Algebra

Algebra
A1. Jensen-Ungleichung. Es seien λ1 , . . . , λn ∈ [0, 1] mit
gegeben. Dann gilt für alle x1 , . . . , xn ∈ R:
Pn
i=1 λi
= 1 und eine konvexe Funktion f
λ1 · f(x1 ) + · · · + λn · f(xn ) > f(λ1 · x1 + · · · + λn · xn )
Lösung. Für n = 2 ist λ · f(x1 ) + (1 − λ) · f(x2 ) > f(λ · x1 + (1 − λ) · x2 ) die Definition einer
konvexen Funktion.
Pn
Für den Induktionsschritt
sei
λ
<
1
(ansonsten
ist
die
Aussage
trivial),
dann
folgt
1
i=1 λi f(xi ) =
Pn
Pn
Pn
λi
λi
λ1 f(x1 ) + (1 − λ1 ) i=2 1−λ1 f(xi ) > λ1 f(x1 ) + (1 − λ1 ) f( i=1 1−λ1 xi ) > f( i=1 λi xi ).
P
A2. Es seien 0 < a1 , . . . , an 6 2 reell und A = n1 n
i=1 ai das arithmetisches Mittel dieser Zahlen.
Zeige, dass
1
1
1
1 n
· a2 +
· · · · · an +
> A+
.
a1 +
a1
a2
an
A
2
5−(x2 −2)
> 0 für x ∈ (0, 2] konvex ist.
Lösung. Betrachte f(x) := ln(x + x1 ), was wegen f 00 (x) =
2
(x3 +x)
P
n
Also gilt nach Jensen n1 i=1 f(ai ) > f(A) und durch Anwenden der streng monoton steigenden
Funktion exp : x 7→ ex folgt die Behauptung.
a
b
c
3
b+c + c+a + a+b > 2 .
x
2s
00
s−x mit f (x) = (s−x)3 >
A3. Nesbitt-Ungleichung. Es seien a, b, c positiv reell. Zeige:
Lösung. (1) Für festes s = a + b + c betrachte f(x) =
0 für x ∈ (0, s).
s
3
Also ist f konvex und nach Jensen gilt f(a) + f(b) + f(c) > 3 s− s = 23 .
3
(2) Nach Entfernen aller Nenner zeigt man 2 a3 + b3 + c3 > a2 b + a2 c + b2 a + b2 c + c2 a + c2 b
3
3
3
mittels AM-GM für a +a3 +b > a2 b und analoge Abschätzungen.
A4. Schur-Ungleichung. Es seien x, y, z, t nichtnegative reelle Zahlen und t 6= 0. Zeige:
xt (x − y) (x − z) + yt (y − x) (y − z) + zt (z − x) (z − y) > 0
Wann gilt Gleichheit?
Anmerkung: In Aufgaben findet vor allem die Form x3 +y3 +z3 +3xyz > x2 y+x2 z+y2 x+y2 z+z2 x+z2 y
für t = 1 Anwendung.
Lösung. O.B.d.A. (Symmetrie)
man x > y > z, dann sind alle Terme der linken Seite
setzt
t
t
t
(x − y) x (x − z) − y (y − z) + z (z − x) (z − y) nichtnegativ. Gleichheit genau dann, wenn
x = y und z ∈ {0, x} bzw. deren Vertauschungen.
A5. IMO 2000 (2). Es seien a, b, c positive reelle Zahlen, die abc = 1 erfüllen. Man beweise die
Ungleichung
1
1
1
a−1+
b−1+
c−1+
6 1.
b
c
a
x
Lösung. Setzt man a = y
,b=
aus der Schur-Ungleichung.
y
z, c
= xz , so folgt die Behauptung nach Multiplikation mit xyz > 0
A6. Zeige, dass für je drei nichtnegative reelle Zahlen a, b, c die Ungleichung
√
√
√
a3 + b3 + c3 > a2 bc + b2 ac + c2 ab
gilt.
3 +b3 +c3
Lösung. Aus der AM-GM-Ungleichung folgt 4a
Abschätzungen, erhält man die Behauptung.
