Ανισότητα---------------->Bulletin

giannisn1990 · #1

Αν

ώστε

ν.δ.ο

#2

Κάτι πρέπει να τρέχει με την άσκηση!

Νομίζω ότι ισχύει η ανισότητα $2(a^3+b^3+c^3) \geq 2(a^2+b^2+c^2)$ (οπότε φανερά ισχύει και η δοσμένη) αφού λόγω της σχέσης abc=1

και

η παραπάνω γράφεται

$2(a^3+b^3+c^3) \geq \displaystyle 2(a^{\frac{7}{3}}b^{\frac{1}{3}}c^{\frac{1}{3}}+b^{\frac{7}{3}}c^{\frac{1}{3}}a^{\frac{1}{3}}+c^{\frac{7}{3}}a^{\frac{1}{3}}b^{\frac{1}{3}})$ ή απλούστερα :

$\displaystyle\sum_{sym}a^3 \geq \dislaystyle\sum_{sym}a^{\frac{7}{3}}b^{\frac{1}{3}}c^{\frac{1}{3}}$

που ισχύει από την ανισότητα Muirhead καθώς η τριάδα (3,0,0)

μεγιστοποιεί (majorizes) την τριάδα $\left(\displaystyle\frac{7}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right)$

Μήπως πρέπει να αλλάξει κάποιο πρόσημο κάπου?

Αλέξανδρος

#3

Μεταφέρω το θέμα στο section με τις Ολυμπιάδες καθώς πιστεύω ότι είναι καθαρά Ολυμπιακό Θέμα.

Παρακαλώ και τους διαχειριστές να κάνουν το ίδιο σε ανάλογη περίπτωση για να είναι ευκολότερη και η αναζήτηση των θεμάτων μελλοντικά!

Αλέξανδρος

giannisn1990 · #4

... Αλέξανδρε η άσκηση είναι έτσι ακριβώς .... μπορεί να λυθεί και με γνώσεις 3ης λυκείου αν το ψάξει λίγο κάποιος ...

#5

giannisn1990 έγραψε:... Αλέξανδρε η άσκηση είναι έτσι ακριβώς .... μπορεί να λυθεί και με γνώσεις 3ης λυκείου αν το ψάξει λίγο κάποιος ...

Μήπως δεν έγινε κατανοητό αυτό που γράφει ο Αλέξανδρος;
Την ανίσωση την απέδειξε (αφού προφανώς 3 > -(α + β + γ) ).

Αυτό που πραγματικά ρωτάει ο Αλέξανδρος (ας μου επιτραπεί να κάνω τον συνήγορο, γιατί και ο ίδιος βλέπω το πρόβλημα) είναι "μήπως το αρνητικό
πρόσημο στο α+β+γ πρέπει να αλλάξει, αφού έτσι η άσκηση έχει παρείσακτο όρο που την κάνει εύκολη;"

Με + στη θέση του - η ανίσωση "φαίνεται" σωστή, αλλά και δύσκολη (γιατί αν αβγ = 1 τότε
3 $\le$ α+β+γ, οπότε οι δύο όροι στο αριστερό μέλος "τραβάνε ανάποδα ο ένας τον άλλο" ως προς το δεξί μέλος. Άρα αναμένεται δυσκολία. Γι 'αυτό ζητά ο Αλέξανδρος διευκρίνηση, πριν από την βουτιά στα δύσκολα...

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

ΥΓ
Με "πλην" η άσκηση είναι εύκολη. Δεν χρειάζεται καν η υπόθεση αβγ=1. Μάλιστα αποδεικνύεται ότι για το κάθε γράμμα χωριστά ισχύει 2a^3 + 1 + a > 2a^2

και κυκλικά (με διάκριση περιπτώσεων $a \ge 1$ και $1 > a \ge 0$ ). Στο τέλος κάνουμε πρόσθεση κατά μέλη.

