05/01/11 21:34:18
(log(2))^3<1/3 なら、間にある(有理数)^3を見つければ
示せそうな気がするが...
886:１３２人目の素数さん
05/01/12 00:46:12
>>885
あのな、(a^m)^n = a^(mn) だよな。
これが a^(m^n) だと～、a^(m^n) だと～ （以下略）
887:１３２人目の素数さん
05/01/12 01:03:51
>>886
????????
888:１３２人目の素数さん
05/01/12 01:05:56
>>886-887
おまいら、荒らすな上げるな！
889:１３２人目の素数さん
05/01/12 01:37:55
>885
有理数としてたとえば 0.69333333････= 36/100 + 1/3 = 52/75 をとる。
右側は (52/75)^3 = 140608/4215 < 140625/421875 = 1/3.
左側 Ln(2) < 52/75 の方をどうするか……
890:１３２人目の素数さん
05/01/12 03:01:14
[0,1/3]上で
1/(1-x^2) = 1 + x^2 + x^4/(1-x^2) ≦ 1 + x^2 + x^4/(1-(1/3)^2) = 1 + x^2 + 9x^4/8
よって、(log2)/2 = ∫_[0,1/3](1/(1-x^2))dx < ∫_[0,1/3](1 + x^2 + 9x^4/8)dx = 1123/3240
3乗の計算が面倒だけど、(log2)^3 < (1123/1620)^3 = 1416247867/4251528000 < 1/3
891:１３２人目の素数さん
05/01/12 03:19:35
そういえば数セミ 2005 年 2 月号の『NOTE/講評と解説』に
巡回不等式とか正弦関数の比の単調減少性とか今後使えそうな面白い記事があったね。
892:１３２人目の素数さん
05/01/12 03:34:04
>>891
2005年2月号って、まだ発売されてないだろ！
>>783>>879
解答マダー！
おらおら出てこい！不等式オタクども！
893:１３２人目の素数さん
05/01/12 03:50:36
>>892
年間購読者ですから, もう届いているんですよ。
894:１３２人目の素数さん
05/01/12 04:02:05
>>893
さっさとウプシロン！
895:中川 幸一 ◆MC1Z7pcz5k
05/01/12 04:13:10
じゃ～問題だけ紹介します。
a_1, \cdots a_n > 0 に対して不等式
\dfrac{a_1^2}{a_2 a_3} + \dfrac{a_2^2}{a_3 a_4} + \cdots + \dfrac{a_{n-1}^2}{a_n a_1} + \dfrac{a_n^2}{a_1 a_2}
\geq \dfrac{2 a_1}{a_2 + a_3} + \dfrac{2 a_2}{a_3 + a_4} + \cdots + \dfrac{2 a_{n-1}}{a_n + a_1} + \dfrac{2 a_n}{a_1 + a_2}
が成立する。ここで, 等号は a_1 = \cdots =a_n のときのみ成立する。
\pi \geq A > B > 0 のとき関数
\dfrac{\sin (Ax)}{\sin (Bx)}
は 0 < x < \dfrac{1}{2} において単調減少である。
896:１３２人目の素数さん
05/01/12 04:15:14
>>895
せめて \frac と書け！
いちいち上げんな！
897:中川 幸一 ◆MC1Z7pcz5k
05/01/12 04:18:54
以下は演習問題という形で紹介されています。
(表記法を多少簡略化しました。)
a_1, \cdots , a_n が 1, \cdots , n の並べかえならば
\sum_{i=1}^n \dfrac{a_i}{i} \geq n
898:１３２人目の素数さん
05/01/12 04:20:40
>>896
悪い…。
ついつい癖で \dfrac って書いてしまった…。
あと上げてしまってスマン…。
899:884
05/01/12 17:50:14
>885,890
871(3) なるほど！ そういうことだったのか。 ベリィ㌧クス.
871(5) F(t)>0 を出すところに間違い･････ 死んでお詫びを･･･(AA省略)。
マクローリン展開より、0<t≦1 で、
tan(t) = t + (1/3)t^3 +(2/15)t^5 +(17/315)t^7 +･･･ ≦ t + (1/3)t^3 +(2/15 +17/315 +･･･)t^5 = t +(1/3)t^3 +c･t^5.
ここに c = tan(1) -1 -1/3 = 0.22407439･･･
F(t) = {2 -[1-(1/2)t^2 -(1/8)t^4]}t -tan(t) ≧ (1/6)t^3 +(1/8 -c)t^5 = (1/6 -0.09907439t^2)t^3 >0.
900:伊丹公理 ◆EniJeTU7ko
05/01/12 18:10:07
>>897
容易 ( n ＞ 1 の時）
一般に正とは限らぬ実数列 a_1 ＜ a_2 ＜ ....... ＜ a_n,
b_1 ＜ b_2 ＜ ....... ＜ b_n があり、c1, c_2, .... , c_n が
b_1, b_2, ....... , b_n の並べ替えであるとき、
a_1*c_1 + a_2*c_2 + .... + a_n*c_n が最大となるのは
c_i = b_i, i = 1, 2, .... , n の時。（又その時に限る）。
なる事実（well-known）と
x + (1/x) ≧ 2, 等号は x = 1 の時なることより出る。
901:伊丹公理 ◆EniJeTU7ko
05/01/12 19:13:47
>>900
訂正 x ＞ 0 の時、
x + (1/x) ≧ 2, 等号は x = 1 の時なることより出る。
902:中川 幸一 ◆MC1Z7pcz5k
05/01/12 21:01:59
>>897 の解答 (Original)
相加平均と相乗平均の大小関係より
(1/n)Σ[i=1 to n](a_i / i) ≧ (Π[i=1 to n](a_i / i))^(1/n) = 1^(1/n) = 1
故に
Σ[i=1 to n](a_i / i) ≧ n
(等号成立は a_i = i)
903:１３２人目の素数さん
05/01/12 23:24:58
(1) 正の実数a,b,x,y,zに対し、x/(ay+bz) + y/(az+bx) + z/(ax+by)≧3/(a+b)
(2) 実数a,b,c,x,y,zに対し、
ax+by+cz+√{(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)}≧(2/3)(a+b+c)(x+y+z)
(3) 0<x≦π/2 のとき、sin(sin(x))<tanh(x)
(4) 正の実数x,y,zがx+y+z=xyzを満たすとき、
x/√(1+x^2)+y/√(1+y^2)+z/√(1+z^2)≦(3√3)/2
904:１３２人目の素数さん
05/01/12 23:30:54
まだ解かれていない問題をまとめてください。
905:１３２人目の素数さん
05/01/13 04:34:03
>>819
>Ｈ（ａ，ｂ）＋Ｈ（ｃ，ｄ）≦Ｈ（ａ＋ｃ，ｂ＋ｄ）。
>Ｈ（ａ，ｂ，ｃ）＋Ｈ（ｄ，ｅ，ｆ）≦Ｈ（ａ＋ｄ，ｂ＋ｅ，ｃ＋ｆ）。
>Ｈ（ａ，ｂ，ｃ，ｄ）＋Ｈ（ｅ，ｆ，ｇ，ｈ）≦Ｈ（ａ＋ｅ，ｂ＋ｆ，ｃ＋ｇ，ｄ＋ｈ）。
これって n文字についても言えそうな感じだけど、うまい証明が思いつきません。
いい方法ないですか？
>>812
>[>>647(1)] H(a+1, b+1, c+1) - H(a, b, c) ≧ 1
こちらは n文字についても言えるのでしょうか？
たのも～、たのも～。
906:１３２人目の素数さん
05/01/13 04:39:47
>>879
（左辺）^2-（右辺）^2 = |(z-w)(\bar{z}w-1)|^2 ≧ 0
＿＿＿
|┃三 .／ ≧ ＼ >>892 呼んだ？
|┃ |:::: ＼ .／ |
|┃ ≡|::::: (● (● | 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
907:１３２人目の素数さん
05/01/13 11:59:33
>903
(1) x/(ay+bz) = {(a^2)(ax+by)/(ay+bz) +(b^2)(az+bx)/(ay+bz) -ab}/(a^3 +b^3).
