB'CCがこの範囲を示せだが

AI/AA'=(b+c)/(a+b+c) etc.

>>573　△の辺だから
　>>577


>>592

　AI/AA' = (△ABC-△BCI)/(△ABC)
に
　△BCI = (1/2)ar,　△ABC = (1/2)(a+b+c)r, を入れる。
（rは△ABCの内接円の半径）

>>570-572

〔例1〕　　>>268
　2倍すると
　N=2, I=-6, J=0, K=4, L=0,
　(A,B,C)=(1,-1,0) すると (P,Q,R)=(2,-1,-1) 　K'=0,
　>>284-290

〔例2〕　　>>494 >>504
　27倍すると
　N=19, I=-5, J=49, K=33, L=-96,
　(A,B,C)=(3,-3,1)　(P,Q,R)=(-22/4,11/4,7/4)　K ' = 3/8,
　(A,B,C)=(3,-3,-1)　(P,Q,R)=(-131/28,46/28,113/28)　K ' = 3/8,

〔例3〕　　>>569
　27倍すると、
　N=26, I=-31, J=23, K=-6, L=-12,
　(A,B,C)=(4,-1,-3)　(P,Q,R)=(-2/26,59/26,-57/26)　K '= 29/78
　(A,B,C)=(4, 1,-3)　(P,Q,R)=(-144/74,141/74,-145/74)　K ' = 13/74,

>>592
間違ってるんだが

BA'が(a+b)/(2a+b+c)
AI/AA'=(a+b)/(a+b+BA')

を考えると明白な間違い

>>596
>BA'が(a+b)/(2a+b+c)

BA'、a、b、cって長さ？
次元が違うんだが

二等分線だからこういうふうな比になるだろ
なんで分からないの？馬鹿は死ねよ

　　　　　　　　　　／￣￣￣＼
　　　　　　　　　/　　 ⌒　　⌒ ヽ
　　　　　　　　 /　 ｨ●ｧ　　ｨ●ｧ |
　　　　　　　　 |　　　　 　　　 　　|
　　　　　　　　 |　　　　　c{　っ 　|
　　　　　　　　 |　　　　＿＿　　　}　　　うーっす
　　　　　　　　/､.　　　　ー　　　 ヽ
　　　　　　　/　　　　　　　　　　　　|
　　　　　　　|　　　　　　　　　　 |　/
　　　　　　　ヽ_|　　┌──┐　|丿
　　　　　　　　 |　　├──┤　|
　　　　　　　　 |　　├──┤　|

間違いに気付いたか
馬鹿め

訂正

BA'が(a+b)（b+c）/(2a+b+c)
AI/AA'=(a+b)/(a+b+BA')

上を下に入れると
a+bがきれいにきえて


（2a+b+c）/２(a+b+c)


になるんで、上のほうの解答は大間違い

>>601
a=b=cのときBA'=(a+b)（b+c）/(2a+b+c)=a=BCになるんだが

解答が自動化してるイカサマ師が何を言っても恥ずかしいだけ

ここまで飛ばし読みした俺様に、修正バージョンを書いてくれ

適当にでっちあげた式にでっちあげた式を入れる遊びは楽しいかね

　　　　　�凵@　　　　○　　　∇　、＿＿＿,､´｀ﾞ；~､　　';冫　☆
　　　　　　　　　　　┏　 ━ゝヽ''／　　≧　＼━〆Ａ!ﾟ━━┓。
　╋┓"〓┃　 ＜　ゝ＼',冫｡'　|:::: 　＼ .／　|゛△│´'´,.ゝ'┃.　　　　　 ●┃ ┃┃
　┃┃_.━┛ヤ━━━━━━|::::: (●　(● |━━━━━━━━━　　━┛ ・　・
　　　　　　　　∇ 　┠─Σ-　　ヽ::::... .ワ.....ノ　　冫　そ',´; ┨'ﾟ,。
　　 　 　 　 　 .。冫▽　＜　　 ⊂ 　 　　./⊃　　　　 乙　　≧　　　▽
　　　　　　　　　。　┃　　 Σ　　 （⌒ゞ　,l,　､'' 　│ 　 て　く
　　　　　　　　　　　┠─ム┼ 　　ゝ,,ﾉ　ﾉゝ.　､,,　.┼ ｧ　Ζ┨　ミｏ''｀
　　　　　　　　　。､ﾟ`。､　　　i／　　　レ' o。了　､''　×　 个ｏ
　　　　　　　　○　 ┃ 　　`､,~´＋√ ▽　 　',!ヽ.◇　 　　ｏ┃
　　　　　　　　　 　 ┗〆━┷　Ｚ,.'　/┷━''ｏ ヾｏ┷+＼━┛,゛；
　　　　　　 ヾ　　　�凵@　　　　　　　　　　　　　　'、´　　　　∇

荒れたスレに不等式ヲタが光臨！ 整理すると以下の如しだ！

【1991 IMO 問１】
△ABCの内心をI、二等分線をAA'BB'CC'とするとき、
　1/4 < (AI・BI・CI)/(AA'・BB'・CC) ≦ 8/27

