Tag archieven: ongelijkheden

Titus’Lemma

Geplaatst op door

Deze ongelijkheid staat bekend als Titus’ lemma. Het is vernoemd naar de Roemeense wiskunde Titu Andreescu die bekend staat om zijn bijdragen aan de wiskundige olympiades en de wiskundige literatuur. Het staat ook bekend als  T2 lemma, Engel’s vorm  of de ongelijkheid van Sedrakyan.

Titus’ Lemma biedt een krachtige methode om bewijzen te construeren in problemen met ongelijkheden, vooral in contexten waarbij meerdere variabelen en beperkingen betrokken zijn. Het lemma zelf kan op verschillende manieren worden geformuleerd, afhankelijk van de specifieke toepassing, maar de kern ervan draait om het gebruik van de Cauchy-Schwarz ongelijkheid en de methode van “rearrangement” (herordening) van variabelen.

 

Toepassing 1: als a+b+c = 1 en a, b en c zijn positieve getallen,  wat is dan de minimumwaarde van

Volgens het gegeven lemma is \frac{1}{a}+\frac{4}{b}+\frac{9}{c}\geq \frac{(1+2+3)^2 )}{a+b+c}=36. De waarde van 36 kan bereikt worden voor a=\frac{1}{6},b=\frac{2}{6} en c=\frac{3}{6}. De minimum waarde is dus 36.

 

Toepassing 2:Bewijs:

Door toepassing van het lemma van Titus weten we dat het linkerlid groter dan of gelijk is aan \frac{(a+b+c)^2}{b+c+c+a+a+b}=\frac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)}, wat het gewenste resutaat geeft.

Nootje 23

Geplaatst op door

Bereken de oppervlakte van het gebied bepaald door

    \[|x|+|y|+|x+y|\leq 1\]

Antwoord

Majorisatie ongelijkheid

Geplaatst op door

Neem 2 geordende n-tallen x_1,\cots,x_n en y_1,\cdots,y_n. Als x_1 \geq x_2\geq \cdots \geq x_n,
y_1\geq y_2\geq \cdots \geq y_n,
x_1\geq y_1,
x_1+x_2\geq y_1+y_2, …,
x_1+x_2+\cdots+x_{n-1}\geq y_1+y_2+\cdots+y_{n-1} en x_1+\cdots+x_n=y_1+\cdots+y_n, dan zeggen we dat het n-tal (x_1,\cdots,x_n) het n-tal (y_1,\cdots,y_n) majorizeert en we noteren (x_1,\cdots,x_n)>(y_1,\cdots,y_n).

Dit gaan we gebruiken in volgende stelling over ongelijkheden:

Als f een convexe functie is op een interval I en (x_1,\cdots,x_n)>(y_1,\cdots,y_n) met x_i,y_i \in I, dan zal

    \[f(x_1)+\cdots+f(x_n)\geq f(y_1)+\cdots+f(y_n)\]

  • Als f strikt convex is krijg je een gelijkheid als en slechts als \forall i: x_i=y_i.
  • Er is een gelijkaardig resultaat voor concave functies, als je de ongelijkheidstekens omdraait.
  • Deze stelling is een veralgemening van de ongelijkheid van Jensen, waarbij (x_1,\cdots,x_n)> (x,\cdots,x). Hierbij is x het rekenkundig gemiddelde van de getallen x_i.

Een voorbeeld:

Vind de maximum waarde van a^{12}+b^{12}+c^{12} als -1\leq a,b,c \leq 1 en a+b+c=-\frac{1}{2}.

  • De functie f(x)=x^{12} is convex op \left[-1,1\right], want f''(x)=132x^{10}\geq 0 op \left[-1,1\right].
  • Veronderstel 1\geq a \geq b\geq c\geq -1.
  • Dan is (1,-\frac{1}{2},-1)>(a,b,c), want eerst en vooral is 1\geq a. Verder is -c\leq 1, dus is 1-\frac{1}{2} \geq -c-\frac{1}{2}=a+b.
  • Volgens de majorisatie ongelijkheid is dan a^{12}+b^{12}+c^{12} \leq f(1)+f(-\frac{1}{2})+f(-1)=2+\frac{1}{2^{12}}.
  • De maximumwaarde van 2+\frac{1}{2^{12}} wordt bereikt voor a=1, b=-\frac{1}{2} en c=-1.

