Georg Mohr Kokurrece Noter om uligheder Søre Galatius Smith. juli 2000
Resumé Kapitel geemgår visse metoder fra gymasiepesum, som ka bruges til at løse ulighedsopgaver, og ideholder ikke egetligt yt stof. I kapitel 2 formuleres de tre vigtige stadarduligheder AG-ulighede, Cauchy-Schwarz's ulighed og Jeses ulighed. Disse ka betragtes som (miimalt) pesum i uligheder i kokurrecer ud over Georg Mohr. For de, som har lyst til at læse mere om middelværdier, er der i kapitel 3 samlet ogle mere avacerede sætiger, som er geeralisatioer af AG-ulighede. Specielt er Muirheads ulighed værd at lære sig. I håb om at gøre otere mere læsbare er de este af bevisere yttet om i appedix. Jeg vil være meget takemmelig for kommetarer, rettelser, forslag til forbedriger etc. E-mail: galatius@imf.au.dk Søre Galatius Smith, Juli 2000
Kapitel Grudlæggede metoder. Algebraiske metoder Nogle uligheder ka vises ved algebraiske omskriviger til oplagt sade udsag. Et hyppigt avedt trick er, at der for alle x R gælder x 2 0 med lighed hvis og ku hvis x = 0. Eksempel... Vis at der for alle positive reelle tal gælder x + y 2 med lighed hvis og ku hvis x = y. xy Bevis. Vi har 0 ( x y) 2 = x + y 2 xy x+y 2 xy. Dette er faktisk et specialtilfælde af de såkaldte AG-ulighed, som præseteres seere. Eksempel..2. Vis, at der for alle reelle tal a, b og c gælder a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ac Bevis. Da (a b) 2 = a 2 + b 2 2ab 0, fås for alle a, b R Ligeledes må der jo gælde a 2 + b 2 2ab. b 2 + c 2 2bc og a 2 + c 2 2ac, hvoraf det øskede følger ved additio og divisio med 2.
Bemærkig..3. Løsige til det foregåede eksempel ka godt virke lidt grebet ud af lufte. Hvorda i alverde skulle ma de på at betragte (a b) 2? Når ma skal vise e ulighed er det som regel ødvedigt at rege baglæs, altså starte med det ma skal vise. Ma skal selvfølgelig sørge for, at beviset virker de rigtige vej. Ma vil tit komme ud for e implikatio, som ku gælder de ee vej, fx gælder der jo a > c og b > d a + b > c + d (hvilket vi brugte i det sidste skridt i oveståede eksempel), me ikke det omvedte. Hvis ma skriver bevisere i baglæs rækkefølge, ka det være lettere at se, hvorda ma har fudet på beviset, me også lettere at lave forkerte argumeter..2 Aalytiske metoder Som bekedt gælder der for positive tal x y x 2 y 2, ma har lov til at kvadrere på begge sider. Ma ka også overbevise sig om, at ma har lov til at tage kvadratrod på begge sider. Dette er e vigtig egeskab ved fuktioere x x 2 og x x. Hvis f : I R er e fuktio på et iterval I R, siger vi geerelt f er voksede i I, hvis x y f(x) f(y), x, y I f er aftagede i I, hvis x y f(x) f(y), x, y I f er stregt voksede i I, hvis x > y f(x) > f(y), x, y I f er stregt aftagede i I, hvis x > y f(x) < f(y), x, y I Hvis f er stregt voksede, har ma altså lov til at tage f på begge sider af et ulighedsteg; hvis f ku vides at være voksede, skal ma ædre > til og < til. Hvis f er aftagede hhv. stregt aftagede, skal ma vede ulighedsteget. Hvis ma ikke umiddelbart ka se, om e fuktio er voksede, ka ma prøve med Sætig.2. (Mootoisætige). Lad f være dieretiabel på et iterval I. Hvis f (x) 0 for alle x I, er f voksede i I. Hvis f (x) > 0 for alle x I, er f stregt voksede i I. Bemærkig.2.2. Heraf udledes let små modikatioer, som fx at det er ok at f er kotiuert og stykkevist dieretiabel, eller at f (x) > 0 for alle x I udtage edelig mage er tilstrækkeligt til at gøre f stregt voksede. Vi vil ikke i dee ote give et bevis for mootoisætige. 2