【証明】
>>592
角の二等分線の定理から、容易に
　AI/AA' = (b+c)/(a+b+c)、BI/BB' = (c+a)/(a+b+c)、CI/CC' = (a+b)/(a+b+c)
>>573
示すべき不等式は
　 1/4 < (a+b)(b+c)(c+a)/(a+b+c)^3 ≦ 8/27
>>577
右: 4(a+b)(b+c)(c+a) - (a+b+c)^3 = aa(b+c-a) + bb(c+a-b) + cc(a+b-c) + 2abc > 0,
左: 相加相乗平均
　　8(a+b+c)^3 -27(a+b)(b+c)(c+a)
　　= 3(a+b)(a-b)^2 + 3(b+c)(b-c)^2 + 3(c+a)(c-a)^2 + 2(a^3+b^3+c^3-3abc) ≧ 0,

>>590、>>595-602 をあぼーんすればよろし

なんで590、598、600は偉そうなの？ 馬鹿なのに

a>0 のとき　(a-x)^n + (a+x)^n > 2a^n

って明らかですか？どう示せばいいでしょうか。

間違えました。>じゃなくて≧でした。
(a-x)^n + (a+x)^n ≧ 2a^n です。

n≧1かな？
凸不等式でおｋ

変な質問ですが、「不等式評価」って言葉はありますか？
クラスの数学得意なやつが使ってたんですが、先生も初めて聞いたと言っていました。

不等式で評価する


って普通に使うね。

進学校じゃないかぎり学校の先生は大抵教育学部出身だから、評価estimateとか言っても基本的には通じない。

数学に限ったことじゃないけど本当に「小中高の勉強」ができてた奴は教師になってない。

>>615
> 数学に限ったことじゃないけど本当に「小中高の勉強」ができてた奴は教師になってない。

なんで？

>>607
なんでa+ｂ＋ｃがでてくるんだよ。AB,ACは足したら2a+b+cだろうが

何言ってだこいつ

しーっ、目を合わせちゃいけません

a+b+cってどこにあるの

上から評価、下から評価

とか言った使い方をよくする

>>525

〔補題〕　
AB ≦ CA, CB のとき、
三角形ABCの内部の点Pに対して PA + PB + PC < CA + CB.

>>622

(略証)
Pを直線上で動かすとき、AP,BP,CP は下に凸(*)だから
　f(P) = AP+BP+CP も下に凸。
直線CPと辺ABの交点をQ とすると、凸性から
　f(P) < max{f(C), f(Q)}
ところで 題意より
　f(Q) = (AQ+QB) + CQ = AB + CQ ≦ AB + max{CA,CB} ≦ CA + CB = f(C),
∴　f(P) < f(C),

* この直線をt軸とすると g(t) = √(a^2 + t^2) は
　　a≠0 のとき双曲線。
　　a＝0 のとき g(t)=|t| でＶ字形の折れ線。

0＜a、a≠1
((a^(2n+1)/(a-1))+(a(1-a^2n)/2n(1-a)^2)^2n)/a^n(2n+1)≧(2n)！

1 ≦ a、b、c ≦ 2 に対して、(a+b)/(b+c) + (b+c)/(c+a) + (c+a)/(a+b) の最大値（上限）は？

>>625

通分して
{(19/6) - (与式)}*(a+b)(b+c)(c+a)
　= (19/6)(a+b)(b+c)(c+a) - (c+a)(a+b)^2 - (a+b)(b+c)^2 - (b+c)(c+a)^2
　= (1/6){(aab+bbc+cca) + 7(abb+bcc+caa)} + (1/3)abc -(a^3 +b^3 +c^3)
　= (4/3)[k(aab+bbc+cca)+(1-k)(abb+bcc+caa)] + (1/3)abc -(a^3 +b^3 +c^3)　　(k=1/8)
　= (1/4){10[k(aab+bbc+cca)+(1-k)(abb+bcc+caa)] -4(a^3+b^3+c^3) -15abc}
　+ (7/12){-2[k(aab+bbc+cca) + (1-k)(abb+bcc+caa)] +7abc}
　= (1/4)F(k) + (7/12)G(k)
　≧ 0,

>>625　(続き)

〔補題1〕
-1/5≦k≦6/5 のとき
　F(k) = 10[k(aab+bbc+cca)+(1-k)(abb+bcc+caa)] -4(a^3+b^3+c^3) -15abc ≧ 0,
(略証)
　(2a-b)(2b-a)(2a-c) + c.c. = 12(aab+bbc+cca) - 2(abb+bcc+caa) -4(a^3 +b^3 +c^3) -15abc ≧ 0,
　(2a-b)(2b-a)(2b-c) + c.c. = -2(aab+bbc+cca) +12(abb+bcc+caa) -4(a^3 +b^3 +c^3) -15abc ≧ 0,
から。

〔補題2〕
-1≦k≦2 のとき
　G(k) = -2[k(aab+bbc+cca) + (1-k)(abb+bcc+caa)] +7abc ≧ 0,
(略証)
　(2a-b)(2b-c)(2c-a) = -4(aab+bbc+cca) +2(abb+bcc+caa) +7abc ≧ 0,
　(2b-a)(2c-b)(2a-c) =　2(aab+bbc+cca) -4(abb+bcc+caa) +7abc ≧ 0,
から。

〔類題〕
1 ≦ a,b,c,d ≦ 2 に対して
　4 ≦ (a+b)/(b+c) + (b+c)/(c+d) + (c+d)/(d+a) + (d+a)/(a+b) < 11/2.

[第２章.325-326 , 514-519]
　
上限（〜17/4）を出すのは大変でござるよ、ﾆﾝﾆﾝ。 ( ﾟ∀ﾟ)

ついでに....