循環的に加えて 相加･相乗平均を使うと
左辺 ≧ 3(a^2 +b^2 -ab)/(a^3 +b^3) = 3/(a+b), 等号成立はx=y=zのとき.
(2) (a,b,c)=OA↑, (x,y,z)=OX↑, (1/√3, 1/√3, 1/√3)=OE↑ とおくと ∠AOX ≦ ∠AOE +∠EOX.
左辺 = (OA↑･OX↑) + |OA|･|OX| = |OA|･|OX|{cos(∠AOX) +1} ≧ |OA||OX|{cos(∠AOE+∠EOX) +cos(∠AOE-∠EOX)}
= 2|OA|･|OX|cos(∠AOE)･cos(∠EOX) = 2(OA↑･OE↑)(OE↑･OX↑) = 右辺.
(4) x=tan(A), y=tan(B), z=tan(C), 0<A,B,C<π/2 とおく。条件式より A+B+C=π. sin()は上に凸だから,
左辺 = sin(A) + sin(B) + sin(C) ≦ 3sin{(A+B+C)/3} = 3sin(π/3) =(3√3)/2.
等号成立は A=B=C=π/3 (正3角形？) すなわち x=y=z=√3 のとき.
ぬるぽ
>906 ｸﾞｯｼﾞｮﾌﾞ！
908:１３２人目の素数さん
05/01/13 19:25:36
(1) n>2を整数、F(n)をFibonacci数列とすると、
Σ[k=1..n](1/F(k)) > (n^2)/(F(n+2)-1)
(2) ちょうど１つの辺の長さが1より大きい四面体の体積をVとおくと、V<1/8
(3) 正整数p,qに対し、|p/q-√2|≧(6-4√2)/(q^2)
(4) nを正整数、s>1を実数とすると、
Σ[k=1..n](1/k^s) < 1+1/{2^(s-1)-1}
909:１３２人目の素数さん
05/01/13 20:10:24
>>647 (1), 680
s/9 ≧ t/3s ≧ u/t (単調減少)により、
左辺 = (1+s+t+u)/[3(3+2s+t)]- u/t = 1/3 + (s+2t+3u)/[3(3+2s+t)] - u/t ≧ 1/3.
>>812,905
n文字のとき、k次の基本対称式を S_k とおく。 S_0=1, ･････, S_n=abc････
H(a+1,b+1,c+1) = nΣ[k=0,n] S_k / Σ[k=0,n-1] (n-k)S_k = 1 + Σ[k=1,n] k･S_k / Σ[k=0,n-1] (n-k)S_k
= 1 + Σ[k=0,n-1] (k+1)S_{k+1} / Σ[k=0,n-1] (n-k)S_k.
ところで、 (k+1)S_{k+1}/[(n-k)S_k] ≧ nS_n / S_{n-1} = H(a,b,････).（←kについて単調減少）
∴ H(a+1,b+1,････) - H(a,b,････) ≧1.
>903 (3) 逆転の発想?
f(y)=arcsin(arcsin(y)), g(y)=arctanh(y)=(1/2)Ln{(1+y)/(1-y)} とおく。arcsin(y)>y より
f '(y) = 1/√{1-arcsin(y)^2}・1/√(1-y^2) > 1/(1-y^2) = g '(y).
これと f(0)=0=g(0) から 0<y≦sin(1) ⇒ f(y)>g(y).
ぬるぽ
910:１３２人目の素数さん
05/01/13 21:51:02
>895
（NOTEの問題）
π ≧ A > B > 0 のとき関数 sin(Ax)/sin(Bx) は 0 < x < 1/2 において単調減少である。
（略証）
f(x) = Ln{sin(Ax)/sin(Bx)} とおくと、 f '(x) = A/tan(Ax) - B/tan(Bx).
tan(y)/y は|y| とともに増加するから A>B>0 より tan(Ax)/(Ax) > tan(Bx)/(Bx), f '(x)<0.
911:905
05/01/13 22:06:19
>>909
㌧クス。
さすが ぬるぽ神。そこに痺れる憧れるぅ～。
【問題】 非負実数 a, b に対し、次を示せ。
\sqrt[3]{a+\sqrt[3]{a}} + \sqrt[3]{b+\sqrt[3]{b}} ≧ \sqrt[3]{a+\sqrt[3]{b}} + \sqrt[3]{b+\sqrt[3]{a}}
912: ◆BhMath2chk
05/01/14 07:00:00
>>905
Ｈ（ａ，ｂ，ｃ，ｄ，ｅ，ｆ）＋Ｈ（ｇ，ｈ，ｉ，ｊ，ｋ，ｌ）
＝Ｈ（Ｈ（ａ，ｂ，ｃ），Ｈ（ｄ，ｅ，ｆ））＋Ｈ（Ｈ（ｇ，ｈ，ｉ），Ｈ（ｊ，ｋ，ｌ））
≦Ｈ（Ｈ（ａ，ｂ，ｃ）＋Ｈ（ｇ，ｈ，ｉ），Ｈ（ｄ，ｅ，ｆ）＋Ｈ（ｊ，ｋ，ｌ））
≦Ｈ（Ｈ（ａ＋ｇ，ｂ＋ｈ，ｃ＋ｉ），Ｈ（ｄ＋ｊ，ｅ＋ｋ，ｆ＋ｌ））
＝Ｈ（ａ＋ｇ，ｂ＋ｈ，ｃ＋ｉ，ｄ＋ｊ，ｅ＋ｋ，ｆ＋ｌ）。
ｆ－＞＋∞，ｌ－＞＋∞として
（６／５）Ｈ（ａ，ｂ，ｃ，ｄ，ｅ）＋（６／５）Ｈ（ｇ，ｈ，ｉ，ｊ，ｋ）
≦（６／５）Ｈ（ａ＋ｇ，ｂ＋ｈ，ｃ＋ｉ，ｄ＋ｊ，ｅ＋ｋ）。
Ｈ（ａ＋１，ｂ＋１，ｃ＋１，ｄ＋１）
≧Ｈ（ａ，ｂ，ｃ，ｄ）＋Ｈ（１，１，１，１）
＝Ｈ（ａ，ｂ，ｃ，ｄ）＋１。
913:１３２人目の素数さん
05/01/14 11:34:52
[912] の一般化
【補題】 Ｈ（a_1, a_2, ････，a_n）+ Ｈ（b_1, b_2, ････，b_n）≦ Ｈ（a_1+b_1, a_2+b_2, ････, a_n+b_n））
(略証) nについての帰納法による。
n=1 のとき 明らか。
n=2 のとき [647](6) より成立。
nが偶数のとき、n=2m とおく。
Ｈ（a_1,a_2,･････, a_{2m}） = Ｈ（Ｈ(a_1,a_2,････,a_m), Ｈ(a_{m+1}, ････, a_{2m})） を使うと
左辺 = Ｈ（Ｈ(a_1, a_2, ････，a_m), Ｈ(a_{m+1}, ････, a_n)）+ Ｈ（Ｈ(b_1, b_2, ････，b_m), Ｈ(b_{m+1}, ････, b_n)）
≦ Ｈ（Ｈ(a_1, a_2, ････，a_m) + Ｈ(b_1, b_2, ････，b_m), Ｈ(a_{m+1}, ････, a_n}) + Ｈ(b_{m+1}, ････, b_n})）
帰納法の仮定により、
左辺 ≦ Ｈ（Ｈ（a_1+b_1, a_2+b_2, ････，a_m+b_m), Ｈ（a_{m+1}+b_{m+1}, ････, a_n+b_n)）
＝Ｈ（a_1+b_1, a_2+b_2, ････, a_n+b_n）。
nが奇数のとき
上記により n+1 に対しては成立つ。そこで a_{n+1}→∞, b_{n+1}→∞ として n/(n+1) を掛ければ出る。
(系) Ｈ（a_1 +1，a_2 +1，････，a_n +1）≧ Ｈ（a_1, a_2, ････, a_n）＋ Ｈ（1,1,･･･,1）= Ｈ（a_1, a_2, ････, a_n）＋１.