Mootoisætige ka dels bruges til at retfærdiggøre et (lille) skridt i et bevis, hvor ma har brugt e implikatio som fx x > y e x > e y. I sådae tilfælde betragtes det som regel som velkedt, at de give fuktio (fx ekspoetialfuktioe) er voksede, og ma behøver ikke skrive, at de aedede er positiv. Ma ka imidlertid også forestille sig tilfælde, hvor hele opgave eller e stor del af de ka formuleres som f() f(2) eller ligede, for e passede fuktio f. Så ka det være at det er lettere at vise f (x) 0 for x [; 2], hvorved mootoisætige giver det øskede. Et lidt mere hi-tech redskab er maksimerig. E måde at vise, at der for e dieretiabel fuktio f gælder f(x) 0, er at dieretiere f, de kritiske pukter, og udersøge, om f's globale miimum er 0. I så fald har ma jo vist ulighede. I praksis viser det sig sjældet at være farbar vej; hvorfor skulle det være lettere at løse f (x mi ) = 0 og derefter vise f(x mi ) 0 ed at vise f(x) 0 e gag for alle? Det er trods alt de færreste fuktioer, der bliver pæere af at blive dieretieret. E ade hage ved metode er, at f typisk er e fuktio af ere variable, hvor maksimerig bliver edu mere vaskelig. 3
Kapitel 2 Geerelle sætiger 2. Algebraiske metoder Deitio 2... Ved det aritmetiske geemsit (eller middel) af reelle tal x, x 2,..., x forstås tallet A = x + x 2 + + x. Ved det geometriske geemsit (eller middel) af ikke-egative reelle tal x, x 2,..., x forstås tallet Der gælder u de vigtige G = x x 2... x. Sætig 2..2 (AG-ulighede). For vilkårlige ikke-egative reelle tal x, x 2,..., x gælder A G med lighed hvis og ku hvis x = x 2 = = x. De æste sætig har e ituitiv geometrisk fortolkig Sætig 2..3 (Cauchy-Schwarz). For vilkårlige 2 reelle tal x, y, x 2, y 2,..., x, y gælder x i y i x i 2 Der gælder lighedsteg, hvis og ku hvis der des σ, λ R, ikke begge 0, så σx i = λy i for alle i. 4 y i 2
For = 2 og = 3 siger ulighede, at vikle θ mellem to vektorer x og y i R opfylder cos θ. For > 3 er resultatet ødvedigt for overhovedet at kue deere vikler. Cauchy-Schwarz er et specialtilfælde af Sætig 2..4 (Hölders ulighed). Lad p, q R være så p + q =. Lad x i og y i være ikke-egative. For p > (og dermed q > ) gælder ( x i y i x i p ) p ( og hvis p < (og dermed q < ) gælder de omvedte ulighed. Lighedsteg som i sætig 2..3. I appedix A.3 des e geeralisatio af sætig 2..4 samt et bevis for de geeraliserede versio. y i q ) q 2.2 Aalytiske metoder I kraft af mootoisætige giver forteget af f væsetlig iformatio om f. I dette afsit skal vi udytte oget ligede om forteget for f. Først ogle deitioer: Deitio 2.2.. Lad f : I R være e fuktio på et iterval I R. Hvis der for alle x, y I og alle λ [0; ] gælder siger vi, at f er koveks i I. λf(x) + ( λ)f(y) f(λx + ( λ)y), Hvis der for alle x, y I så x y og alle λ ]0; [ gælder λf(x) + ( λ)f(y) > f(λx + ( λ)y), siger vi, at f er stregt koveks i I. f siges at være (stregt) kokav i I, hvis og ku hvis de omvedte uligheder gælder. Ækvivalet er f (stregt) kokav, hvis og ku hvis f er (stregt) koveks. Sagt med ord er f koveks, hvis sekate geem to pukter på futioes graf ligger over grafe mellem disse to pukter. Det ser jo vældig idviklet ud, me heldigvis er der et lettere kriterium: 5
Sætig 2.2.2. Lad f være e dieretiabel fuktio på et iterval I. Da er f (stregt) koveks på I hvis og ku hvis f er (stregt) voksede på I. I dee ote vil vi ikke give et bevis for sætig 2.2.2. Sætige er specielt yttig, hvis f er to gage dieretiabel. Så ka ma emlig bruge mootoisætige til at afgøre, om f er voksede. Sætter vi.2. og 2.2.2 samme, får vi, at e to gage dieretiabel fuktio er koveks hhv. stregt koveks, hvis f 0 hhv. f > 0. (Det er ikke ok, at f er kotiuert og stykkevist to gage dieretiabel med f 0. Prøv fx at tege f(x) = 3 x 2 omkrig x = 0.) Vi ka u formulere Jeses ulighed, opkaldt efter daskere Joha Ludwig William Valdemar Jese [859925]: Sætig 2.2.3 (Jeses ulighed). Lad f : I R være e koveks fuktio på et iterval I R. Lad x, x 2,..., x I. Da gælder ( ) f(x ) + f(x 2 ) + + f(x ) x + x 2 + + x f. Hvis f er stregt koveks, gælder der lighedsteg hvis og ku hvis x = x 2 = = x. Jeses ulighed siger altså, at geemsittet af fuktiosværdiere er større ed eller lig fuktiosværdie af geemsittet. I appedix A.2 giver vi et bevis for Jeses ulighed. Bemærk, at da f koveks f kokav, gælder de omvedte ulighed for kokave fuktioer. Som eksempel på avedelse af Jeses ulighed viser vi u AG-ulighede: Eksempel 2.2.4. Da (l) (x) = < 0 for x R x 2 +, er l stregt kokav på R +. Jeses ulighed giver u, at der for alle positive tal x, x 2,..., x gælder l x x 2... x = l(x ) + l(x 2 ) + + l(x ) ( ) x + x 2 + + x l, med lighed hvis og ku hvis x'ere er es. Da ekspoetialfuktioe er stregt voksede, følger AG-ulighede. 2.3 Opgaver til kapitel 2 Opgave 2.3. (Harmoisk middel). Det harmoiske geemsit af positive tal x, x 2,..., x deeres ved H = x + x 2 + + x 6
Vis, at der for vilkårlige positive tal x, x 2,..., x gælder H G, med lighed hvis og ku hvis x = x 2 = = x. Opgave 2.3.2 (Kvadratisk middel). Det kvadratiske geemsit af reelle tal x, x 2,..., x deeres ved x2 + x 22 + + x 2 Q =. Vis, at der for vilkårlige reelle tal x, x 2,..., x gælder A Q, med lighed hvis og ku hvis x = x 2 = = x. Eksempel 2.3.3 (Trekatsulighede i R ). Vis, at der for alle reelle x i og y i gælder (x i + y i ) 2 x 2 i + yi 2. Giv evt. e geometrisk fortolkig af ulighede (oget med sidelægder af e trekat i R ). Dee ulighed er et specialtilfælde af Mikowskis ulighed, som bevises i appedix A.3. Opgave 2.3.4. Lad x, x 2,..., x være positive reelle tal så x i =. Vis, at x i x 2 i. Bemærkig 2.3.5. Oveståede ulighed er et specialtilfælde af g. resultat: For x i positive, x i = og 0 < r < s gælder x r i x s i. [Vik til de geerelle form: For e passede fuktio f(r) er det ækvivalet at vise, at f er voksede på R. Idet l er voksede på R +, har (x i r ) og (l x i r l ) samme forteg, så (x i r )(l x i r l ) 0, hvoraf x i r l x i l x i for vilkårligt x i > 0. Alterativt ka Hölders ulighed avedes.] 7
Kapitel 3 Mere om middelværdier 3. Potesgeemsit I tidligere afsit og øvelser har vi vist, at for vilkårlige positive reelle tal gælder H G A Q, med lighedsteg hvis og ku hvis x = x 2 = = x. Disse 4 geemsit er specialtilfælde af de såkaldte potesgeemsit M r, som vi u vil deere: Deitio 3... Lad x, x 2,..., x være positive reelle tal. Da deeres ( x r) r i for 0 < r <, x i for r = 0, M r = mi x i for r =, max x i for r =. Som ma ka se, er H = M, G = M 0, A = M og Q = M 2. Geerelt gælder Sætig 3..2. For vilkårlige positive reelle x i er r M r e kotiuert og voksede fuktio på [ ; ] i de forstad, at de er kotiuert og voksede på R og lim r ± M r = M ±. Med midre x = x 2 = = x er de også stregt voksede. E del af beviset for dee sætig er i opgave B.0.7. 3.2 Vægtede geemsit Hvis ma vil lave et geemsit af x og y, hvor x er dobbelt så vigtig som y, ka ma bruge 2x + y. Dette kaldes et vægtet geemsit af x og y med 3 3 vægtee 2 og. Alle potesgeemsit ka vægtes: 3 3 8
Deitio 3.2.. Lad a, a 2,..., a være positive reelle tal så a i =. Potesgeemsittet af de positive reelle tal x, x 2,..., x med vægtee a i deeres u ved ( M r = mi x i a ix r i ) r for 0 < r <, x i a i for r = 0, for r =, max x i for r =. Ma ka u vise, at sætig 3..2 også gælder for vægtede M r. I appedix A.2 er Jeses ulighed bevist i e udgave om vægtede geemsit (me ku for vægtede aritmetiske geemsit, dvs. det vægtede M ; se eksempel B.0.8 hvis r ). Jeses ulighed ka da skrives på forme i Købehavs Uiversitets Matematiske Istituts logo: ϕ ( aν x ν aν ) aν ϕ(x ν ) aν 3.3 Muirheads sætig I dette afsit skal vi se på edu e geeralisatio af AG-ulighede, idet vi vil deere de såkaldte Muirhead-geemsit, for hvilke der gælder e meget stærk ulighed. Først lidt termiologi. 