>>102
　[第２章.643-645]

>>350-356
　[第２章.780 , 786-818]

>>628

題意より (a-c)/(b+c) ≦ 1/2,　4-b-c≧0.
加比の理 より、
　(a+b)/(b+c) = 1 + (a-c)/(b+c) ≦ 1 + [a-c +(4-b-c)/2]/[(b+c) +(4-b-c)] = 1 + [2 +a -(1/2)b -(3/2)c]/4.
循環的に加える。
　(左辺) ≦ 4 + [8-(a+b+c+d)]/4 ≦ 5.

[第２章.522,526]

>622

(略証)
点Pを通りCPに垂直な直線Lと 辺CA, 辺CB の交点を A', B' とする。
　CP < CA', CP < CB'

直線L上でPを動かしたとき、AP+BP は単一の極小をもつ。
∴　AP+BP < AA' + A'B または AP+BP < AB' + B'B のいずれかが成立。
　〔 LがBCと交わらない場合は △AA'B ⊃ △APB ∴ AP+BP < AA' + A'B〕

∴　AP+BP+CP < CA + A'B < CA + max{AB,CB} = CA + CB,　または
　　AP+BP+CP < AB' + CB < max{AB,CA} + CB = CA + CB,

[参考文献3] p.18-19, 例題10.(Visschersの問題)

>>625
　(a+b)/(b+c) + (b+c)/(c+a) + (c+a)/(a+b) < 3 + 3/10,
なら簡単だが.....
題意より (a-c)/(b+c) < 1/2,
加比の理より
　(a+b)/(b+c) = 1 + (a-c)/(b+c) < 1 + {(a-c)+(a-1)/2}/(a+b+c-1),
循環的にたす。
　(与式） < 3 + {(a+b+c-3)/2}/(a+b+c-1) < 3 + 3/10,


>>628　>>630
　(a+b)/(b+c) + (b+c)/(c+d) + (c+d)/(d+a) + (d+a)/(a+b) < 4 + 2/3
なら簡単だが.....
題意より　(a-c)/(b+c) < 1/2,
加比の理より
　(a+b)/(b+c) = 1 + (a-c)/(b+c) < 1 + {(a-c)+(d+a-2)/2}/(a+b+c+d-2),
循環的にたす。
　(与式) < 4 + (a+b+c+d-4)/(a+b+c+d-2) < 4 + 2/3,

難し杉…

分かり松…

それっ桐…

ネタ切れ梅

次のネタ投函を待つ竹さ…

粟てず、ゆっ栗…

For a>1,b>1,c>1,Prove that for positive integer n

(a-1)(b-1)(c-1)n^3+[(a-1)(b-1)+(b-1)(c-1)+(c-1)(a-1)]n^2
+(a+b+c-3)n+1≦(abc)^n.

>>639

　LHS = {(a-1)n+1}{(b-1)n+1}{(c-1)n+1},

(i) For n=1, equality holds.

(ii) For n>1 and t≧-1, by AM-GM,
　f(t) = t^n -n(t-1) -1 = t^n -nt +(n-1)
　　= (t^n + 1 + …… + 1) - nt
　　= (t-1){t^(n-1) + t^(n-2) + …… + t -(n-1)}
　　= (t-1)g(t)
　　≧ 0.　　　　　　　　　　　　(*)
　Equality holds only if t=1.

*)
　For -1≦t<1,　g(t) < 0.
　For t>1,　g(t) > 0.

>>611
　nが偶数 または a>0 のとき
　(左辺) - (右辺) = 2Σ_(k=1,[n/2]) Ｃ(n,2k) a^(n-2k) x^(2k) ≧ 0,
　等号成立は x=0 のとき。

>>612
　nが奇数（>1）かつ |x| >a のとき ……

>>611
nについての帰納法による。

・n=1 のとき 等号成立。

・n>1 のとき
f_n(a,x) = (a-x)^n + (a+x)^n - 2a^n
　　　　= a･f_(n-1)(a,x) + x{(a+x)^(n-1) - (a-x)^(n-1)}
　　≧ a･f_(n-1)(a,x),
∵
　x>0 のとき a+x > |a-x|,
　x<0 のとき a-x > |a+x|,
　x{(a+x)^(n-1) - (a-x)^(n-1)} ≧ 0,
よって
　f_n(a,x) ≧ a･f_(n-1)(a,x) ≧ …… ≧ a^(n-1)･f_1(a,x) = 0,

>>625 >>628

文字の数をn個に拡張すると……

(a,b,c,……) の並びが (1,1,2) と (1,1,2,2) の組み合わせのとき、

n=4m　 :　n + n/16,
n=4m+1 :　n + (n-9)/16 + 1/2,
n=4m+2 :　n + (n-6)/16 + 1/3,
n=4m+3 :　n + (n-3)/16 + 1/6,

∴ 最大値はこれ以上だが....