#6

giannisn1990 έγραψε:Αν ώστε ν.δ.ο

Θα μπορούσαμε ίσως(άλλαξα ένα πρόσημο) να θεωρήσουμε μια συνάρτηση της μορφής :

f(x) = klnx +2x^3-2x^2-x+1

και αν αυτή έχει ελάχιστο για κάποια τιμή του k, να πάρουμε τις σχέσεις :

$f(a)\geq 0$ κλπ.
Βλέπω όμως το όριο στο 0 και μάλλον αυτή η σκέψη χαλάει , εκτός αν βρεθεί αρνητικό k.Αυτές όμως οι ασκήσεις λύνονται με κλασική θεωρία ανισοτήτων,Schur,Muirhead κλπ, αλλά μερικές φορές και με πιο στοιχειώδεις τρόπους.Χρόνο να έχεις δηλαδή!!!

Nick1990 · #7

Καλησπερα. Μολις εκανα register. Για οσους μπαινουν και mathlinks ειμαι ο NickNafplio

. Εχουμε: $a^3 + 1 \geq a^2 + a \Leftrightarrow (a + 1)(a - 1)^2 \geq 0$ αρα $2(a^3 + b^3 + c^3) + 6 \geq 2(a^2 + b^2 + c^2) + 2(a + b + c) \geq 2(a^2 + b^2 + c^2) + a + b + c + 3\sqrt[3]{abc} \Rightarrow 2(a^3 + b^3 + c^3) + 3 \geq 2(a^2 + b^2 + c^2) + a + b + c$ .
Ελπιζω να μην εχω κανει κανενα λαθος γιατι μου φανηκε αρκετα ευκολη...

ΥΓ: αφου ισχυει η παραπανω και οι αριθμοι a,b,c

ειναι θετικοι, προφανος ισχυει και η ιδια με -(a + b + c)

στο δεξι μελος...

#8

Καλησπέρα Νίκο και καλωσήρθες στο mathematica.gr

Η λύση σου είναι πολύ σωστή! Μπράβο...

Αλέξανδρος

#9

Nick1990 έγραψε:Καλησπερα. Μολις εκανα register. Για οσους μπαινουν και mathlinks ειμαι ο NickNafplio

Σε καλωσορίζουμε στη Λέσχη μας.

Παρακολουθώ που και που τις παρεμβάσεις σου στο mathlinks. Εύγε, γιατί είναι αξιόλογες. Χαιρόμαστε που έκανες και εδώ εγγραφή.

Για να μαθαίνουν και οι υπόλοιποι: ο Νίκος είναι φοιτητής στο ΕΜΠ.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Nick1990 · #10

Ευχαριστω για το καλοσορισμα και για τα καλα σας λογια

p_gianno · #11

Καλησπέρα

Έπεσα σε ένα περιοδικό-φυλλάδιο με αντικείμενο θέματα μαθηματικών ολυμπιάδων και άλλων διαγωνισμών . Εκεί βρήκα ένα άρθρο ενός Κινέζου με τίτλο «χρησιμοποιώντας την εφαπτομένη για να αποδείξεις ανισώσεις». Η τεχνική αυτή στη πραγματικότητα δίνει λύση που είναι ακριβώς ίδια με αυτή που έχει ήδη δοθεί από τον Νίκο , αλλά την αναφέρω μόνο και μόνο για να φωτιστεί πως μπορεί να προκύψει η ανισότητα που χρησιμοποίησε ο Νίκος και έλυσε την άσκηση.