3.3. Permutatioer Først et par geerelle deitioer: Deitio 3.3.. Lad X og Y være mægder. Lad f : X Y være e fuktio. Vi siger da, at f er surjektiv, hvis der gælder y Y x X : f(x) = y Vi siger, at f er ijektiv, hvis der gælder x, x 2 X : [ f(x ) = f(x 2 ) x = x 2 ] Vi siger, at f er bijektiv, hvis f er både ijektiv og surjektiv. E fuktio f : X Y er altså surjektiv, hvis hvert elemet i Y er billedet af midst et elemet i X; de er ijektiv, hvis hvert elemet i Y er billedet af højst et elemet i X, og bijektiv, hvis hvert elemet i Y er billedet af etop et elemet i X. Hvis (og ku hvis) f : X Y er bijektiv des e etydig fuktio g : Y X så y Y : f g(y) = y og x X : g f(x) = x. De således bestemte fuktio beteges f og kaldes de iverse til f. 9
Deitio 3.3.2. E permutatio σ af e mægde X er e bijektiv fuktio σ : X X. Mægde af permutatioer på X beteges Σ X. Når X = {, 2,..., } vil vi skrive Σ eller P for Σ X. Σ kaldes også de symmetriske gruppe. Af otatiosmæssige årsager beyttes betegelse P frem for Σ i reste af dee fremstillig. Det er e god idé at tæke sig et elemet σ i P tabuleret således: x 2... σ(x) σ() σ(2)... σ() At σ P skal være bijektiv kommer u ud på, at hvert af tallee, 2,..., optræder etop é gag i ederste liie, således at σ bliver e ombytig af tallee fra til. Ma ser, at atallet af mulige sådae ombytiger, og dermed atal elemeter i P, er!. 3.3.2 Muirhead-geemsit Vi vil u deere det såkaldte Muirhead-geemsit: Deitio 3.3.3. Lad α = (α,..., α ) være e -tupel af ikke-egative reelle tal. Da lader vi Muirhead-geemsittet [α] af tallee x i > 0 være det reelle tal [α] = [α, α 2,..., α ] =! σ P x α σ(i) i =! σ P (x σ(i) ) α i (3.) Altså: Fid produktet x α x α 2 2... a α, byt på alle mulige måder rudt på ekspoetere, og læg det hele samme og divider til sidst med atallet af led,!. For geerelle ekspoeter ser det ikke særlig hady ud, me i specialtilfældet hvor mage af ekspoetere er es, fås ekle udtryk; i edeståede eksemplere er x,..., x positive reelle tal. Eksempel 3.3.4. Altså det kedte geometriske geemsit af x'ere. Eksempel 3.3.5. [,..., ] = x... x (3.2) [, 0,..., 0] = (x + + x ) (3.3) Altså det kedte aritmetiske geemsit af x'ere. 0
AG-ulighede samme med de to foregåede eksempler viser, at der for alle positive reelle x i gælder [,..., ] [, 0,..., 0]. Hovedresultatet i dette afsit er et geerelt kriterium for, hvorår to Muirhead-geemsit ka sammeliges på dee måde. Først edu e deitio: Deitio 3.3.6. Lad α = (α,..., α ) og β = (β,..., β ) være ordede tupler af ikke-egative reelle tal. Vi skriver da α β, såfremt α i 'ere og β i 'ere ka omarrageres så der gælder (i) α + + α = β + + β (ii) α i α i+ og β i β i+ for alle i =,..., (iii) α + + α i β + + β i for alle i =,..., Pukt (ii) er ikke i sig selv e restriktio, da α og β altid ka omarrageres så det bliver opfyldt. Me det gør aturligvis e forskel i (iii), at de skal være arrageret i aftagede rækkefølge. Vi ka u formulere Sætig 3.3.7 (Muirhead). Lad [α] og [β] være to Muirhead-geemsit. E ødvedig og tilstrækkelig betigelse for at der for alle positive x i gælder [α] [β] er, at α β. I så fald gælder der lighedsteg hvis og ku hvis x = x 2 = = x eller α i = β i for alle i. I appedix A. er et bevis for Muirheads sætig. Ofte ka ma bruge Muirheads sætig samme med g. korollar af sætig 3..2: Sætig 3.3.8. Lad [a] være et Muirhead-geemsit og lad 0 < λ. Da er [λa] [a] λ. hvor λa beteger (λa,..., λa ). Der gælder lighedsteg hvis og ku hvis λ = eller x = x 2 = = x.