>812 [>>647(6)] は Ｈ(a+c,b+d) ≧ Ｈ(a,b) + Ｈ(c,d).
914:１３２人目の素数さん
05/01/14 11:45:07
>911
f(x)=x^(1/3), f(a)=A, f(b)=B, a-b=d, A-B=D とおく。 fは単調増加だから d･D>0.
g は上に凸とすると、
[d･g(a+A)+D･g(b+B)]/(d+D) ≧ g(a+B)
[D･g(a+A)+d･g(b+B)]/(d+D) ≧ g(b+A)
辺々たすと
g(a+A) + g(b+B) ≧ g(a+B) + g(b+A).
ぬるぽ
>909
> ところで、 (k+1)S_{k+1}/[(n-k)S_k] ≧ nS_n / S_{n-1} = H(a,b,････).（←kについて単調減少）
の元レスは >>263, >>269, >>480 .
915:１３２人目の素数さん
05/01/14 16:46:56
>>912-913
実は昨日書き込んだ後、自己解決しました。
n=2の場合は直接に証明。n=2mの場合は >>912-913 と同じ方法。
n=2m+1のときの証明は、n=2m+2のときに帰着されますよね？
H(a, b, c) = H(a, b, c, H(a, b, c)) が一般のn文字でも成り立つから…。
>>913
H(a+1, b+1, c+1) - H(a, b, c) ≧ 1 が H（a+d，b+e，c+f） ≧ H(a, b, c) + H(d, e, f)
の特別な場合だったことに、言われるまで気づきませんでした。 il||li ＿|￣|○ il||li
＿＿＿
.／ ≧ ＼
|:::: ＼ .／ | ｱﾘｶﾞﾄｳ ｺﾞｻﾞｲﾏｽ
|::::: (● (● | ﾍﾞﾘｨ ｸﾞｯｼﾞｮ-ﾌﾞ！
ヽ::::... .ワ....ノ n ｺﾝｺﾞﾄﾓ ﾖﾛｼｸ ｵﾈｶﾞｲｼﾏｽ…
￣￣ ＼ （ E）
フ /ヽ ヽ_／／
916:１３２人目の素数さん
05/01/14 17:03:40
>>914
[d･g(a+A)+D･g(b+B)]/(d+D) ≧ g([d(a+A)+D(b+B)]/(d+D)) = g(a+B)
この変形に気づけそうにない…。すごすぎる。
917:１３２人目の素数さん
05/01/14 20:30:14
>908(2)
四面体ABCDで、AB以外の5辺≦1 とする。
A,BからCD(の延長)に下ろした垂線を AH,BL とする。
このとき V= (1/6)AH･BL･CD･sinθ, θは平面ACDと平面BCDがなす面角.
AC,AD≦1 より AH ≦ √{1-(CD/2)^2}, BC,BD≦1 より BL ≦ √{1-(CD/2)^2}
∴ V ≦ (1/24)･CD･(4 -CD^2)･sinθ.
0 < x ≦1 ならば 3 -x(4-x^2) = (1-x){3-x(1+x)} ≧0, x(4-x^2) ≦ 3 @ x=1.
V ≦ (1/8)sinθ ≦ 1/8. （等号はACD,BCDが正3角形で、面角が90°のとき）
ぬるぽ
918:１３２人目の素数さん
05/01/14 22:50:36
>908 (4)
{1- 2/(2^s)}･(左辺) = Σ[k=1..n] {1/(k^s) -2/[(2k)^s]} < Σ[k=1..n] (-1)^(k-1) /(k^s)
= 1 - {1/(2^s) -1/(3^s)} -{1/(4^s) -1/(5^s)} - ･･･ < 1.
∴ 左辺 < 1/{1-2/(2^s)} = 1 + 1/{2^(s-1)-1} = 右辺.
ぬるぽ
～～～ 寒いでつね。水道ﾁｮﾛﾁｮﾛ流しておやすみ･･･(凍結防止) ～～～.
919:911
05/01/15 02:15:39
不等号の向きが反対でした。すみません。
非負実数 a, b に対し、
\sqrt[3]{a+\sqrt[3]{a}} + \sqrt[3]{b+\sqrt[3]{b}} ≦ \sqrt[3]{a+\sqrt[3]{b}} + \sqrt[3]{b+\sqrt[3]{a}}
>914の証明は正しいように思えるのですが、どうなんでしょう？
920:１３２人目の素数さん
05/01/15 03:15:25
…で、ずっと検索してて見つけたんだけど、
Majorization Inequarity って何ですか？
↓ 最後のページ
URLﾘﾝｸ(math.berkeley.edu)
921:１３２人目の素数さん
05/01/15 03:28:25
>914
上に凸だから、不等号の向きが逆ですね。
922:１３２人目の素数さん
05/01/15 12:29:22
わかすれ１９８より
338 名前：１３２人目の素数さん[] 投稿日：05/01/15(土) 12:17:06
x,y,zが実数で
1≦x^2+y^2+z^2≦2
をみたす。このとき
(3/5)(x-2y)^2+(1/3)(2x+y-z)^2+(4/15)(2x+y+5z)^2
の最大値、最小値
923:１３２人目の素数さん
05/01/15 13:33:29
>>915
H(a, b, c) = H(a, b, c, H(a, b, c)) が一般のn文字でも成り立つから…。
多分無理
>>913
H(a+1, b+1, c+1) - H(a, b, c) ≧ 1 が H（a+d，b+e，c+f） ≧ H(a, b, c) + H(d, e, f)
の特別な場合だったことに、言われるまで気づきませんでした。 il||li ＿|￣|○ il||li
>>912じゃないの
924:１３２人目の素数さん
05/01/15 13:47:25
>922
主軸系で考える．．．．
ｽﾚﾘﾝｸ(math板:16-17番)
925:１３２人目の素数さん
05/01/15 19:57:33
>>923
>多分無理
反例あげてみ。
926:１３２人目の素数さん
05/01/15 20:14:06
>>925
意味不明
927:風あざみ
05/01/15 20:32:25
>>908
(1)この式は
Σ[k=1..n]({F(n+2)-1}/F(k)) > (n^2)と同値である。
F(n+2)-1=Σ[h=1..n]F(h)である。
(∵F(1)=1=F(3)-1
F(n+3)-1=F(n+2)-1+F(n+1)=Σ[h=1..n]F(h)+F(n+1)=Σ[h=1..n+1]F(h)
より帰納的に示せる。)
よって 相加･相乗平均の不等式より
Σ[k=1..n]({F(n+2)-1}/F(k))=Σ[k,h=1..n]{F(h)/F(k)}＞(n^2){(n^2)^√Π[i=1,n]({F(i)}/{F(i)})}=n^2
928:１３２人目の素数さん
05/01/16 05:48:55
>>903(1) は n文字には一般化できませんか？
929:１３２人目の素数さん
05/01/16 05:49:54
x(1), x(2), x(3),... は正の数とする。
A(n)＝(x(1)+...+x(n))/n 、
G(n)＝(x(1)...x(n))^(1/n)
とおく。
全ての n (=2,3,4,...) に対して
n(A(n)-G(n))≧(n-1)(A(n-1)-G(n-1))
が成り立つ。
【証明】
nA(n)-(n-1)A(n-1)
＝ x(n)
＝ G(n)^n/{G(n-1)^(n-1)}
＝ G(n-1){G(n)/G(n-1)}^n
≧ G(n-1){n(G(n)/G(n-1))-(n-1)}・・・★
＝ nG(n)-(n-1)G(n-1)
だから問題の不等式が成り立つ。【証明終】
（★で不等式「t＞0 ⇒ t^n≧nt-(n-1)」を使った。
t≧1のとき
t^(n-1) + t^(n-2) + ... + t^2 + t + 1 ≧ n
の両辺に t-1 をかければ t^n - 1 ≧ nt - n が得られる。
0＜t＜1のとき
1 + t + t^2 + ... + t^(n-2) + t^(n-1) ≦ n
の両辺に 1-t をかければ 1 - t^n ≦ n - nt が得られる。
いずれにせよ t^n≧nt-(n-1) が成り立つ。）
930:１３２人目の素数さん
05/01/16 15:28:43
>908(1)
左辺 ≧ 5/2 なので 16/7 ≧ 右辺 を示せば十分。
【補題】 F(n+2) ≧ 1+c･n^2, c=7/16.