Goniometrische substituties

Geplaatst op door

We kennen het gebruik van een goniometrische substitutie bij het berekenen van onbepaalde integralen. Maar ze kunnen ook hun nut hebben bij de studie van ongelijkheden. Een voorbeeld:

Als a,b,c,en d positieve reële getallen zijn en

    \[\frac{1}{1+a^4}+\frac{1}{1+b^4}+\frac{1}{1+c^4}+\frac{1}{1+d^4}=1\]

bewijs dan dat abcd \geq 3.

  • Stel a^2=\tan x, b^2=\tan y,c^2=\tan z en d^2=\tan t
  • Omdat 1+\tan^2x=\frac{1}{\cos^2x} wordt de gegeven ongelijkheid: \cos^2x+\cos^2y+\cos^2z+\cos^2t=1
  • We gebruiken nu de ongelijkheid van het rekenkundig en meetkundig gemiddelde: \sin^2x=1-\cos^2x=\cos^2y\cos^2z\cos^2t \geq 3(\cos y.\cos z.\cos t)^{\frac{2}{3}}
  • Analoog \sin^2y\geq 3(\cos x.\cos z.\cos t)^{\frac{2}{3}}.
  • Of \sin^2z\geq 3(\cos x.\cos y.\cos t)^{\frac{2}{3}}.
  • En \sin^2t\geq 3(\cos x.\cos y.\cos z)^{\frac{2}{3}}.
  • Als we nu deze 4 ongelijkheden met elkaar vermenigvuldigen vinden we dat \sin^2x.\sin^2y.\sin^2z.\sin^2t \geq 81 \cos^2x.\cos^2y.\cos^2z.\cos^2t.
  • Hieruit volgt dat \tan^2x.\tan^2y.\tan^2z.\tan^2t \geq 81 of a^4b^4c^4d^4 \geq 81.
  • Omdat a,b,c en d positief zijn volgt hieruit dat abcd \geq 3.

Ongelijkheid van Erdös-Mordell

Geplaatst op door

Deze ongelijkheid vertelt ons dat, voor een punt in het inwendige van een driehoek, dat de som van de afstanden tot de hoekpunten niet kleiner is dan het dubbel van de som van de afstanden tot de zijden van de driehoek. Dit werd door Paul Erdös( 1913-1996) als een vermoeden geformuleerd in 1935 en in hetzelfde jaar nog bewezen door de Britse wiskundige Louis Mordell (1888-1972).

    \[x+y+z \geq 2(a+b+c)\]

  • b+y\geq h_B, dus is \frac{1}{2}|AC|(b+y)\geq\frac{1}{2}(|AC|b+|BC|a+|AB|c). Hieruit volgt dat |AC|y\geq |BC|a+|AB|c.
  • Door het inwendig punt te spiegelen rond de bissectrice van C, vinden we dat |AC|y\geq |BC|c+|AB|a.
  • Analoge redeneringen geeft ook dat |AB|z\geq |BC|b+|AC|a en |BC|x\geq |AC|c+|AB|b.
  • Oplossen naar x,y en z geeft dit x\geq \frac{|AC|}{|BC|}c+\frac{|AB|}{|BC|}b,  y\geq \frac{|BC|}{|AC|}c+\frac{|AB|}{|AC|}a, en z\geq \frac{|BC|}{|AB|}b+\frac{|AC|}{|AB|}a.
  • Lid per lid  optellen van deze ongelijkheden geeft: x+y+z \geq ( \frac{|AC|}{|BC|}+ \frac{|BC|}{|AC|})c+( \frac{|BC|}{|AB|}+ \frac{|AB|}{|BC|})c+( \frac{|AC|}{|AB|}+ \frac{|AB|}{|AC|})b.
  • Uit de ongelijkheid over het rekenkundig en meetkundig gemiddelde volgt dat de coëfficiënten van a,b en c alle groter of gelijk zijn aan 2, zodat x+y+x \geq 2(a+b+c).