Appedix A Noge beviser A. Bevis for Muirheads sætig Sætig A.. (Muirhead). Lad [α] og [β] være to Muirhead-geemsit. E ødvedig og tilstrækkelig betigelse for at der for alle positive x i gælder [α] [β] er, at α β. I så fald gælder der lighedsteg hvis og ku hvis x = x 2 = = x eller α i = β i for alle i. Bevis. For at vise, at α β er ødvedigt, atag α og β er ordet i aftagede rækkefølge. Atag [α] [β] for alle positive x i. Vi skal u vise, at (i) og (iii) i deitio 3.3.6 må være opfyldt. Lad x = x 2 = = x = x. Da er altså x P α i x P β i. Hvis dette skal gælde for x både større og midre ed, må ekspoetere være es, så krav (i) i deitio 3.3.6 er ødvedigt. Sæt deræst x = x 2 = = x i = x og x i+ = = x =. Skrives ulighede [α] [β] u ud fås på vestre side e sum af poteser af x af hvilke de højeste potes er α + + α i (husk, at α var ordet aftagede); på højre side har er de højeste potes β + + β i. Hvis vestreside skal være midre ed højreside for store x, må (iii) i deitio 3.3.6 ødvedigvis være opfyldt. Dermed er ødvedighede bevist. Vi viser u tilstrækkelighede. Atag altså at α β. Vi ka atage, at α og β allerede er arrageret i aftagede rækkefølge. Beviset går ud på at de -tupler β (0), β (),..., β (m), så β (0) = β og β (m) = α, og så det er let at se, at [β (i) ] [β (i+) ]. Ka vi det, har vi jo vist det, vi skulle. Lad os kalde atallet af i, så α i β i for diskrepase af β mht. α. Hvis diskrepase er 0, er vi færdige. I modsat fald er oge af dieresere α i β i altså forskellige fra ul, og da (β i α i ) = 0, må der være både positive og egative diereser. Ig. krav (iii) i deitioe af, må de første ikke-ul dieres være positiv. Lad l være midst mulig, så β l α l < 0. Lad k < l 2
være størst mulig, så β k α k > 0. Vi har altså situatioe α k < β k, β k+ = α k+,..., α l = β l, α l > β l (A.) Lad u σ være de største af tallee α k β k+β l + σ 2 β k β l. Nu gælder: og α k β k + β l 2 α l β k + β l 2 2 og β k+β l 2 α l, og lad λ = + σ = λβ k + ( λ)β l (A.2) σ = ( λ)β k + λβ l (A.3) Med lighed i midst e af ulighedere. Da β l < α l α k < β k, må 0 < λ <. Vi deerer u β ved λβ k + ( λ)β l β m = for m = k ( λ)β k + λβ l for m = l ellers β m (A.4) Af lighede i (A.2) eller (A.3) ses, at diskrepase af β med hesy til α er eller 2 lavere ed diskrepase af β med hesy til α. β skal u være kadidat til β (). Vi øsker at vise, at α β, samt at [β ] [β]. Vi har u oplagt α i = β i = β i. Mht. om β er aftagede har vi, for k + < l, at β k = β k β k λβ k + ( λ)β l α k α k+ = β k+ = β k+ (A.5) og β l = β l = α l α l ( λ)β k + λβ l β l β l+ = β l+ (A.6) Vi har dermed checket de uligheder, der ivolverer idicere l og k. De adre uligheder er automatisk opfyldt, da β er aftagede. Vi har altså, at β er aftagede. For k = l gælder de samme vurderiger, blot overspriges vurderiger agåede idices k +, thi da er α k = α l. Vi magler u ku at checke, at α + α 2 + + α m β + β 2 + + β m for m =, 2,..., For m < k ka vi erstatte β med β på højreside, så der gælder ulighede. Det ka vi også for m l, thi β k + β l = β k + β l. Da α k β k, gælder det også for m = k. Dermed gælder det også for k < m < l, da β og α er es her. 3
Vi øsker u at vise, at for vilkårlige x i 'er er [β ] [β]. Til de ede sker der ikke oget ved at omarragere β og β, så k = og l = 2. Vi har u 2!([β] [β ]) = 2! ([β, β 2, β 3,..., β ] [λβ + ( λ)β 2, ( λ)β + λβ 2, β 3,..., β ]) ( = σ P x β 3 σ(3)... xβ σ() x β σ() xβ 2 σ(2) + xβ 2 σ() xβ σ(2) xλβ +( λ)β 2 σ() x ( λ)β +λβ 2 σ(2) x ( λ)β +λβ 2 σ() x λβ +( λ)β 2 σ(2) Paretese ka faktoriseres i ( ) ) ( ) β2 xσ() x σ(2) (x λ(β β 2 ) σ() x λ(β β 2 ) σ(2) x ( λ)(β β 2 ) σ() x ( λ)(β β 2 ) σ(2) der, idet λ > 0 og λ > 0, er ikke-egativ, hvoraf det øskede følger. Med midre x = x 2 = = x, bliver paretese også stregt positiv for et σ P Sammefattede har vi, at α β, og [β ] [β]. Ved at getage procedure ka vi altså lave e følge af β (i) 'er, så for alle positive x i 'er [β] [β () ] [β (2) ] [β (m) ] med lighed hvis og ku hvis x = x 2 = = x. Og α β (m). Imidlertid aftager diskrepase af β (i) 'ere mht. α, så for tilstrækkelig stor m, er β (m) = α, og beviset for Muirheads sætig er fuldført. A.2 Bevis for Jeses ulighed Vi vil bevise Jeses ulighed for vægtede middelværdier i følgede form: Sætig A.2. (Jeses ulighed). Lad I R være et iterval, og lad f : I R være koveks. Lad x,..., x I, og lad a,..., a være positive reelle tal så a i =. Da er ( ) f a i x i a i f(x i ). ) (A.7) Hvis f er stregt koveks gælder lighedsteg hvis og ku hvis alle x i 'ere er es. Bemærkig A.2.2. Det er klart, at a ix i I, da de ligger mellem de største og de midste af x i 'ere. Dermed giver vestreside altid meig. 4