〔問題〕
正の実数 x,y,z が三角形（最大角θ）の３辺の長さとなるとき
　S = (x^2+y^2+z^2)/(xy+yz+zx),
のとりうる値の範囲を求めよ。（じゅー)

http://www.casphy.com/bbs/test/read.cgi/highmath/1169210077/679-

>>644　のあらすじ

正弦定理より
　S = {sin(A)^2 + sin(B)^2 + (sinθ)^2}/{sin(A)sin(B) + [sin(A)+sin(B)]sinθ},

A+B+θ = 180ﾟ（θ≧60ﾟ） より

　S = 2{2+cosθcos(A-B) -(cosθ)^2}/{4(1+cosθ)sin(θ/2) +cos(A-B) +cosθ}
これは |A-B| について単調増加。

∴　2(2-cosθ)/{1+4sin(θ/2)} ≦ S < 2,
　左側の等号は A=B=(180ﾟ-θ)/2,
　右側の不等号は {A,B}→{0ﾟ, 180ﾟ-θ}

For a,b,c>0 with a+b+c=3, Prove that
a/1+(b+c)^2+b/1+(a+c)^2+c/1+(a+b)^2≦3(a^2+b^2+c^2)/(a^2+b^2+c^2+12abc)

>>646
a/{1+(b+c)^2} のつもりだよな？（残り２つも）

【うんち問題】
a > b > 0 のとき、a + 1/{(a-b)b} ≧ 3

【本題】
正の数 x、y、z と正の有理数 a、b、c に対して、
　 (x^a・y^b・z^c)/{(x+y+z)^(a+b+c)} ≦ (a^a・b^b・c^c)/{(a+b+c)^(a+b+c)}

　　　　　　　＿＿＿　
彡　　　　 ／　　≧　＼　　　　彡　ﾋﾞｭｩ……
　　彡　　 |:::　 ＼ .／ |　　彡
　　　　　　|:::: (●　(●|　　　　もう秋ですなぁ…
　　　　　　ヽ::::......ワ...ノ　　　　過去スレに a+b+c=1の場合があったような希ガス
　　　 　 　 人つゝ 人,,　　　　　　　　　ﾃﾍｯ！
　　　　　 Ｙノ人　ノ ノノゞ⌒〜ゞ 　　　
　　　 .　 ノ /ミ|＼、　　　 ノノ　（　彡
　　　　 `⌒ 　.Ｕ~Ｕ`ヾ　　　　丿
　　　　　　　　　　　　 ⌒〜⌒

>>646
　a+b+c=s, ab+bc+ca=t, abc=u とおくと
　LHS = a/{(s/3)^2 +(s-a)^2} + b/{(s/3)^2 +(s-b)^2} + c/{(s/3)^2 +(s-c)^2}
　　　= 9(100s^5 -270s^3･t +378s^2･t +81tu)/(100s^6 -180s^4･t +324s^3･u +810s^2･t^2 -1458stu +729u^2),
　RHS = 9(a^2+b^2+c^2)/{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)+36abc}
　　　= 9(s^2 -2t)/(s^3 -2st+36u),
は使いたくないし...

>>648　【うんち】
　(a-b)b = (a/2)^2 - (a/2 - b)^2 ≦ (a/2)^2,

相加･相乗平均より
　(左辺) ≧ a + (2/a)^2
　　= a/2 + a/2 + (2/a)^2
　　= 3 + (1+a)(1 - 2/a)^2
　　≧ 3,

＞＞【本題】
正の数 x、y、z と正の有理数 a、b、c に対して、
　 (x^a・y^b・z^c)/{(x+y+z)^(a+b+c)} ≦ (a^a・b^b・c^c)/{(a+b+c)^(a+b+c)}

Just use weighted AM-GM inequality. Done!

>>648　>>650

　L(X)=log(X) は上に凸なので、Jensen により

　a･L(x/a) + b･L(y/b) + c･L(z/c) ≦ (a+b+c)･L((x+y+z)/(a+b+c)),

ということで、>>648を修正すると…

---------------------------------------------------
非負実数 x、y、z と正の数 a、b、c に対して、
　 (x+y+z)/(a+b+c) ≧ {(x/a)^a・(y/b)^b・(z/c)^c}^{1/(a+b+c)}
等号成立条件は、x/a = y/b = z/c のとき
---------------------------------------------------

これを使えば、次式も出てくるよね？ 間違ってないかな？

正の数 x、y、z が x+y+z=1 をみたすとき、
　 x^x・y^ｙ・z^z ≧ (x^y・y^z・z^x + x^z・y^x・z^y)/2
　 x^x・y^ｙ・z^z ≧ x^{(y+z)/2}・y^{(z+x)/2}・z^{(x+y)/2}

もっと面白いのできないかな？

　　　　 |
　＼　　__　　／
　＿　（ｍ）　＿ﾋﾟｺｰﾝ
　　　　|ミ|
　／＿＿＿＼　　　
　.／　　≧　＼　　
　|:::: 　＼ .／　|　　
　|::::: (●　(● |　＜ 相加ッ！ 相乗だったのか！ ﾊｧﾊｧ…
　ヽ::::... .ワ.....ノ

For x, y, z>0 with xyz=1.

Prove that

(x+3)/[(x+1)^2]+(y+3)/[(y+1)^2]+(z+3)/[(z+1)^2]

For x, y, z>0 with xyz=1.

Find the maximum value of

(x+3)/[(x+1)^2]+(y+3)/[(y+1)^2]+(z+3)/[(z+1)^2]

Sorry for multi posts,

For x, y, z>0 with xyz=1.

