＿＿＿ ----- 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
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
[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
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 ）
￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣
M1854、M1852、C934、C932 に(*ﾟ∀ﾟ)=3 ﾊｧﾊｧ…
〔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。
∑_[1≦i<j≦n] (a_i)^2･(a_j)^2／{(a_i)^2 + (a_j)^2} ≦ {(n-1)/(n-2)^2}∑[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
文献[3] 不等式への招待 のP.145 あたりを参考に考えたが…
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]
ak=(bn-b1)(k-1)/n+b1
. (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
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
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
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
どちらも解けそうですな。
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
(x,y,z)=(0+/-1,0+/-1,0+/-1)
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。
〔C934.〕
(a_i)^2 + (a_j)^2 - 2a_i･a_j = (a_i-a_j)^2 ≧ 0,
より
(左辺) ≦ (1/2)∑[1≦i<j≦n] a_i･a_j ≦ {(n-1)/n}s^2, (*)
∑[k=1,n] (s-a_k)^2 = ∑[k=1,n] {s^2 -2s･a_k + (a_k)^2}
= (n-4)s^2 + ∑[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〕 ⊿ = ∑[1≦i,j≦n] (a_i-a_j)^2 ≧ 0, より
(*) ∑[1≦i<j≦n] a_i･a_j = {2(n-1)/n}s^2 - (1/2n)⊿ ≦ {2(n-1)/n}s^2,
(**) ∑[k=1,n] (a_k)^2 = (4/n)s^2 + (1/n)⊿ ≧ (4/n)s^2,
∫[0,1] {f'(x)}^2･dx ≧∫[0,1] {f(x)}^2 を示せ
〔M1852.〕と似てる
〔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) = ∑[k=1,∞) b_k sin(kπx),
とおく。
(右辺) = (π^2)∑[k=1,∞) (1/2)(b_k)^2,
f '(x) = π∑[k=1,∞) k･b_k cos(kπx),
(左辺) = (π^2) ∑[k=1,∞) (1/2)(k･b_k)^2,
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。
すっげー、ネ申！
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。
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〕 |⊿| ≦ (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...
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) - |⊿| (← *)
≧ (3/2 - 2/√3)(s^2 -3t) (←補題)
≧ 0, (← **)
*) s-√(3t) = (s^2 -3t)/{s+√(3t)} ≧ (s^2 -3t)/2s,
〔補題〕 |⊿| ≦ (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、 |⊿| = 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|⊿| = 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,
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??
|⊿|=xy(x+y)となるのは面白いですね。
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。
〔問題〕
a[1],a[2],･･･,a[n]≧0
∑[k=1,n] a[k] = S のとき 次を示せ。
(1) ∑[k=1,n] a[k]^2 ≧ (1/n)S^2,
(2) ∑[k=1,n-1] a[k]a[k+1] ≦ (1/4)S^2,
(3) ∑[k=1,n-2] a[k]a[k+1]a[k+2] ≦ (S/3)^3,
(4) ∑[k=1,n-3] a[k]a[k+1]a[k+2]a[k+3] ≦ (S/4)^4,
… …
（１）シュワルツの不等式より、
Ｓ＝∑[k=1,n] 1・a[k] ≦ { ∑[k=1,n] 1^2 }^{1/2}・{ ∑[k=1,n] a[k]^2 }^{1/2} ＝ {ｎ}^{1/2}・{ ∑[k=1,n] a[k]^2 }^{1/2}．
よって，
Ｓ^2 ≦ n ∑[k=1,n] a[k]^2
が証明された。
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。
なんか良い文献ないかなあ
[Ramanujan Book]
ha dou??
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）
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。
http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/inequality/nesbitt.htm
http://olympiads.mccme.ru/lktg/2010/5/5-1en.pdf
思わずフルしてしまった！
〔補題’〕a,b,c≧0 のとき |⊿| ≦ 2{s-√(3t)}t,
等号成立は m=0 かつ x/y = 1/2 のとき。
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。
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。
∑_[k=1,,n] |α_k|^2 ≦ ∑_[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。
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。
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】
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。
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。
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
◆（ ･･････しちゃいましてね･････････
門｜
〔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.
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
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。
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。
〔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,
（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（（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。
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
成り立たねーぞボケ
ﾆﾔﾆﾔ…
x^p+t^p*x^p-(1+t)^p*x^p
=x^p*(1+t^p-(1+t)^p)
>0
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…
>>66
口が悪いな、直したほうがいい
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
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
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
(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^2 + b^2 + c^2)/(ab+bc+ca) のとりうる値の範囲を求めよ
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,
すっきりした証明ですね、(*ﾟ∀ﾟ)=3 ﾊｧﾊｧ…
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…
b+c=k固定で動かした記憶
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？
お前と、82が上げたんだろうが！
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。
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(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。
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
わかりました。 ありがとうございます。
何が言いたい？
無能は黙ってＲＯＭってろ！
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････
平均点はいくらぐらいなの？
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]
r = (1+1+c^2)/(1+c+c) = 1 + (1-c)^2 /(1+2c),
でも同じだが･････
って普通の入試と違うの？
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
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