Zyklische Ungleichungen in 3 Variablen und Wege der Symmetrisierung

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1 Zyklishe Ungleihungen in Varilen und Wege der Symmetrisierung Yimin Ge August 006 Symmetrishe Ungleihungen hen gegenüber zyklishen Ungleihungen mehrere Vorteile. Einerseits kann man ohne Beshänkung der Allgemeinheit eine Größenordnung festlegen, andererseits gibt es für symmetrishe Ungleihunge wesentlih mehr Möglihkeiten der Brutefore-Attaken Stihwort: Muirhead. Desweiteren werden symmetrishe Ungleihungen oftmals auh als shöner bezeihnet. Dieser Artikel veranshauliht einige Tehniken, zyklishen Ungleihungen symmetrish zu mahen. Wie üblih verwenden wir als Notation für zyklishe Summen und für symmetrishe Summen sym,d.h. fx, y, z fx, y, z + fy, z, x + fz, x, y sowie fx, y, z fx, y, z + fy, z, x + fz, x, y + fz, y, x + fx, z, y + fy, x, z. sym Wenn niht anders angemerkt wird über drei Varilen summiert. 1 Substitutionen Oftmals lassen sih zyklishe Ungleihungen mit wenigen Substitutionen auf symmetrishe zurükführen. Zu beahten ist dei, dass zyklishe Ungleihungen durh Substitutionen nur symmetrish werden können, wenn auh die Substitution zyklish ist. Eine symmetrishe Substitution wie zum Beispiel die Ravi Substitution a x + y, b y + z, z + x wird diesen Zwek niht erfüllen. Eine Substitution, die oftmals bereits ausreiht, ist folgende: a x y, b y z, z x. Eine notwendige und hinreihende Bedingung, dass diese Substitution durhgeführt werden 1

2 kann, ist 1. Dass diese Bedingung notwendig ist, ist offensihtlih. Dass diese auh hinreihend ist, zeigt eine Wahl von x a, y 1, z 1. b Diese Substitution hat nebenbei noh den Vorteil, dass durh diese die Ungleihung auh homogen wird. Das Paradebeispiel für diese Substitution ist die Ungleihung der IMO 000: Aufge 1 IMO 000 : Für alle positiven reellen Zahlen a, b, mit 1 zeige man die Ungleihung a b b a 1. Lösung: Wegen 1 können wir a x, b y, z mit x, y, z > 0 substituieren. Die y z x Ungleihung shreibt sih dann so: x y 1 + z y y z 1 + x z z x 1 + y 1 1 x x y + zy z + xz x + y xyz Und dies ist die bekannte Shur-Ungleihung. Man beahte, dass symmetrish ist, sollte man also die Shur-Ungleihung niht kennen, so kann man auh folgendermaßen vorgehen: Sei o.b.d.a. x y z, dann gilt x y +z > 0 sowie y z +x > 0. Falls nun z x+y 0, so ist die trivial, da somit die linke Seite 0 und die rehte Seite > 0 ist. Sei also nun z x + y > 0. Dann können wir p x y + z, q y z + x, r z x + y substituieren, wobei p, q, r > 0. Die Ungleihung shreibt sih dann als pqr p + q q + r r + p was trivialerweise aus der arithmetish-geometrishen Mittelungleihung folgt. Identitäten Viele Ungleihungen lassen sih auf die Form fx, y, z P x, y, z bzw. fx, y, z P x, y, z, wobei P x, y, z in x, y, z symmetrish ist, bringen. Oftmals kann man dann mithilfe von algebraishen Identitäten beweisen, dass fx, y, z fz, y, x gilt. In diesem Fall kann man die Ungleihung mit multiplizieren und erhält eine symmetrishe Ungleihung. Es gibt einige leiht zu erkennende Konfigurationen, bei denen dies gilt. Betrahten wir nun folgende Aufgen: Aufge Litauen 1987 : Für alle x, y, z > 0 beweise man die Ungleihung x x + xy + y + y y + yz + z + z z + zx + x x + y + z.

3 Wir werden diese Aufge niht direkt beweisen, stattdessen beweisen wir eine Verallgemeinerung dieser Ungleihung, die 006 beim Österreishish-Polnishen Mathematikwettbewerb gestellt wurde. Aufge ÖPMW 006 : Für alle positiven ganzen Zahlen n und alle positiven reellen Zahlen x, y, z zeige man die Ungleihung x n + x n 1 y y n + y n+1 y n + y n 1 z z n + z n+1 z n + z n 1 x x n x + y + z n + 1. Ih werde zwei Lösungen zu dieser Ungleihung angeben. Lösung 1: Wir verwenden folgende Hilfsungleihung: n + x ny x n + x n 1 y xy n 1 + yn n + 1 Der Beweis dieser Ungleihung ist denkbar einfah. Durh ausmultiplizieren erhalten wir n + y n+1 x n y xy n n + y n+1 x i y n+1 i + i y i 0 n x i y i i y n+1 i 0 und dies ist rihtig, da x i y i und i y n+1 i entweder beide 0 falls x y, negativ falls x < y oder positiv falls x > y sind. Durh zyklishes Aufsummieren von 4 über x, y, z erhalten wir die gewünshte Ungleihung. Lösung : Wir beweisen zunähst die Identität x n + x n 1 y y n Diese Identität lässt sih shnell beweisen: x n + x n 1 y y n y n+1 y n+1 x n + x n 1 y y n. x n + x n 1 y y n y n+1 x n + x n 1 y y n x y 0 4 Multiplizieren wir mit, so erhalten wir folgende symmetrishe Ungleihung: + y n+1 x n + x n 1 y y + y n+1 + z n+1 n y n + y n 1 z z + z n+1 + x + y + z n z n + z n 1 x xn n + 1