Find the minimum value of

(x+3)/[(x+1)^2]+(y+3)/[(y+1)^2]+(z+3)/[(z+1)^2]

不等式か！

ハーディーと誰かがコレクション集だしてたよね

おまえ等、買った？

>>656
コレクションですと！
ｋｗｓｋ！

今日も自演操業乙であります！

>>417
http://www.casphy.com/bbs/test/read.cgi/highmath/1169210077/630

>>659

つまり >637 によれば
　f(x) = (x-a)(x-b)(x-c) = x^3 -(a+b+c)x^2 +(ab+bc+ca) -abc,
とおくと
　f(x)f(-x) = (-x^2 +a^2)(-x^2 +b^2)(-x^2 +c^2)
　　= -x^6 +(a^2+b^2+c^2)x^4 -{(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2}x^2 +(abc)^2
　　= -(x^2){(ab+bc+ca) + x^2}^2 + {abc + (a+b+c)x^2}^2,　(恒等式)

x^2 = -1 を代入して
　(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2) = (ab+bc+ca-1)^2 + (abc -a-b-c)^2,

Just use,1+a^2=(1+ai)(1-ai) Done!

>>654

　(x+3)/(x+1)^2 = 1/(x+1) + 2/(1+x)^2 ≦ 3/(1+x),

　1/(x+1) + 1/(y+1) + 1/(z+1) = (3+2s+t)/(1+s+t+u)
　= 2 - (-1+t+u)/(1+s+t+u)
　< 2,
ここに、s=x+y+z≧3, t=xy+yz+zx≧3, u=xyz=1,
よって
　(与式) < 6,
上限に近づくのは、(例) x→0, y→0 のとき。

>>662 の訂正
　1/(x+1) + 1/(y+1) + 1/(z+1)
　= (3+2s+t)/(1+s+t+u)
　= 2 - (-1+t+２u)/(1+s+t+u)
　< 2,

>>655
　　1/(x+1) + 1/(y+1) + 1/(z+1)
　= (3+2s+t)/(1+s+t+u),

　　1/(x+1)^2 + 1/(y+1)^2 + 1/(z+1)^2
　= {(3-6u) + (4-2u)s + 2s^2 + 2st + t^2}/(1+s+t+u)^2,

　(与式) ={9(1-u) + (13-2u)s +(4+u)t +6s^2 +7st +3t^2}/(1+s+t+u)^2
　　　= 3 + {3(2-5u-u^2) +(7-8u)s -(2+5u)t +3s^2 +st}/(1+s+t+u)^2
　　　= 3 + (-12 -s -7t +3s^2 +st)/(1+s+t+u)^2　　　(← u=1)
　　　= 3 + {(5s/3 +4 +t)(s-3) +(4/3)(s^2 -3t)}/(1+s+t+u)^2
　　　≧ 3,
等号成立は s=t=3 すなわち x=y=z=1 のとき。

For a,b,c>0, prove that
4(a^3+b^3+c^3-3abc)^3≧27(a^2b+b^2c+c^2a-3abc)^3

>>664

　a^3 +b^3 +c^3 -3abc ≧ 3k･(aab +bbc +cca -3abc),
　k = 1/{4^(1/3)} 〜 0.630
----------------------------------------------------
Let's put
　m = min{a, b, c}
　(a, b, c) = (m, m+x, m+x') or its rotation,
where x≧0, x'≧0.
Then,
　a^3 + b^3 + c^3 -3abc = (a+b+c){(a-c)^2 -(a-c)(b-c) +(b-c)^2}
　　　　= (3m+x+x'){x^2 -xx' +(x')^2},
　aab +bbc +cca -3abc = m{x^2 -xx' +(x')^2} + (x^2)x',
and
　LHS - RHS ≧ (x+x'){x^2 -xx' +(x')^2} -3k(x^2)x'
　　　= (x + kx')(x - x'/√k)^2
　　　≧ 0.
Equality holds for (m, m+x, m+x') = (0, 1, √k)

>>656
>>2の[1]のことか？

正の数a、b、c、dに対して
　2(ab + ac + ad + bc + bd + cd)^3 ≧ 27(abc + abd + acd + bcd)^2

( ﾟ∀ﾟ)ｳﾋｮｯ！

a[k]＞0　(1≦k≦n)
(x-a[1])(x-a[2])(x-a[3])…(x-a[n])=Σ[k=0,n] (-1)^(n-k)p[k]x^kとしたとき、
i＜j⇒(p[i]/binomial(n,i))^(1/i)≧(p[j]/binomial(n,j))^(1/j)　(等号成立はa[1]=a[2]=a[3]=…=a[n]のとき)
らしいのですが、どうやって証明するのが一番きれいですか？
コーシーシュワルツのようなきれいな証明を知りたいです。

>>668
S_k = p[k]/binomial(n,k) とおいて、(S_k)^2 ≧ S_(k-1)・S_(k+1) を示し、これを用いるのぢゃ

>>667
[初代スレ.455、473-474]


>>668
　Π[k=1,j-1] (S_k)^(2k) ≧ Π[k=1,j-1] {S_(k-1)･S_(k+1)}^k,
より
　(S_{j-1})^j ≧ S_0･(S_j)^(j-1),
　S_0 = 1,

[初代スレ.257, 263-271]
参考文献[1] Cambridge版 (1934) の 2.22節、公式51-55
E.F.Beckenbach - R.Bellman, "Inequalities", Ergebnisse叢書、Springer (1961) p.11


>>669
　Q_k = (S_k)^2 - S_(k-1)・S_(k+1) = {1/(n･k･C[n,k]･C[n-1,k])}Σ{j=0,k-1} [k;j]/(j+1) ≧ 0,
　ここに [k;j] は {a1･a2･････a(k-j-1)}^2 a(k-j)････a(k+j-1){a(k+j)-a(k+j-1)}^2 という型の積すべての和
ですね。
[初代スレ.480-481]
数セミ増刊「数学の問題　第１集」No.21 (1977.2)

