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。
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|::::: (● (● | ｸﾞｯｼﾞｮﾌﾞ！
ヽ::::... .ワ....ノ n
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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
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