4 Nun können wir folgende Hilfsungleihung verwenden: + y n+1 x n + x n 1 y xy n 1 + y n x + y n Diese Ungleihung lässt sih ebenfalls einfah beweisen, denn durh Ausmultipizieren erhalten wir n + y n+1 x n y xy n n + y n+1 x i y n+1 i + i y i 0 n x i y i i y n+1 i 0 was siherlih rihtig ist. Zyklishes Aufsummieren über x, y, z von 5 ergibt die gewünshete Ungleihung. Man beahte, dass die Ungleihungen 4 und 5 äquivalent sind. Mittelungleihung, Jensen, Cauhy-Shwarz Oftmals ist man mit einer Aufsummierung von Brühen oder Wurzeln konfrontiert, welhe einen zyklishen Aufbau hen. Oftmals kann man diese dann in die entsprehende Rihtung auf einen gemeinsamen Bruh oder eine gemeinsame Wurzel shätzen, welhe dann einen symmetrishen Aufbau hat. Werkzeuge hierfür sind die Cauhy-Shwarz Ungleihung und die Allgemeine Mittelungleihung welhe allerdings beide spezialfälle der Jensen-Ungleihung sind. Betrahten wir ein einführendes Beispiel: Aufge 4: Für alle positiven reellen Zahlen x, y, z mit xyz 1 beweise man folgende Ungleihung: x 4 y 4 + y + z + y 4 z 4 + z + x + z 4 x 4 + x + y 1. Lösung: Hier ist die Verwendung der Cauhy-Shwarz Ungleihung relativ offensihtlih: x 4 y 4 + y + z + y 4 z 4 + z + x + z 4 x 4 + x + y x + y + z x 4 + y 4 + z 4 + x + y + z 4

5 Nun gilt er x + y + z x 4 + y 4 + z 4 + x + y + z 1 x + y + z x 4 + y 4 + z 4 + x + y + z x y + y z + z x x + y + z x y + y z + z x xyzx + y + z x y z + y z x + z x y 0. Brühe sind jedoh niht zwingend störend, da im Zweifelsfall immer noh eine Brutefore- Attake gestartet werden kann, indem man die gesamte Ungleihung mit dem gemeinsamen Nenner multipliziert. Wesentlih lästiger können hingegen Wurzeln sein. Hier hilft oft die Verwendung der allgemeinen Mittelungleihung oder, was dasselbe Resultat erzielt, die Verwendung der Jensen-Ungleihung auf Wurzel-/Potenzfunktionen. Betrahten wir dazu folgende Beispiele: Aufge 5 Japan 005 : Für positive reelle Zahlen a, b, mit a + b + 1 zeige man a 1 + b + b 1 + a a b 1. Lösung: Nah gewihteter arithmetish-kubishen Mittelungleihung gilt: a 1 + b + b 1 + a a b a + b + a 1 + b + b 1 + a a b a + b + a 1 + b + b 1 + a a b a 1 + b + b 1 + a a b Nun gilt er a 1 + b + b 1 + a a b a + a + b + b + + a b a + b + 1 was die zu zeigende Ungleihung beweist. Aufge 6 IMO 004 Shortlist: Für alle positiven reellen Zahlen a, b, mit + b + a 1 zeige man Lösung: shätzen: a + 6b + b a 1. Wir können die linke Seite mit der arithmetish-kubishen Mittelungleihung 5

6 1 a + 6b 1 + 6b a 9 6a + b a + 1 b a + b b + a a + 1 b a + b + + b a + a b + Andererseits gilt nah der arithmetish-geometrishen Mittelungleihung 1. + b + a 1 Es genügt also, folgende Ungleihung zu beweisen: 9 8a + b + + b a + a b + 8a + b + + b a + a b + + b + a 8 a b + a b a b + 6 a b a b a b 0 a b 4 Umordnungsungleihung Die Umordnungsungleihung ist ein mähtiges Werkzeug. Sie besagt bekanntlih, dass das Skalarprodukt zweier Vektoren, betrahtet über allen Permutationen dieser Vektoren, maximal ist, wenn diese Vektoren gleihgeordnet und minimal, wenn diese entgegengesetzt geordnet sind. 6

7 Aufge 7 Japan 004 : Für alle positiven reellen Zahlen a, b, mit a + b + 1 zeige man Lösung: Wegen a + b + 1 gilt 1 + a 1 a Die Ungleihung shreibt sih nun als a 1 a b 1 b b a + b + a. a b + b a + b + a a a + b + b + a b + b + + b + + a b +. b a + a + a ba + b. Die Vektoren ; b; a a b und 1 ; 1 ; 1 a+b b+ +a sind entgegengesetzt geordnet. Um dies zu beweisen, können wir o.b.d.a. annehmen, dass a b gilt. Dann gilt ebenfalls sowie 1 a+b 1 b+ 1 +a b + +. Somit gilt nah der Umordnungsungleihung b a + a + a ba + b Nah der Nesbitt-Ungleihung gilt allerdings Literatur b + a + [1] Hojoo Lee: Topis in Inequalities, 006 [] Karl Czakler: Ungleihungen, 006 [] Kiran Kedlaya: A < B, 1999 b a + + a + b + b + a + [4] Thomas J. Mildorf: Olympiad Inequalities, 006 a + b. b ab + + a b + a b a + + a + b. b a a b 7