>>670
　　 ＿＿＿
　.／　　≧　＼　ｸﾞｯｼﾞｮﾌﾞ！
　|:::: 　＼ .／　|　初代スレ懐かしい…
　|::::: (●　(● |　 あれから７年も経ったのか…
　ヽ::::... .ワ....ノ 　 　n
￣￣　　　＼　 　 （ E）
フ 　　　 /ヽ ヽ_／／

じゃかあしい、黙ってろ！

>>672
誰だね君は？

俺はいまや　毎日が日曜日。
職業に関係する知識とノウハウは誰にも負けん。

ワシかていまや　毎日が日曜日。
馬鹿潰しに関係する知識とノウハウは誰にも負けん。

猫

毎日が充実してて何よりですワ

そうですねん。飯も美味いし酒も美味いワ。

猫

>>668-669
　(S_k)^2 ≧ S_(k-1)･S_(k+1),
より
　1/S_0 ≧ ･･････ ≧ (S_k)^(k-1)／(S_{k-1})^k ≧ (S_{k+1})^k／(S_k)^(k+1) ≧ ････,
　S_0 = 1,
とすべきか....

>>669>>670>>678
遅くなりましたがありがとうございます。
これは相加相乗平均の関係の拡張版と見なしていいですよね。
不等式の奥深さを改めて感じました。
n=6の場合についての問題が本に載っていたのですが、
皆目見当が付かず、答えが載っていなかったため数週間迷った挙句本屋に行っても
これについて解説している本が見つからなくて途方に暮れていました。
紹介していただいた参考文献[1]を是非読んでみたいと思います。

>>679
> n=6の場合についての問題が本に載っていたのですが、

その本の紹介きぼんぬ！ですぢゃ

使えんやっちゃな

>>680
シュプリンガーの『数学発想ゼミナール』3巻（第7章の題は「不等式」です）p.357

「x^6-6x^5+ax^4+bx^3+cx^2+dx+1=0の解は全て正であるという。
このときa,b,c,dを決定せよ。」

という問題です。
2次、3次方程式の解が全て実数かつ正であるための条件は
増減表などによって調べることが出来ました。
ここで上の命題を予想し、解が全て正である4次以上の方程式についても確かめたところ、正しそうだと分かりました。
相加-相乗平均の関係についての節の問題だったうえ、2項係数が出てきたため、
予想を導くこと自体はそれほど難しくありませんでした。
もし正しければa=15,b=-20,c=15,d=-6と定まり、x=1を6重解として持ちます。
しかし、証明がなかなか思いつかなかったので今回質問させていただきました。

>>682

根をα,β,γ,δ,ε,ζ とする。根と係数の関係より
　(α+β+γ+δ+ε+ζ)/6 = 1 = (αβγδεζ)^(1/6),
　相加平均 = 相乗平均,
また、題意より 根>0 だから 等号条件より
　α = β = γ = δ = ε = ζ = 1,
以下ry)

定理に辿りつけたのはご明察だが…

>>682

根を A,B,C,D,E,F >0 とするとき
　（A+B+C+D+E+F)^6 - (6^6)ABCDEF = Σ' {･･正の式･･･}(A-B)^2,
の形になることを示そう。

(略証)
まづ、
　(A+B+C+D+E+F)^6 = (1/60)g + (1/2)h + (5/4)i + 5j1 + (5/6)j2 + 20k + 20L1 + 5L2 + 45m + 30n + 2o,
ここに
　g = 60(A^6 + B^6 + … + F^6) = 60[6],
　h = 12Σ (A^5)B = 12[5,1],
　i = 12Σ (A^4)(B^2) = 12[4,2],
　j1 = 6Σ（A^4)BC = 6[4,1,1],
　j2 = 24Σ (AB)^3 = 24[3,3],
　k = 3Σ (A^3)(B^2)C = 3[3,2,1],
　L1 = 6Σ (A^3)BCD = 6[3,1,1,1],
　L2 = 18Σ (ABC)^2 = 18[2,2,2],
　m = 4Σ (AB)^2･CD = 4[2,2,1,1],
　n = 12Σ (A^2)BCDE = 12[2,1,1,1,1,1],
　o = 360･ABCDEF,
である。

ここで、Muirhead により
　g - h = 12Σ (A^5 - B^5)(A-B) = 12Σ {A^4 +A^3･B + (AB)^2 +AB^3 +B^4}(A-B)^2,
　h - i = 12Σ AB(A^3 - B^3)(A-B) = 12Σ AB(A^2 +AB +B^2)(A-B)^2,
　i - j1 = 12Σ C^4･(A-B)^2,
　i - j2 = 12Σ (AB)^2･(A-B)^2,
　j1 - k = 3Σ (A^2)BC･(A-B)^2,
　j2 - k = 3Σ (B^3)C･(A-B)^2,
　k - L1 = 3Σ (C^3)D･(A-B)^2,
　k - L2 = 3Σ AB(C^2)･(A-B)^2,
　L1 - m = 2Σ ABCD･(A-B)^2,
　L2 - m = 2Σ (CD)^2･(A-B)^2,
　m - n = 4Σ (C^2)DE･(A-B)^2,
　n - o = 12Σ CDEF･(A-B)^2,
を使う。(終)