（略証） nについての帰納法による。
n=0 のとき F(2) = 1.
n=1 のとき F(3) = 2 > 23/16 = 1+c.
n=2 のとき F(4) = 3 > 11/4 = 1+4c.
n=3 のとき F(5) = 5 > 79/16 = 1+9c.
n=4 のとき F(6) = 8 = 1+16c.
n≧5 のとき F(n+2) = F(n+1) + F(n) ≧ {1+c(n-1)^2} + {1+c(n-2)^2} = 2 + c[n^2 +(n-1)(n-5)] > 2 + cn^2.(終)
∴ 左辺 ≧ 5/2 ≧ 1/c ≧ (n^2)/[F(n+2)-1] = 右辺.
ぬるぽ
>928
a=b なら Shapiro型だが。 >>497-501
931:１３２人目の素数さん
05/01/16 15:49:05
>929
★の不等式 「t>0 ⇒ t^n ≧ nt-(n-1)」 は次にもあるよ。
微積分と一つの不等式「数学100の定理」日本評論社, p.89 (1983)
（問題）
Ａ = {x(1)+x(2)+･･･+x(n)}/n,
Ｇ = {x(1)x(2)････x(n)}^(1/n),
Ｈ = n/{1/x(1) +1/x(2) + .... +1/x(n)} とおくとき
Ａ^(n-1)･Ｈ ≧ Ｇ^n ≧ Ａ･Ｈ^(n-1).
932:914
05/01/16 16:26:37
>919,921
仰せのとおり、ｽﾏｿ.
>925
[923]は、[915]の方法では無理だろう、の意味。他の方法も考えられる[>>909].
>917 (補足)
△ACD=(1/2)AH･CD, △BCD=(1/2)BL･CD より
V= (1/3)AH･△BCD･sinθ = (1/3)BL･△ACD･sinθ = (1/6)AH･BL･CD･sinθ
933:915
05/01/16 18:53:13
>H(a, b, c) = H(a, b, c, H(a, b, c)) が一般のn文字でも成り立つから…。
H(a_1, …, a_n, H(a_1, …, a_n))
= (n+1)/{1/a_1) + … + (1/a_n) + (1/H(a_1, …, a_n))}
= (n+1)/{n/H(a_1, …, a_n) + (1/H(a_1, …, a_n))}
= H(a_1, …, a_n)
となるので、n文字でも成り立つと書いたのですが、
もしかして、俺なにか勘違いしてる？ ('A`)
934:１３２人目の素数さん
05/01/16 19:03:59
【問題】
(1) 1 ≦ a, b, c, d ≦ 2 に対して、(a+b)/(b+c) + (c+d)/(d+a) ≦ 4(a+c)/(b+d) を示せ。
(2) 整数 a, b が(a+b)(a-b)≠0 をみたすとき、 |(a+b)/(a-b)|^(ab) ≧ 1 を示せ。
935:１３２人目の素数さん
05/01/16 21:02:23
>934
(1) b,d ≦ 2 ≦ 2a,2c だから,
(a+b)/(b+c) = 2(a+c)/(b+d) -{(a+b)(2c-d) +b(2a-b)/2 +(c +b/2)(2c-b)}/[(b+c)(b+d)] ≦ 2(a+c)/(b+d).
(c+d)/(d+a) = 2(a+c)/(b+d) -{(c+d)(2a-b) +d(2c-d)/2 +(a +d/2)(2a-d)}/[(d+a)(b+d)] ≦ 2(c+a)/(d+b).
辺々たす。
(2) |a+b|^2 - |a-b|^2 = 4ab より、
ab≧0 のとき |a+b|≧|a-b|, 左辺 ≧1.
ab≦0 のとき |a+b|≦|a-b|, 左辺 ≧1.
ぬるぽ
>933
それを使って
> n=2m+1のときの証明は、n=2m+2のときに帰着されますよね？
を示すのは 多分無理、という意味と思われ．．．．
936:１３２人目の素数さん
05/01/17 01:18:58
>>935
なるほど
937:１３２人目の素数さん
05/01/17 02:36:53
>934(2) は、a, b が整数である必要はないですよね？
(a+b)(a-b)≠0 さえ満たしていれば…。
938:１３２人目の素数さん
05/01/17 02:38:10
> n=2m+1のときの証明は、n=2m+2のときに帰着されますよね？
たしかに、ダメですね。切腹します。
939:１３２人目の素数さん
05/01/17 02:56:16
>>903(4) 正の実数x,y,zがx+y+z=xyzを満たすとき、
F_n = (x^n)/√(1+x^2) + (y^n)/√(1+y^2) + (z^n)/√(1+z^2)
について、
n = 0, 1 のとき、F_n ≦ 3(√3)^n/2、 n = 2, 3, … のとき、F_n ≧ 3(√3)^n/2
でＯＫですよね？ あっているかどうか確認たのも～。
>>907(4) の方法で、x=tan(A), y=tan(B), z=tan(C), 0<A,B,C<π/2 とおくと、条件式より A+B+C=π
n=0 のときは、cosA+cosB+cosC ≦ 3cos[(A+B+C)/3]
n=1 のときは、>>903(2)
n≧2 のときは、0≦θ<π/2 において、左辺の関数が下に凸だから。
f(θ) = (tanθ)^n・cosθ
f'(θ) = (tanθ)^(n-1)・[n-(sinθ)^2]/cosθ
f''(θ) = (tanθ)^(n-2)・[(n-1)n-(sinθcosθ)^2]/(cosθ)^3 > 0
940:939
05/01/17 05:54:55
まとめると、こんな感じでせうか… (；´д｀)ﾊｧﾊｧ
1 ≦ F_0 ≦ 3/2
2 ≦ F_0 ≦ 3(√3)/2
n = 2, 3, … のとき、F_n ≧ 3(√3)^n/2
941:１３２人目の素数さん
05/01/17 06:07:48
もひとつおまけに
x/(1+x^2) + y/(1+y^2) + z/(1+z^2) ≦ 3√3/4
942:１３２人目の素数さん
05/01/17 06:14:02
>>940 ３行目は F_1 の書き間違い
>>941 は、正の実数x,y,zがx+y+z=xyzを満たす条件下で。
943:１３２人目の素数さん
05/01/17 06:19:05
たびたびスミマセン。
>>940の最小値には、イコールがつかないですね…
944:１３２人目の素数さん
05/01/17 06:47:51
G_n = (x^n)/(1+x^2) + (y^n)/(1+y^2) + (z^n)/(1+z^2)
こちらのほうも、作れそうですね。
n=0 のときは、(cosα)^2+(cosβ)^2+(cosγ)^2 となるけど
凹凸が一定でないので無理そうですが…
945:１３２人目の素数さん
05/01/17 06:49:15
次スレ立ててみました。
不等式への招待 第２章
ｽﾚﾘﾝｸ(math板)l50
946:１３２人目の素数さん
05/01/17 10:39:25
>939-940
0 < sinθ･cosθ = (1/2)sin(2θ) ≦ 1/2 なので
まとめると、こんな幹事でせうか…
n≦(1-√2)/2 のとき F_n ≧ 3(√3)^n /2,
0≦n≦1 のとき 0 < F_n ≦ 3(√3)^n /2,
(1+√2)/2≦n のとき F_n ≧ 3(√3)^n /2.