Bevis. Lad os idføre lidt otatio. Lad V være mægde af fuktioer I R, og lad G : V R være fuktioe givet ved G(g) = a i g(x i ) (A.7) ka u skrives f (G(id)) G(f) hvor id beteger fuktioe x x. Ligeledes vil vi skrive for fuktioe x. For g, h V vil vi skrive g h hvis x I : g(x) h(x). Bemærk, at G opfylder, at G(g + h) = G(g) + G(h) og G(ag) = ag(g) for g, h V og a R (disse to egeskaber kaldes liearitet af G). G opfylder også at hvis g h er G(g) G(h) (dee egeskab kaldes positivitet), og at G() = (G er ormeret). Beviset bygger på følgede lemma, hvis bevis vi udskyder: Lemma A.2.3. Lad f : I R være koveks og lad y I, så y ikke er et edepukt for I. Da des e støtteliie, dvs. et c R, så at for alle x I: f(x) f(y) + c(x y) Hvis f er stregt koveks vil der gælde skarp ulighed for x y. (A.8) Lemmaet siger blot, at der des e tagetliie, som grafe for fuktioe ligger over. Nu er det gaske let at bevise Jeses ulighed i de agive form: Lad y = G(id). Med midre alle x i 'ere er es og er edepukter i I (i så fald er Jeses ulighed triviel), er y ikke et edepukt i I. Fid c R som i lemmaet. Nu gælder for alle x I f(x) f(y) + c(x y) (A.9) eller, ækvivalet f f(y) + c(id y). Bruges liearitete og positivitete af G fås (A.0) = f(y)g() + c (G(id) yg()) = f(y) + c(y y) = f (G(id)), (A.) G(f) G(f(y) + c(id y)) som viser første del af sætige. Hvis f er stregt koveks, gælder skarp ulighed i (A.9) udtage for x = y. Med midre alle x i 'ere er es er dette tilstrækkeligt til at give skarp ulighed i (A.0). Det er klart, at hvis alle x i 'ere er es, gælder lighedsteg i Jeses ulighed. Dermed er Jeses ulighed bevist. 5
Bemærkig A.2.4. De egeskaber ved G, vi brugte i beviset, gælder også for adre slags geemsit. Specielt gælder beviset også hvis I = [a, b] og V er mægde af kotiuerte fuktioer I R og G(g) = g(x)dx, eller b a edu mere geerelt G(g) = b a fuktio så b a v(x)dx =. b a g(x)v(x)dx hvor v : I R er e ikke-egativ Bevis for lemma A.2.3. Vi får brug for følgede egeskab ved de reelle tal: Egeskab A.2.5. Lad A, B R være ikke-tomme og atag at a A, b B : a b. Da des et tal c R, så a A, b B : a c b. Dee egeskab er fudametal for de reelle tal. At bevise de kræver e præcis deitio af R, og de ka i dee sammehæg opfattes som et aksiom. Lad x, z I så x < y < z. Da ka y skrives som y = ( λ)x + λz, 0 < λ <. Vi har u pr. koveksitet: f(y) f(x) y x = På samme måde fås, at Deer u A, B R ved f(( λ)x + λz) f(x) ( λ)x + λz x f(z) f(x) z x λ(f(z) f(x)) λ(z x) f(z) f(y) z y { } f(y) f(x) A = y x x I, x < y { } f(z) f(y) B = z y z I, y < z = f(z) f(x) z x (A.2) (A.3) Da y ikke var et edepukt er A og B ikke-tomme. Nu viser (A.2) og (A.3), at A og B er som i egeskab A.2.5. Tag derfor et c som i A.2.5. Nu er påstade, at dette c ka bruges som c i lemmaet. Vi har emlig for x < y: og for x > y: f(y) f(x) y x c f(x) f(y) c x y I begge tilfælde følger lemmaet ved multiplikatio med x y. For x = y er lemmaet trivielt. Tilfældet hvor f er stregt koveks overlades til læsere [Vik: Idirekte bevis. Vis, at hvis koklusioe ikke holdt, ville f være e ret liie mellem x og y]. 6