補足
　Σ' はあらゆる文字の入替えに亘る和。（ただし同じものは1回ずつ）
　g = 60Σ' A^6,

>>687
顔文字に見えた

>>683
恥ずかしながら、上述の定理を予想していざ計算！
…という段階になってはじめてその解法に気付きました。
もっとも、遠回りの結果美しい不等式に出会えたので良かったのですが。

>>685-687
調べてみたところ、Muirhead's inequalityという名称があるのですね。
かなり複雑に見えますが、じっくり読ませていただきます。

x＞0
⇒e*x^(ex)≧1

xln x≧-1/e (x>0)

x>0
⇒ 1/x = e/(ex) ≦ e^(1/(ex)),
⇒ -log(x) ≦ 1/(ex),
⇒ x･log(x) ≧ -1/e,

f : R→R
∀x、 y∈R に対して f(x+y) ≦ yf(x) + f(f(x)) が成立するとき、
∀x<0 に対して f(x)=0 を示せ

いちおう不等式がらみということで… ( ﾟ∀ﾟ)

>>689

http://aozoragakuen.sakura.ne.jp/taiwa/taiwasen/egyptian/egyptian.html
http://messages.yahoo.co.jp/bbs?.mm=GN&action=m&board=1835554&tid=bdpbja1jiteybc0a1k&sid=1835554&start=46
　Yahoo!掲示板 - 科学 - 数学 - 出題(不等式)
http://planetmath.org/encyclopedia/MuirheadsInequality.html (英語)

示野信一:「対称式と不等式」数セミ、48巻、2号、通巻569 (2009/Feb) の p.26-29
G.H.Hardy、J.E.Littlewood & G.Polya: 「不等式」、ｼｭﾌﾟﾘﾝｶﾞｰ･ﾌｪｱﾗｰｸ東京 (2003/9) \5040 の 2.19節

>>695 訂正

http://messages.yahoo.co.jp/bbs?.mm=GN&action=l&board=1835554&tid=bdpbja1jiteybc0a1k&sid=1835554&start=46

>>693

IMO 2011 Problem 3

a,b,c>0→a^{b+c}+b^{c+a}+c^{a+b}≧1

x, y, z ＞0 (xyz=1)⇒ x^4+y^4+z^4+33≧12(xy+yz+zx)

>>699
わからん！

受験板より

f :R → Rは三回微分可能な関数で,全てのxについて次の条件�@,�Aが成り立っている
�@f(x)>0,f'(x)>0,f''(x)>0,f'''(x)>0
�Af'''(x)≦f(x)
このとき全てのxについて2f(x)>f'(x)が成立することを示せ

d/dx e^{2x}f(x)

そんなのは誰でも思いつくが、そこから先は？

>>703
俺は気づかなんだが、あとは推して知るべしだぞ！

d/dx e^{-2x}f(x)　じゃないのけ？

>>701
これどうするん？
和歌んねーよ！

>>682
これスツルムの定理で解けない？

>>698

(1) a,b,c の中に１以上のものがあるときは明らか。

次に　M = Max{b+c,c+a,a+b} とおく。

(2) a,b,c ≦ 1 かつ M ≦ 1 のとき
　b+c≦1, …, …
　y=x^(b+c) は xについて上に凸だから（x=1での）接線の下側にある。
　x^(b+c) ≦ 1 +(b+c)(x-1) ≦ 1 + (b+c)x,
　(1/x)^(b+c) ≧ 1/{1 + (b+c)x},　　(ベルヌーイの式)
x=1/a とおいて
　a^(b+c) ≧ a/(a+b+c),
　循環的にたす。

(3) a,b,c ≦ 1 かつ M ≧ 1 のとき
　0 < a ≦ b,c ≦ 1　としても一般性を失わない。
　a+b, a+c ≦ b+c = M,
　(与式) ≧ b^(c+a) + c^(a+b)
　　　≧ b^M + c^M
　　　≧ 2･(M/2)^M　　　(← 下に凸)
　　　≧ 2(1/2)　　　　(← *)
　　　= 1,

*)　{M･log(M/2)} ' = 1 + log(M/2),
∴　(M/2)^M は M>2/e　　で単調増加。
∴　(M/2)^M ≧ 1/2,　　　(M≧1)

　casphy - 高校数学 - 不等式 - 710〜713

３辺の長さがa、b、cの三角形の外接円、内接円の半径をR、rとおくとき、a+b+c < 4(R+r)
( ﾟ∀ﾟ) ﾌﾟｹﾗｯﾁｮ！

a, b, c>0, √a+√b+√c=3⇒

a/√(a+b)+b/√(b+c)+c/√(c+a)≧3/√2

ウィキペの相加相乗平均の説明しょぼい・・・

>>709
例によって
　(a+b+c)/2 = s,
　(s-a)(s-b)+(s-b)(s-c)+(s-c)(s-a) = t,
　(s-a)(s-b)(s-c) = u,
とおく。
△不等式より、s-a>0, s-b>0, s-c>0,
ヘロンの公式： Ｓ = √{s(s-a)(s-b)(s-c)} = √(su),
　4R = abc/Ｓ = (st-u)/√(su),
　r = Ｓ/s = u/√(su)
よって
　{4R + (5/2)r}^2 = {st + (3/2)u}^2 /su
　　　= (2s)^2 + (s/tu)(t^3 -4stu +9u^2) + (3/t)(t^2 -3st) + (9u/4s)
　　　= (2s)^2 + (su/t)F_{-2}(s-a,s-b,s-c) + (3u/t)F_{-1}(s-a,s-b,s-c) + (9u/4s)
　　　> (2s)^2
　　　= (a+b+c)^2,