947:１３２人目の素数さん
05/01/17 21:58:51
>941
左辺 = (1/2)sin(2A) + (1/2)sin(2B) + (1/2)sin(2C) ≦ (3/2)sin(2π/3) = (3/4)√3.
>944
f(θ) = (tanθ)^n (cosθ)^2.
f '(θ) = n(tanθ)^(n-1) -2(tanθ)^(n+1)･(cosθ)^2.
f "(θ) = n(n-1)(tanθ)^(n-2)/(cosθ)^2 -2(n+1)(tanθ)^n + 4{(tanθ)^(n+2)}(cosθ)^2
= {n(n-1)[1+(tanθ)^2]^2 -2(n+1)(tanθ)^2[1+(tanθ)^2] +4(tanθ)^4}{(tanθ)^(n-2)}(cosθ)^2
= {n(n-1) +2(n^2 -2n-1)(tanθ)^2 +(n-1)(n-2)(tanθ)^4}{(tanθ)^(n-2)}(cosθ)^2
= {-D_n +[(n-1)^2 -2 +(n-1)(n-2)(tanθ)^2]^2}{(tanθ)^(n-2)}(cosθ)^2 /[(n-1)(n-2)].
ここに、判別式 D_n = [(n-1)^2 -2]^2 -n(n-2)(n-1)^2 = 4 -3(n-1)^2.
n≦1-(2/3)√3 = -0.154700538379252… または n≧1+(2/3)√3 = 2.154700538379252… のとき
D_n ≦0, f "≧0 (下に凸).
∴ (x^n)/(1+x^2) + (y^n)/(1+y^2) + (z^n)/(1+z^2) ≧ (3/4)(√3)^n.
ぬるぽ
948:未解答なもの （たぶん）
05/01/17 22:00:55
>>360 (D.D.Adamovic)
m>2, Σ[k=1,m] x_k↑ = 0↑ のとき、
(1). (m-2) Σ[k=1,m] |x_k|^2 = Σ[1≦i<j≦m] |x_i +x_j|^2.
(2). (m-2) Σ[k=1,m] |x_k| ≧ Σ[1≦i<j≦m] |x_i +x_j|.
(1)>>364、(2) 未解答
>>407 正の数 a,b,c に対して、1/{a(1+b)} + 1/{b(1+c)} + 1/{c(1+a)} ≧ 3/(1+abc)
>>783 整数 a, b, c, d が a>b>c>d>0、ad=bc をみたすとき、(a-d)^2 ≧ 4d+8
>>815 a,b,cを正の有理数、(a^2)+(b^2)=(c^2)で(ab)/2は整数とする。 ab≧10 を示せ
949:１３２人目の素数さん
05/01/17 22:26:39
>948
[407] は [477] [503] [>>504-505] の辺りにも．．．
950:１３２人目の素数さん
05/01/17 22:34:01
>>949
あぁほんとだ。
どおりで解いたことあるような気がしてた。
951:問題
05/01/17 22:52:33
三角形の辺の長さ a, b, c について
(1) (b+c-a)a^2 + (c+a-b)b^2 + (a+b-c)c^2 ≦ 3abc
(2) (a+b-c)^a・(b+c-a)^b・(c+a-b)^c ≦ (a^a)(b^b)(c^c)
正の数 a, b, c, p, q, r に対して、
(3) p^4/a^3 + q^4/b^3 + r^4/c^3 ≧ (p+q+r)^4/(a+b+c)^3
(4) p+q+r=1 のとき、a+b+c ≧ (a^p)(b^q)(c^r) + (a^q)(b^r)(c^p) + (a^r)(b^p)(c^q)
(5) 非負実数 a, b, c に対して、(bc+ca+ab)(a+b+c)^4 ≦ 27(a^3+b^3+c^3)^2
(6) 自然数 n と a>b>0 に対して、a^n-b^n > n(a-b)(ab)^[(n-1)/2]
(7) 正の数 a_1, … a_k に対して、相乗平均を G とおくと、(1+a_1)…(1+a_n) ≧ (1+G)^n
＿＿＿
彡 ／ ≧ ＼ 彡 ﾋﾞｭｩ……
彡 |::: ＼ .／ | 彡
|:::: (● (●| (7) は既出のような気がしますが…
ヽ::::......ワ...ノ (3) は一般化できそうな予感
人つゝ 人,,
Ｙノ人 ノ ノノゞ⌒～ゞ よろしくお願いします。
. ノ /ミ|＼、 ノノ （ 彡
`⌒ .Ｕ~Ｕ`ヾ 丿
⌒～⌒
952:未解答なもの （その２）
05/01/18 01:31:33
565 名前：三角形と三角関数の不等式[sage] 投稿日：04/11/01(月) 09:24:59
(1) [1963 Eotvos] 0<x<π/2 のとき、(1/(sin x)+1)(1/(cos x)+1) > 5
(2) [1978 Austria] tan k (k = 1度, …, 44度)の相加平均をA、相乗平均をGとおくとき、A > (√2)-1 > G
(3) [1959 IMO shortlist] 0≦x≦π/2、π/6<y<π/3 のとき、
tan{(π sin x)/(4 sin y)} + tan{(π cos x)/(4 cos y)} > 1
(4) 0<x<π に対して、{sin(x)/x}^3 < {(π^2-x^2)/(π^2+x^2)}^2 [類 ： 不等式への招待 P.39 ]
(5) 0<x<1 に対して、(1-x^2){1+(x-x^2)^3}/(1+x^2) < (sin πx)/(πx)
953: ◆BhMath2chk
05/01/18 02:00:00
>>783
ｐ＝ｇｃｄ（ａ，ｂ），ｑ＝ａ／ｐ，ｒ＝ｂ／ｐ，ｓ＝ｃ／ｑとすると
ａ＝ｐｑ，ｂ＝ｐｒ，ｃ＝ｑｓ，ｄ＝ｒｓ。
ａ＞ｂ＞ｃ＞ｄ＞０からｐ／ｓ＞ｑ／ｒ＞１。
ａ－ｄ≧（ｒ＋１）（ｓ＋１）－ｒｓ＝ｒ＋ｓ＋１≧２√（ｒｓ）＋１＝２√（ｄ）＋１。
等号が同時に成り立つことはないので
ａ－ｄ＞２√（ｄ）＋１。
（ａ－ｄ）＾２＞４ｄ＋４√（ｄ）＋１≧４ｄ＋５。
（ａ－ｄ）＾２は４で割ると余りは０か１なので
（ａ－ｄ）＾２≧４ｄ＋８。
954:１３２人目の素数さん
05/01/18 02:01:04
>951 (1)
b+c-a=x, c+a-b=y, a+b-c=z とおく。
(1) 左辺 = [x(y+z)^2 +y(z+x)^2 +z(x+y)^2]/4 = (y+z)(z+x)(x+y)/4 +xyz
= 3(y+z)(z+x)(x+y)/8 -(1/8){x(y-z)^2 +y(z-x)^2 +z(x-y)^2} ≦ 3(x+y)(y+z)(z+x)/8 = 右辺.