A.3 Bevis for Hölders og Mikowskis uligheder Sætig 2..4 for p > fås af sætig A.3. ved at sætte m = 2, p = p, p 2 = q, x i = x i og x i2 = y i : Sætig A.3. (Hölders ulighed). Lad p,..., p m være positive reelle tal så p + + p m =. Lad x ij være positive reelle tal for i =,..., og j =,..., m. Da er j= m x ij ( m ) p j p x j ij j= Vi vil bevise sætig A.3. vha. AG-ulighede for vægtede middelværdier (som følger af Jeses ulighed for vægtede middelværdier (Sætig A.2.) på helt samme måde som i eks. 2.2.4). Vi har emlig m j= x ij m j= ( x ij p j ) m = j= p j p j = m j= ( xij p j k= x kj p j ( p xij j ) p j k= x kj p j ) m = j= p j k= x kj p j m p j= j p x j ij = ( p xij j ) k= x kj p j m j= p j = hvor ulighedsteget stammer fra AG-ulighede. Dermed følger det øskede ved multiplikatio med ævere. Tilfældet hvor 0 < p < ka reduceres til tilfældet hvor p > på følgede måde: Vi har p = > og p q = > og + p p q. Nu ka Hölders ulighed bruges på disse tal: b i = b p i (a i b i ) p b p i ( ) p ( ((a i b i ) p ) p Divider dee ulighed med paretes r. 2 på højreside: ( ) p ( a i b i a p i ) ( b q i =. Sæt a i = (a i b i ) p og ) p ( ) b p p i ) p q. Heraf fås det øskede ved at opløfte til. Tilfældet hvor p < 0 fås af tilfældet p 0 < p < ved at bytte om på p og q. Det overlades til læsere at udersøge, hvorår der gælder lighedsteg i Hölders ulighed. Mikowskis ulighed siger: 7
Sætig A.3.2 (Mikowskis ulighed). Lad a,..., a og b,..., b være ikkeegative reelle tal, og lad r. Da gælder ( ) ( r (a i + b i ) r a i r ) r For r, r 0 gælder de omvedte ulighed. + ( b i r ) r. For r = 2 siger ulighede at lægde af e side i e trekat er midre ed summe af lægdere af de to adre sider. Bevis. Vi bruger Hölders ulighed: For r > har vi (a i + b i ) r = ( a i r ( = ) a i r a i (a i + b i ) r + b i (a i + b i ) r ( ) r ( r r ((a i + b i ) r ) r r + ) r + ( b i r ) r b i r ( ) (a i + b i ) r ) r r ( ((a i + b i ) r ) r r hvoraf det øskede følger. For r <, r 0 skal ulighedsteget vedes. A.4 Tjebysjevs ulighed Bemærkig A.4.. Ulighede er opkaldt efter Pafuti Lьvoviq Qebyxev (82-894). Følger ma de af Dask Sprogæv abefalede traslitteratio, hedder ha Pafutij Lvovitj Tjebysjev. Følger ma ISO-stadarde, hedder ha Pafutij L'vovi ƒeby²ev. På egelsk skriver ma tit Chebyshev, og geerelt ka avet staves på ere måder ed ma skulle tro. Deitio A.4.2. Lad a, a 2,..., a og b, b 2,..., b være reelle tal. Vi siger, at a og b har samme ordig, hvis (a i a j )(b i b j ) 0 for alle i, j. Vi siger, at a og b er omvedt ordede, hvis der gælder de omvedte ulighed. Bemærk, at hvis b'ere er givet ved e fuktio af a'ere: b i = f(a i ) har de samme ordig hvis f er voksede og omvedt ordig hvis f er aftagede. Sætig A.4.3 (Tjebysjevs ulighed). Lad a og b have samme ordig. Da er (a ) ( ) + a 2 + + a b + b 2 + + b 8 a b + a 2 b 2 + + a b ) r r
Hvis a og b er omvedt ordede gælder de omvedte ulighed. Der gælder lighedsteg hvis og ku hvis alle a'ere er es eller alle b'ere er es Bevis. Vi har = = 2 = 2 a i b i j= j= j= a i b i = 2 (a ib i a i b j ) = j= j= a j b j a i 2 (a jb j a j b i ) 2 ((a ib i a i b j ) + (a j b j a j b i )) 2 (a i a j )(b i b j ) 0 Hvis a og b er omvedt ordede gælder de omvedte ulighed. E ade sætig af samme skue: Sætig A.4.4. Lad a, a 2,..., a og b, b 2,..., b være reelle tal. Lad c, c 2,..., c være e permutatio af b'ere. De største værdi af udtrykket a i c i opås hvis a og c har samme ordig, og de midste værdi opås hvis de har omvedt ordig. Bevis. Atag, at der des i, j så (a i a j )(c i c j ) < 0. Da vil a i c i + a j c j < a i c j + a j c i. Dvs. udtrykket bliver større ved at ombytte c i og c j. Dvs. hvis a og c ikke har samme ordig, har udtrykket ikke de størst mulige værdi. Da der ku er edeligt mage permutatioer af b'ere, er der ødvedigvis e permutatio der giver e maksimal værdi, og det må følgelig være e permutatio der giver a og c samme ordig. Ligeledes for midsteværdie. j= b j 9
Appedix B Supplerede eksempler & opgaver Eksempel B.0.5. Vis, at for alle x ]0; π [ gælder ta x + cot x 2 2 Eksempel B.0.6. Vis at der for alle x R og y R + gælder e x + x og l y y. Eksempel B.0.7. Vis, at hvis A, B og C er viklere i e trekat, gælder si 2 A + si 2 B + si 2 C 4 Eksempel B.0.8. Vis, at bladt trekater med fast omkreds, har de ligesidede størst areal. Eksempel B.0.9. Vis at der for alle positive reelle a, b og c gælder bc a + ca b + ab c a + b + c. Eksempel B.0.0. Lad x,..., x være positive reelle tal. Vis, at 2 x + x 2 2 + + x 2 x + x 2 + + x x + x 2 x 2 + x 3 x + x 2 Eksempel B.0.. Lad x, y, z være positive reelle tal. Vis, at xy 3 + yz 3 + zx 3 xyz(x + y + z) Eksempel B.0.2. Vis at der for alle positive reelle a, b og c gælder a b + c + b a + c + 20 c a + b 3 2.