〔Schur不等式〕
　F_n(x,y,z) = x^n･(x-y)(x-z) + y^n･(y-z)(y-x) + z^n･(z-x)(z-y)
　　= x^n･(x-y)^2 + (x^n -y^n +z^n)(x-y)(y-z) + z^n･(y-z)^2 ≧ 0.
　ここで y は x と z の中間にあるとした。（終）

>>712
> 例によって
> 　(a+b+c)/2 = s,
> 　(s-a)(s-b)+(s-b)(s-c)+(s-c)(s-a) = t,
> 　(s-a)(s-b)(s-c) = u,

いや、この置き換え、初見なんだけど… (ﾟ∀ﾟ；)ﾌﾞﾙﾌﾞﾙ

常識やろｗ

>>713
　(a+b+c)/2 = s とおくと
　(s-a) + (s-b) + (s-c) = s,
　……
なのですが、簡単なので省略しました。

nが自然数で、0 < x < π のとき、以下を証明せよ
(1)　1 + sin x + (sin 2x)/2 + … + (sin nx)/n > 0
(2)　1 + cos x + (cos 2x)/2 + … + (cos nx)/n > 0

( ﾟAﾟ) ぐぬぬ…

>>716 (1)

nについての帰納法による。
与式の左辺を 1 + S_n(x) とおく。
　S_1(x) = sin(x) >0,
　S_2(x) = sin(x){1+cos(x)} > 0,
n>2 のとき
　(d/dx)S_n(x) = cos(x) + cos(2x) + …… + cos(n･x)
　　　 = {sin((n+1/2)x) - sin(x/2)}/{2sin(x/2)}　(積和公式)
　　　 = sin(n･x/2)cos((n+1)x/2)/sin(x/2),　　　(和積公式)
S_n が極値をとる点 x=x0 に注目する。
　(1) sin(n･x0/2) = 0 のとき
　　　S_(x0) - S_{n-1}(x0) = sin(n･x0) = 0,
　(2) cos((n+1)x0 /2) = 0 のとき
　　　倍角公式より　sin((n+1)x0) = 0,　cos((n+1)x0) = -1,
　　　S_n(x) - S_{n-1}(x) = sin(n･x)
　　　　= sin((n+1)x-x)
　　　　= sin((n+1)x)cos(x) - cos((n+1)x)sin(x), (加法公式)
　　　S_n(x0) - S_{n-1}(x0) = sin(x0) > 0,

　参考文献[3] p.134-135, 例題8


〔類題〕
　S_n(x) = Σ[k=1,n] sin(kx)/k は sin(x) と同符号で、
　　| S_n(x) | < G' = Si(π) = 1.8519370519824…,

　[第２章.50、53、55]

>>716 (2)

与式の左辺を Ｃ_n(x) とおく。
　Ｃ_1(x) = 1 + cos(x) > 0,
　Ｃ_2(x) = 1 + cos(x) + cos(2x)/2
　　　= 1/2 + cos(x) + cos(x)^2　　(倍角公式)
　　　= 1/4 + {(1/2) + cos(x)}^2 > 1/4,
さて、
　(d/dx)Ｃ_n(x) = -sin(x) - sin(2x) + …… - sin(n･x)
　　　= {cos((n+1/2)x) - cos(x/2)}/{2sin(x/2)}　(積和公式)
　　　= -(1/2)sin(n･x) - {1-cos(n･x)}cos(x/2)/{2sin(x/2)} (加法公式)
　　　< -(1/2)sin(n･x),
　Ｃ_n(π) - Ｃ_n(x) < -(1/2)∫[x,π] sin(n･t)dt
　　　= {(-1)^n - cos(n･x)}/(2n)
　　　< {(-1)^n + 1}/(2n)　　(n:偶数のとき 1/n、n:奇数のとき 0）
　　　< (1-1) + (1/2 - 1/3) + …… + (-1)^n /n
　　　= Ｃ_n(π),
　∴　Ｃ_n(x) > 0,　　(森氏、ζ氏による.)

数セミ、３４巻7号（1995/7）出題、３４巻10号（1995/10）解説

( ﾟ∀ﾟ) ｱﾅﾀ ｶﾞ 神 ｶ？

任意の z、w∈C に対して、| (1+|z|^2)w - (1+|w|^2)z | ≧ | z \bar{w} - \bar{z} w |

( ﾟ∀ﾟ) ﾌﾟｹﾗｯﾁｮ！

>>720

　(1+|z|^2)w - (1+|w|^2)z = (w-z) - zw(w-z)~,

　zw~ - z~w = (1/2){(w+z)(w-z)~ - (w+z)~･(w-z)},

∴　|左辺|^2 - |右辺|^2 = {(w-z) -zw(w-z)~}{(w-z)~ -z~w~(w-z)}
　　　- (1/4){(w+z)(w-z)~ - (w+z)~(w-z)}{(w+z)~(w-z) - (w+z)(w-z)~}
　　　= (w-z)(w-z)~(1 + |zw|^2 -zw~ -z~w)
　　　= (w-z)(w-z)~(1-zw~)(1-z~w)
　　　= |w-z|^2 |1-zw~|^2
　　　≧ 0,

>>701を誰か．．．