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斉次式化でとける問題

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はじめに

こんにちは.今回は問題を解くだけです.基本的な考え方です.

斉次式については, 不等式証明のコツ2:斉次式化 をみると良いです.
わかりやすくまとまっています.

紹介する問題は,斉次式化が本質でない解き方をしているものもあります.
そういうものは,解答の見通しがよくなるという利点があります.

問題

@I_______nu

a,b,c>0,1a+1b+1c=1.このとき,以下の最小値の求めよ:
a+b+c2

出典は こちら .

解答
a+b+c2=(a+b+c2(1a+1b+1c))(1a+1b+1c)=3+ab+ac+ba+bc+c2a2+2c2ab+2ca+c2b2+2cb=3+4a4b+8a8c+4b4a+8b8c+c2a2+22c22ab+42c4a+c2b2+42c4b3+36(a4b)4(a8c)8(b4a)4(b8c)8c2a2(2c22ab)2(2c4a)4c2b2(2c4b)436(Wegihted AMGM)=12
等号はa=b=4,c=2で成立する.よって,求める最小値は12である.


IMO 1984 1

x,y,z0,x+y+z=1.このとき,以下の不等式を示せ:
0xy+yz+zx2xyz727

出典は こちら .

解答
左2つ:
0xy+yz+zx2xyz0(x+y+z)(xy+yz+zx)2xyz0symx2y+xyz
これは,明らか.
右2つ:
xy+yz+zx2xyz727(x+y+z)(xy+yz+zx)2xyz727(x+y+z)327symx2y+27xyz7cycx3+21symx2y+42xyz5symx2y+symx2y5cycx3+15xyz+symx3
ここで,(3,0,0)(2,1,0)よりMuirheadの不等式より,
symx2ysymx3
が成り立ち,また,Schurの不等式より,
symx2ycycx3+3xyz
が成り立つ.よって,与えられた不等式は示された.

Greece TST 2018

x,y,z>0,x+y+z=9xyz.このとき,以下の不等式を示せ:
cycxx2+2yz+21

出典は こちら .

解答
Hölderの不等式より,
(cycxx2+2yz+2)2(cycx(x2+2yz+2))(x+y+z)3
が成り立ち,
cycx(x2+2yz+2)(x+y+z)3
を示せばいい.
cycx(x2+2yz+2)(x+y+z)3cycx(x2+2yz+18xyzx+y+z)(x+y+z)3cycx(x2(x+y+z)+2yz(x+y+z)+18xyz)(x+y+z)412symx4+symx3y+12symx2yz12symx4+4symx3y+3symx2y2+6symx2yz2symx2yzsymx3y+symx2y2
(3,1,0),(2,2,0)(2,1,1)であるから,Muirheadの不等式により最後の式は示される.


ELMO 2013 A2

a,b,c>0.このとき,以下の不等式を示せ:
cyc1a+1b+13abc3+1abc3+1

出典は こちら .

解答
abc=r3とおいて,すべてのr>0で不等式を示せばよく,a=rxy,b=ryz,c=rzxとおけば,
cycyr2x+ry+z3r2+r+1
を示せばいい.
cycyr2x+ry+z=cycy2r2xy+ry2+yz(x+y+z)2r(x2+y2+z2)+(r2+1)(xy+yz+zx)(Titus Lemma)
より,あとは,
(x+y+z)2r(x2+y2+z2)+(r2+1)(xy+yz+zx)3r2+r+1
を示せばよく,整理すると,
(r1)2(x2+y2+z2xyyzzx)0
であり,有名不等式:
x2+y2+z2xy+yz+zx
より,最後の不等式は示される.

2009 ISL A2

a,b,c>0,a+b+c=1a+1b+1c.このとき,以下の不等式を示せ:
cyc1(2a+b+c)2316

出典は こちら .

解答
cyc1(2a+b+c)23161a+1b+1ca+b+c
を示せばよく,これは斉次であるからa+b+c=1の下これを示せばいい.変形すると,
cyc(1(a+1)2316a)0
となり,f(a)=1(a+1)2316aとおくと,
f(a)=6(a+1)40
であるから,Jensenの不等式より,
cycf(a)3f(a+b+c3)=0
が成り立ち,最後の不等式は示された.


コメント
a+b+c=1a+1b+1cからa+b+c=1に制約条件を変える時に,斉次式化をしていることがカギになっています.
この考え方はたまに使えます.
以下の一問がその例です.

1990 ILL 88

x,y,z,w0,xy+yz+zw+wx=1.このとき,以下の不等式を示せ:
cycx3y+z+w13

出典は こちら .

解答
cycx3y+z+wxy+yz+zw+wx3
を示せばよく,これは斉次であるからx+y+z+w=1の下これを示せばいい.
x2+y2+z2+w2xy+yz+zw+wx  (xy)2+(yz)2+(zw)2+(wx)20
より,
cyc(x31xx23)0
を示せばいい.ここで,
x31xx2319(x14)  (3x+1)(4x1)236(1x)0
であるから,
cyc(x31xx23)cyc19(x14)=0
となり与えられた不等式は示された.



B&H

a,b,c>0,a2+b2+c2=1.このとき,以下の不等式を示せ:
cyca21+2bc35

出典は こちら .

解答
cyca2a2+(b+c)235
を示せばいい.
cyca2a2+(b+c)2=cyca4a4+a2(b+c)2(a2+b2+c2)2a4+b4+c4+2(a2b2+b2c2+c2a2)+2(a2bc+ab2c+abc2)
より,
(a2+b2+c2)2a4+b4+c4+2(a2b2+b2c2+c2a2)+2(a2bc+ab2c+abc2)35
を示せばいい.変形すると,
syma4+2syma2b2syma2bc
となり,(4,0,0),(2,2,0)(2,1,1)よりMuirheadの不等式により最後の不等式は示される.


2009 ISL A4

a,b,c>0,ab+bc+ca3abc.このとき,以下の不等式を示せ:
cyca2+b2a+b+32cyca+b

出典は こちら .

解答
cyca2+b2a+b+331a+1b+1c2cyca+b
を示せばいい.f(x)=1xとおくと,f(x)=34x52>0であるから凸である.よって,Jensenの不等式より,
3f(1a+1b+1c3)f(1a+1b2)+f(1b+1c2)+f(1c+1a2)331a+1b+1ccyc21a+1b331a+1b+1ccyc2aba+b
が成り立つため,
cyc(a2+b2a+b+2aba+b)2cyca+b
を示せばいい.ここで,xの凹性より,
a+b=a2+b2+2ab12(a2+b2+2ab)2a+ba2+b2a+b+2aba+b
が成り立つため,与えられた不等式は示された.


おわりに

投稿日:2022530
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kk2
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2006年に生まれました

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