Eksempel B.0.3 (IMO 995, Toroto). Lad a, b og c være positive reelle tal, så abc =. Vis, at der gælder a 3 (b + c) + b 3 (a + c) + c 3 (a + b) 3 2 Eksempel B.0.4 (IMO 964). Lad a, b, c være sidelægder i e trekat. Vis, at a 2 (b + c a) + b 2 (a + c b) + c 2 (a + b c) 3abc Eksempel B.0.5 (IMO 983). Lad a, b, c være sidere i e trekat. Vis, at a 2 b(a b) + b 2 c(b c) + c 2 a(c a) 0 Eksempel B.0.6. Reg opgavere B.0.9 og B.0.2 vha. Muirheads sætig. [Muirheads sætig er ikke ødvedigvis de smarteste agrebsvikel på disse opgaver, me de illustrerer et par stadardtekikker ma ka bruge til at få uligheder på e form hvor Muirheads sætig ka avedes. Derfor et par hits: Multiplicer med abc i B.0.9 for at få ulighede på e form hvor Muirheads sætig ka avedes. B.0.2 er sværere. Problemet er at der står e sum i ævere. Ma ka ete multiplicere ulighede med alle ævere og gage ud eller ma ka substituere oget passede så summere forsvider.] Eksempel B.0.7. Vis følgede del af 3..2: For 0 < r < s < gælder M r M s, med lighedsteg hvis og ku hvis alle x i 'ere er es. [Vik: Brug Jeses ulighed. Ma ka bruge mootoisætige, me så skal ma have god tid... Hvis du har lyst til at vise reste af 3..2 er her et par vik: Brug l'hospitals regel til at vise at r l(m r ) er kotiuert fra højre i 0. For r ka ma (vise og) bruge vurderige r M M r M. Brug kotiuitete og mootoie på [0; ] til at slutte kotiuitet og mootoi på [ ; 0] og dermed på R.] Eksempel B.0.8. I ord siger Jeses ulighed: Hvis f er koveks er det aritmetiske geemsit af fuktiosværdiere større ed fuktiosværdie af det aritmetiske geemsit. Hvad u, hvis ma gere vil erstatte aritmetisk med fx geometrisk? Vis, at hvis l f er koveks, da er ( ) x + + x f f(x )f(x 2 )... f(x ) 2
for alle positive x i. Vis, at hvis f exp er koveks, da er f ( x x 2... x ) f(x ) +... f(x ) Hvad sker der mo, hvis l f exp er koveks? Hvad sker der mo, hvis x f( ), x eller x er koveks? x f(x) f( ) x Eksempel B.0.9. Vis, at der for alle positive, reelle tal a, b og c gælder 3 ( 3 abc+ 3 a + + 3 b + + 3 ) 3 c + (a + )(b + )(c + ) a + b + c + 3 3 Prøv så vidt muligt at formulere bevisere så de geeraliserer til ere variable ed 3. Eksempel B.0.20. Lad a, b, c være positive reelle tal, så abc =. Vis, at Eksempel B.0.2. 2 + a + 2 + b + 2 + c (i) x 3 + y 3 + z 3 x 2 y + y 2 z + z 2 x. Højreside er ikke symmetrisk, så Muirhead ka ikke umiddelbart avedes. (ii) a3 +b 3 +c 3 (a2 +b 2 +c 2 )(a+b+c) 3 9 (iii) ( + )( + )( + ) 64 hvis x + y + z = x y z 22