(7) 初めて見たが...
f(x)=Ln(1+e^x) とおくと f '(x)=(e^x)/(1+e^x), f"(x) =(e^x)/(1+e^x)^2 >0 (下に凸) より。
ぬるぽ
955:１３２人目の素数さん
05/01/18 03:04:14
>952 (>>565)
(1) {1+sin(x)}{1+cos(x)} -5sin(x)cos(x) = 1 + sin(x)+cos(x) -4sin(x)cos(x)
= 1 + 1 -2sin(2x) ≧ 2{1-sin(2x)} >0.
(2) y=tan(x) は下に凸だから、[tan(0)+tan(π/4)]/2 ≧ [tanθ + tan(π/4 -θ)]/2 ≧ tan(π/8).
また、tanθ･tan(π/4 -θ) = 1 - tanθ - tan(π/4 -θ) ≦ 1-2tan(π/8) = {tan(π/8)}^2.
∴ 1/2> A > tan(π/8) = √2 -1 > G >0.
(6) -a+b+c=x, a-b+c=y, a+b-c=z とおくと、相加･調和平均より
1/a = 2/(y+z) ≦ (1/y +1/z)/2,
1/b = 2/(z+x) ≦ (1/z +1/x)/2,
1/c = 2/(x+y) ≦ (1/x +1/y)/2.
辺々たす。
ぬるぽ
956:１３２人目の素数さん
05/01/18 03:17:06
こんな遅くまで、乙です。
新スレのほうに、例の Majorizatoin Inequality と
外国の不等式ヲタのサイトを発見したので、見てみてください。（笑）
957:１３２人目の素数さん
05/01/18 08:17:50
>951 (7)
S_kは{a_i}のk次の基本対称式, G = (S_n)^(1/n) = (a_1･a_2････a_n)^(1/n) とおく。
相加･相乗平均により、
左辺 = Σ[k=0,n] S_k ≧ Σ[k=0,n] C[n,k]･G^k = (1+G)^n.
ぬるぽ
958:１３２人目の素数さん
05/01/18 11:55:12
>951 (2)
b+c-a=x, c+a-b=y, a+b-c=z とおくと、x+y+z=a+b+c.
yz = (c+a-b)(a+b-c)= a^2 - (b-c)^2 ≦ a^2 など.
Ln(左辺) = (1/2){(y+z)Ln(z) + (z+x)Ln(x) + (x+y)Ln(y)} = (1/2){y･Ln(yz) + z･Ln(zx) + x･Ln(xy)}
≦ y･Ln(a) + z･Ln(b) + x･Ln(c) ≦ a･Ln(a) +b･Ln(b) +c･Ln(c) = Ln(右辺).
>928 (凡例)
nが偶数, 0<a<b のとき x_{2k-1}=Xo, x_{2k}=Xe≠Xo に対して
左辺 = (n/2){Xo/(aXe+bXo) +Xe/(aXo+bXe)} = (n/2)[a(Xo-Xe)^2 +2(a+b)XoXe]/{(aXe+bXo)(aXo+bXe)}
= [n/(a+b)]{1 -(a/2)(b-a)(Xo-Xe)^2/[XoXe(a+b)^2 +ab(Xo-Xe)^2]} < n/(a+b) = 右辺.
となるので、nが偶数のときは a≧b が必要かと....
959:１３２人目の素数さん
05/01/18 22:02:56
>951 (2)
[958]の訂正 死んでお詫びを……(AA省略)
Ln(1+x) ≦x より a･Ln(a+b-c) = a{Ln(a)+Ln[1+(b-c)/a]} ≦ a･Ln(a) +b-c.
これを循環的にたす。
>951 (5)
bc+ca+ab = (a^2 +b^2 +c^2) -(1/2)[(b-c)^2 +(c-a)^2 +(a-b)^2] ≦ (a^2 +b^2 +c^2).
(a+b+c)^2 = 3(a^2 +b^2 +c^2) -(b-c)^2 -(c-a)^2 -(a-b)^2 ≦ 3(a^2 +b^2 +c^2).
辺々かけて、 左辺 ≦ 9(a^2 +b^2 +c^2)^3.
これと [>>153]の(補題) [>>688] を使って、
左辺 ≦ 9(a^2 +b^2 +c^2)^3 ≦ 27(a^3+b^3+c^3)^2 = 右辺.
ぬるぽ
960:１３２人目の素数さん
05/01/18 22:17:02
～～相加･相乗平均の練習問題～～
>951(4)
p+q+r=1 ⇒ pa+qb+rc ≧ (a^p)(b^q)(c^r) これを循環的にたす。
>951(6)
(a^n-b^n)/(a-b) = a^(n-1) +a(n-2)b +…… + ab^(n-2) +b^(n-1) > n(ab)^[(n-1)/2].
ぬるぽ
961:１３２人目の素数さん
05/01/19 03:35:24
>>944>>947
0<A,B,C<π/2, A+B+C=π のとき、>>580より次が成り立つ。等号はA=B=C=π/3
0 < cosA・cosB・cosC ≦ 1/8
G_n = (tanA)^n (cosA)^2 + (tanB)^n (cosB)^2 + (tanC)^n (cosC)^2 において、
G_0 = (cosA)^2 + (cosB)^2 + (cosC)^2 = 1-2cosA・cosB・cosC
G_2 = (sinA)^2 + (sinB)^2 + (sinC)^2 = 2+2cosA・cosB・cosC
だから、G_0 > 3/4、 0 < G_2 < 9/4
>>947より、0 < G_1 ≦ (3/4)√3、 n=3,4,…のとき G_n ≧ (3/4)(√3)^n
でよろしいでせうか？ (；´д｀)ﾊｧﾊｧ
962:未解答リスト （これで全部？）
05/01/19 05:34:09
>>360 (D.D.Adamovic) の(2)番。 (1)の解答は>>364
m>2, Σ[k=1,m] x_k↑ = 0↑ のとき、
(1). (m-2) Σ[k=1,m] |x_k|^2 = Σ[1≦i<j≦m] |x_i +x_j|^2.
(2). (m-2) Σ[k=1,m] |x_k| ≧ Σ[1≦i<j≦m] |x_i +x_j|.
>>565
(3) [1959 IMO shortlist] 0≦x≦π/2、π/6<y<π/3 のとき、
tan{(π sin x)/(4 sin y)} + tan{(π cos x)/(4 cos y)} > 1
(4) 0<x<π に対して、{sin(x)/x}^3 < {(π^2-x^2)/(π^2+x^2)}^2 [類 ： 不等式への招待 P.39 ]
>>815 a,b,cを正の有理数、(a^2)+(b^2)=(c^2)で(ab)/2は整数とする。 ab≧10 を示せ。
>>908 (3) 正整数p,qに対し、|p/q-√2|≧(6-4√2)/(q^2)
>>951 (3) 正の数 a, b, c, p, q, r に対して、 p^4/a^3 + q^4/b^3 + r^4/c^3 ≧ (p+q+r)^4/(a+b+c)^3
963:１３２人目の素数さん
05/01/19 05:50:03
>>951(3) の類題をコレクションの中から発見！
このスレには書いてなかったよね？ （いちおう検索したけど…）
【類題】 文字はすべて正の数とする。
p^2/a + q^2/b + r^2/c ≧ (p+q+r)^2/(a+b+c)
（証）
p^2/a + q^2/b - (p+q)^2/(a+b) = (aq-bp)^2/[ab(a+b)] ≧ 0
∴ p^2/a + q^2/b ≧ (p+q)^2/(a+b)
これを２回用いて、
p^2/a + q^2/b + r^2/c ≧ (p+q)^2/(a+b) + r^2/c ≧ (p+q+r)^2/(a+b+c)
等号成立条件は
aq=bp かつ (a+b)r=c(p+q) ⇔ p/a = q/b = r/c
964:１３２人目の素数さん
05/01/19 05:57:32
>>955
(>>565)(1) [1963 Eotvos] 0<x<π/2 のとき、(1/(sin x)+1)(1/(cos x)+1) > 5
の解答について質問です。
{1+sin(x)}{1+cos(x)} -5sin(x)cos(x)
＝ 1 + sin(x)+cos(x) -4sin(x)cos(x)
＝ 1 + 1 -2sin(2x) ← ここは なぜですか？
≧ 2{1-sin(2x)}
＞ 0.