6
>
√
6
a12 b3 c3 . Addiert man die analogen
A7. Es seien a, b, c die Seitenlängen eines Dreiecks. Zeige:
a2 (b + c − a) + b2 (c + a − b) + c2 (a + b − c) 6 3abc
Lösung. Mit Tangentenabschnitten a = x + y, b = y + z und c = z + x erhält man durch
!
Ausmultiplizieren x2 y + x2 z +y2 x + y2 z + z2 x + z2 y > 6xyz, was aus der AM-GM-Ungleichung
für x2 y, x2 z, y2 x, y2 z, z2 x, z2 y folgt.
A8. IMO 1984 (1). Zeige, dass für alle Tripel (x, y, z) nichtnegativer reeller Zahlen mit x + y + z = 1
gilt:
7
0 6 xy + yz + xz − 2xyz 6
27
Wann gilt Gleichheit?
Lösung. Es ist 0 6 x, y, z 6 1, also xy, yz, zx > xyz, woraus die linke Ungleichung folgt. Nun
3
1
= 27
ist (1 − 2x)(1 − 2y)(1 − 2z) 6 1−2x+1−2y+1−2z
nach AM-GM. Ausmultiplizieren ergibt
3
1
1 − 2 (x + y + z) + 4 (xy + yz + zx − 2xyz) 6 27
, woraus mit x + y + z = 1 die Behauptung folgt.
Gleichheit links für (0, 0, 1) und Vertauschungen, rechts für ( 13 , 13 , 13 ).
Geometrie
A9. Man bestimme das kleinstmögliche ξ ∈ R, sodass für die Innenwinkel eines beliebigen Dreiecks
stets sin α + sin β + sin γ 6 ξ gilt.
√
Lösung. ξ = 23 3. Gleichheit gilt für α = β = γ = 60◦ ; aus Jensen folgt sin α+sin3 β+sin γ 6
√
sin α+β+γ
= 12 3.
3
A10. L’Huiliersche Gleichung. Beweise:
1
ra
+
1
rb
+
1
rc
=
1
r
1
ha
=
+
1
hb
+
1
hc
a
Lösung. Der Flächeninhalt von ABC ist A = (a + b + c) r2 = (b + c − a) r2a = ah
2 . Umstellen
1
1
nach ra bzw. ha und Addition der jeweils analogen Gleichungen ergibt die Behauptung.
A11. Satz von Carnot. Beweise cos α + cos β + cos γ = 1 + Rr .
2
2
2
−c
Lösung. Nach dem Cosinussatz ist cos α = a +b
, in Summe cos α + cos β + cos γ =
2ab
2
2
2
2
2
2
3
3
3
(a+b−c)(b+c−a)(a+c−b)
a b+a c+b a+b c+c a+c b−a −b −c
8A2
=
+ 1 = (a+b+c)abc
+ 1. Aus
2abc
2abc
4A
abc
A12.
=
1
R
und
2A
a+b+c
= r folgt die Behauptung.
(a) Zeige, dass für die Innenwinkel eines Dreiecks stets cos α + cos β + cos γ 6
(b) Zeige, dass für die Innenwinkel eines Dreiecks stets cos α cos β cos γ 6
1
8
3
2
gilt.
gilt.
(c) Zeige, dass für In- und Umkreisradius eines Dreiecks stets R > 2r gilt.
Lösung.
~
AB
(a) Es gilt |AB|
+
die Lösung.
~
BC
|BC|
(b) cos α cos β cos γ 6
+
2
~
CA
|CA|
~ · BC
~ = |AB| · |BC| · cos β liefert
> 0. Ausmultiplizieren mit AB
cos α+cos β+cos γ
3
2
6 18 .
(c) Dies folgt direkt aus den Aufgaben A11. und A12.a.
A13. Es seien α,β,γ Innenwinkel eines Dreiecks und x, y, z ∈ R beliebig. Man beweise x2 + y2 + z2 >
2xy cos γ + 2xz cos β + 2yz cos α und ermittle, wann Gleichheit gilt.
Lösung. Im Dreieck mit den Winkeln α,β,γ wird ~x entlang AB mit Länge x abgetragen, ~y und ~z
analog. Dann folgt die Ungleichung aus (~x + ~y + ~z)2 > 0; Gleichheit gilt, falls ~x, ~y, ~z ein Dreieck
bilden, also die Verhältnisse x : y : z = sin γ : sin β : sin α übereinstimmen.