965:964
05/01/19 05:59:22
あぁ、分かりました。
問題文に 0<x<π/2 とあるから、合成して sin(x)+cos(x) ≧ 1 なんですね。
スマソ。
966:１３２人目の素数さん
05/01/19 09:22:16
>962
>>565(5)もまだだよ。
967:１３２人目の素数さん
05/01/19 09:30:30
>>953
なるほど。ありがとうございまする。
こりゃ思いつかんわ…。
968:１３２人目の素数さん
05/01/19 19:09:06
>951(3) >963
a,b,c,n,p,q,r>0. p/a=P, q/b=Q, r/c=R とおく。 y=x^(n+1) は下に凸なのでJensenにより、
左辺 = p^(n+1)/(a^n) + q^(n+1)/(b^n) +r^(n+1)/(c^r) = a･P^(n+1) +b･Q^(n+1) +c･Q^(n+1)
≧ (a+b+c){(aP+bQ+cR)/(a+b+c)}^(n+1) = (p+q+r)^(n+1) /(a+b+c)^n = 右辺.
等号条件は P=Q=R すなわち p/a = q/b = r/c.
ぬるぽ
969:968
05/01/19 19:59:11
[968] に写し間違い,スマソ。 r^(n+1)/(c^n)、 c･R^(n+1)
[951]への解答レス（主なもの）
(1)[954] (2)[959] (3)[968] (4)[960] (5)[959] (6)[960] (7)[954][957]
>961
3/4 ≦ G_0 < 1、 2 < G_2 ≦ 9/4 でいいんぢゃない？
（0<A,B,C<π なら 3/4 ≦ G_0 < 3、 0 < G_2 ≦ 9/4）
970:１３２人目の素数さん
05/01/19 21:53:12
>>811(1)も未解答では？
971:１３２人目の素数さん
05/01/19 23:49:36
実数a[k],k=1,2,...,nに対し
|sin(a[1])|+|sin(a[2])|+...+|sin(a[n])|+|cos(a[1]+a[2]+...+a[n])|≧1
972:１３２人目の素数さん
05/01/20 00:59:14
>>969
㌧クス。
973:未回答リスト （>>962） に追加
05/01/20 09:33:33
↑ の問題と、>>962のリストと、次の３問。
>>563(7) 自然数 m, n と実数 0≦x≦1 に対して、(1-x^n)^m+{1-(1-x)^m}^n ≧1
>>565(5) 0<x<1 に対して、(1-x^2){1+(x-x^2)^3}/(1+x^2) < (sin πx)/(πx)
>>811(1) 1対1の上への関数 f : [0,1]→[0,1] は狭義単調増加であるとし、逆関数をgとおく。
0<t<1のとき、∫[0,1] (f(x)+g(x))^t dx≧(2^t)/(1+t) を示せ。
974:１３２人目の素数さん
05/01/20 09:36:51
ごめん、563(7) は>>662にあった
975:１３２人目の素数さん
05/01/20 10:08:21
>>973 さらに追加
>>791
各辺の長さが整数値の三角形ABCがあり、∠A=2∠B ∠C＞π/2を満たす。
この時、AB+BC+CA≧77を示せ
等号成立条件しか書かれていないので未解決としてよいかと
出題は某国数学オリンピック。
976:１３２人目の素数さん
05/01/20 12:23:46
>971
a[k]/π に最も近い整数を q[k]、r[k] = a[k] - q[k]π とすると, |r[k]| ≦ π/2.
左辺 = |sin(r[1])| + …… + |sin(a[n])| + |cos(S)|
≧ (2/π)(|r[1]|+|r[2]|+ …… +|r[n]|) + |cos(S)| = (2/π)Θ + |cos(S)|.
ここに S = r[1] + r[2] + …… + r[n], Θ = |r[1]| + |r[2]| + …… + |r[n]| とおいた。
Θ ≧ π/2 のときは成立。
Θ < π/2 のとき 0 ≦ S ≦ Θ より, 左辺 ≧ (2/π)Θ + cosΘ ≧1.
ぬるぽ
>974
ごめん、563(7) は >>706-707 で解決のように見えまつが、>>705 (未解決)を使ってますた。
977: ◆BhMath2chk
05/01/20 14:00:00
｜ｓｉｎ（ｘ＋ｙ）｜
≦｜ｓｉｎ（ｘ）｜｜ｃｏｓ（ｙ）｜＋｜ｃｏｓ（ｘ）｜｜ｓｉｎ（ｙ）｜
≦｜ｓｉｎ（ｘ）｜＋｜ｓｉｎ（ｙ）｜。
１
≦｜ｓｉｎ（Σ（ａ（ｋ）））｜＋｜ｃｏｓ（Σ（ａ（ｋ）））｜
≦Σ｜ｓｉｎ（ａ（ｋ））｜＋｜ｃｏｓ（Σ（ａ（ｋ）））｜。
978:１３２人目の素数さん
05/01/20 16:09:47
ウホッ いい不等式 ( ﾟ∀ﾟ) ﾃﾍ
979:１３２人目の素数さん
05/01/20 16:28:30
一年二十四日。
980:１３２人目の素数さん
05/01/20 22:13:31
>>951(6) を改造。
自然数 n と a>b>0 に対して、(n/2)(a-b)[a^(n-1)-b^(n-1)] > a^n-b^n > n(a-b)(ab)^[(n-1)/2]
( ﾟ∀ﾟ) ﾃﾍｯ
981:１３２人目の素数さん
05/01/20 22:28:19
∫[0,1]{x/cos(x)}dx < log(2)
982:１３２人目の素数さん
05/01/21 06:05:38
>>976
最後の行
> Θ < π/2 のとき 0 ≦ S ≦ Θ より, 左辺 ≧ (2/π)Θ + cosΘ ≧1.
において、
左辺 ≧ (2/π)Θ + cosΘ
ここまでは分かりましたが、それが ≧1 となるのは何故ですか？
983:982
05/01/21 06:12:39
まさか、f(θ) = (2/π)θ + cosθ を微分して、
0<θ<π/2 における増減を調べて ≧1 を確認
なんて面倒なことをしないですよね？
984:982
05/01/21 06:26:11
グラフから、0≦θ<π/2 において cosθ ≧ 1-(2/π)θ であることを使うのですか？
985:１３２人目の素数さん
05/01/21 07:26:53
>>951(5) [>959]
以下の解法は合ってますか？ ( ﾟ∀ﾟ) ﾃﾍｯ
x≧0 において、y=x^3は下に凸だからJensenの不等式より
(a^3+b^3+c^3)/3 ≧ [(a+b+c)/3]^3 … (1)
対称性から a≧b≧cとしてよく、チェビシェフの不等式より
(a^2+b^2+c^2)/3 ≧ [(a+b+c)/3]・[(ab+bc+ca)/3] … (2)
2[(a^2+b^2+c^2)-(ab+bc+ca)] = (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 ≧ 0 より
(a^2+b^2+c^2)/3 ≧ (ab+bc+ca)/3 … (3)
式は負でないから、(1)、(2)を辺々かけて、(3)を用いる。
986:１３２人目の素数さん
05/01/21 09:27:43
>981
0<x<√2 ⇒ -cos(x)>-1, -sin(x)>-x, cos(x)>1-(1/2)x^2.
x/cos(x) < x/{1-(1/2)x^2}.
∫_[0,a] x/cos(x) dx < ∫_[0,a] x/{1-(1/2)x^2} dx = [-Ln{1-(1/2)x^2}](x=0→a) = Ln{2/(2-a^2)}.
>982-984
f(θ)は上に凸だから、f(θ) ≧ {(π/2-θ)f(0) + θf(π/2)}/(π/2) = 1.
>985
(a^3+b^3+c^3)/3 ≧ [(a+b+c)/3]・[(a^2+b^2+c^2)/3] … (2)
ぢゃない？
987:１３２人目の素数さん
05/01/21 09:56:55
>>986
そうそう、写し間違いですた。ゴメソ。
988:１３２人目の素数さん
05/01/21 16:40:19
【問題】 正の実数 x(k,j)、自然数 m, n に対して、次式を示せ。
[x(1,1)^n + … + x(1,m)^n]…[x(n,1)^n + … + x(n,m)^n] ≧ [x(1,1)…x(n,1) + … + x(n,1)…x(n,m)]^n
うまく証明できません。たのも～。
>>951(7) は、m=2、x(n,1)^n=1、x(n,2)^n=a_ の場合になりますよね？
どっかで見たことあると思ったら、これだったか…。
発掘元
URLﾘﾝｸ(user.ecc.u-tokyo.ac.jp)の8ページ目
989:１３２人目の素数さん
05/01/21 22:30:16
>980
相加･相乗平均により
{k･a^(n-1) + (n-1-k)･b^(n-1)} / (n-1) ≧ a^k･b^(n-1-k).
これを k=0～n-1 について加えて(1/2)を掛けると
(n/2)[a^(n-1) +b^(n-1)] ≧ a^(n-1) +a^(n-2)b + …… +ab^(n-2) +b^(n-1) = (a^n -b^n)/(a-b).
>988
●知られざる(?)コーシー・シュワルツの拡張形●
nについての帰納法による。
n=1のときは 明らか。
n=2のときは "コーシー・シュワルツの不等式になりますね。"
nが偶数のとき、 n/2 について成立ち、また２についても成立つことから……
nが奇数のとき、 n+1 については成立つ。これを
X(k,i)= x(k,i)^{n/(n+1)} (1≦k≦n), X(n+1,i)={x(1,i)x(2,i)…x(n,i)}^{1/(n+1)}
に適用すると、与式の両辺に (右辺)^(1/n) を掛けた式が……
ぬるぽ
990:１３２人目の素数さん
05/01/21 23:45:56
相加相乗でも解けるね
991:１３２人目の素数さん
05/01/22 03:32:58
>>989
さすが、いつもながら ｸﾞｯｼﾞｮﾌﾞ！です。
>>990
詳細キボンヌ。
992:１３２人目の素数さん
05/01/22 03:59:57
>>988-989
Cauchyの不等式って積分に拡張したSchwarzの不等式があるよね。
「知られざる（？）コーシー・シュワルツの拡張形」 も、積分に拡張できるでしょうか？
> 正の実数 x(k,j)、自然数 m, n に対して、
> [x(1,1)^n + … + x(1,m)^n]…[x(n,1)^n + … + x(n,m)^n] ≧ [x(1,1)…x(n,1) + … + x(n,1)…x(n,m)]^n
もし出来るとしたら、こんな感じですか？
【予想】
区間 [a, b] で連続な実関数 f_1, …, _m に対して
[∫[a, b](f_1(x))^n dx]…[∫[a, b](f_m(x))^n dx] ≧ [∫[a, b]f_1(x)…f_m(x) dx]^n
993:１３２人目の素数さん
05/01/22 04:30:50
>>992
【Schwarzの不等式】
区間 [a, b] で連続な実関数 f, g に対して
[∫[a, b]f(x)^2 dx]…[∫[a, b]g(x)^2 dx] ≧ [∫[a, b]f(x)g(x) dx]^2
（証明）
任意の実数 t に対して ∫[a,b](tf(x)+g(x))^2 dx ≧ 0 … (☆)
展開して (t^2)∫[a,b](f(x))^2 dx + 2t∫[a,b]f(x)g(x) dx + ∫[a,b](g(x))^2 dx ≧ 0
∫[a,b](f(x))^2 dx>0 のとき、上式の左辺の判別式 D≦0 より、示すべき不等式を得る。
等号は D=0 のときで、このとき (☆) は あるt=cにおいて ∫[a,b](cf(x)+g(x))^2 dx=0
となるから、区間 [a, b] でcf(x)+g(x)=0
∫[a,b](f(x))^2 dx=0 のとき、区間 [a, b] で f(x)=0 より、示すべき不等式で等号が成り立つ。
（このとき、f(x) = 0×g(x) と書ける）
等号成立条件は、f, g の一方が他方の定数倍のとき。
994:１３２人目の素数さん
05/01/22 04:32:18
>>992
その予想は、993の方法では難しそうでつね。
そもそも成り立つかどうか知らないし…。
（ ﾟ∀ﾟ） ﾃﾍｯ
995:１３２人目の素数さん
05/01/22 04:34:40
>>989
●知られざる(?)コーシー・シュワルツの拡張形● の等号成立条件は、どうなるのでしょうか？
996:１３２人目の素数さん
05/01/22 05:04:22
>>980
> 自然数 n≧2 と a>b>0 に対して、(n/2)(a-b)[a^(n-1)-b^(n-1)] > a^n-b^n
（別解１）
x>0、n≧2 において y=x^(n-1) は下に凸だから、
区間 [b, a] において、この間数とx軸で囲まれる部分の面積を考えて
（台形）≧ ∫[b, a]x^(n-1)dx
(1/2)(a-b)[a^(n-1)-b^(n-1)] > (a^n-b^n)/n
997:１３２人目の素数さん
05/01/22 05:18:16
（別解２）
a/b = t (>1) とおくと、示すべき不等式は
(n/2)(t-1)(t^(n-1)-1) > t^n -1 …(☆)
これを示そう。
f(t) = n(t-1)(t^(n-1)-1) -2(t^n -1)
f'(t) = n(n-2)t^(n-1) -n(n-1)t^(n-2) +n
f''(t) = n(n-1)(n-2)t^(n-3)(t-1)
t>1 において f''(t)>0、f'(1)=0 より、f'(t)>0 だから fは単調増加
f(t)>f(1)=0
998:不等式ヲタ
05/01/22 05:19:29
このスレが、ここまで盛り上がったのも皆さんのおかげです。
きっと>>1も草葉の陰で喜んでいることでしょう。
次スレもよろしくお願いします。
…と、なんとなく締めくくってみる。
＿＿＿
.／ ≧ ＼
|:::: ＼ .／ |
|::::: (● (● | ｸﾞｯｼﾞｮﾌﾞ！
ヽ::::... .ワ....ノ n
￣￣ ＼ （ E）
フ /ヽ ヽ_／／
999:１３２人目の素数さん
05/01/22 05:22:48
次スレ
不等式への招待 第２章
ｽﾚﾘﾝｸ(math板)l50
1000:１３２人目の素数さん
05/01/22 05:24:02
1000<10000
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