Το 'μυστικό' είναι να βρείς την εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο σημείο που ικανοποιείται η περίπτωση της ισότητας. Εδώ η ισότητα πραγματοποιείται όταν a=b=c=1
Θεωρώ τις συναρτήσεις f , f’ και την εφαπτομένη της f στο 1 (όπως πιο κάτω)
$\begin{array}{l}f(x) = 2x^3 - 2x^2 - x\,\,\,,\, f^{\prime}(x)=6x^2 - 4x - 1\,, \\ y - f(1) = f^{\prime}(1)(x -1)\,\,\,\,\,\,or\,\,\,\,y= x - 2 \\ \end{array}$
Από τή μελέτη της συνάρτησης βοηθούντος του σχήματος (συνημμένο) προκύπτει ότι για κάθε χ>0 είναι
f (χ) $\geq$ χ-2 .
Πράγματι
$\begin{array}{l} 2x^3 - 2x^2 - x \ge x - 2\,\, \Leftrightarrow 2x^3 - 2x^2 - 2x + 2 \ge 0 \Leftrightarrow 2x^2 \left( {x - 1} \right) - 2\left( {x - 1} \right) \ge 0 \\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {2x^2 - 2} \right) \ge 0 \Leftrightarrow 2\left( {x - 1} \right)\left( {x^2 - 1} \right) \ge 0 \Leftrightarrow 2\left( {x - 1} \right)^2 \left( {x + 1} \right) \ge 0 \\ \end{array}$

Που ισχύει αφού χ>0 και παίρνοντας την προηγούμενη σχέση τρείς φορές έχουμε

$\begin{array}{l} \\ \left[ \begin{array}{l} 2a^3 - 2a^2 - 2a + 2 \ge 0 \\ 2b^3 - 2b^2 - 2b + 2 \ge 0 \\ 2c^3 - 2c^2 - 2c + 2 \ge 0 \\ \end{array} \right] \to 2\left( {a^3 + b^3 + c^3 } \right) - 2(a^2 + b^2 + c^2 ) - 2\left( {a + b + c} \right) + 6 \ge 0 \to \\ \to 2\left( {a^3 + b^3 + c^3 } \right) + 3 \ge 2(a^2 + b^2 + c^2 ) + 2\left( {a + b + c} \right) - 3 \to \\ \to 2\left( {a^3 + b^3 + c^3 } \right) + 3 \ge 2(a^2 + b^2 + c^2 ) + \left( {a + b + c} \right) + \underbrace {\left( {a + b + c} \right) - 3}_{a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}} = 3} \to \\ 2\left( {a^3 + b^3 + c^3 } \right) + 3 \ge 2(a^2 + b^2 + c^2 ) + \left( {a + b + c} \right) \\ \end{array}$

Το ‘ = ’ ισχύει όταν a=b=c=1

olympics2.png

Καλό βράδυ

#12

math_finder έγραψε:Καλησπέρα

Έπεσα σε ένα περιοδικό-φυλλάδιο με αντικείμενο θέματα μαθηματικών ολυμπιάδων και άλλων διαγωνισμών . Εκεί βρήκα ένα άρθρο ενός Κινέζου με τίτλο «χρησιμοποιώντας την εφαπτομένη για να αποδείξεις ανισώσεις».
<...>
Το 'μυστικό' είναι να βρείς την εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο σημείο που ικανοποιείται η περίπτωση της ισότητας. Εδώ η ισότητα πραγματοποιείται όταν a=b=c=1

Πραγματικά, η τεχνική που περιγράφεις είναι η περίφημη "tangent method". Παλιά αγαπημένη σε προβλήματα ανισώσεων σε επίπεδο Ολυμπιάδων. Την δίδασκα όταν κάποτε έκανα προπόνηση στα παιδιά της Εθνικής μας ομάδας στην προετοιμασία τους για την Διεθνή Μαθηματική Ολυμπιάδα και λοιπά.

Επειδή η τεχνική δεν είναι τόσο γνωστή, ας την αναλύσω λίγο με χρήση ενός παραδείγματος.

Κλασικό παράδειγμα εφαρμογής της "tangent method" είναι στην ανίσωση Nesbitt που λέει ότι αν a, b, c >0 τότε

$\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} +\frac{c}{a+b} \ge \frac{3}{2}$ .

Απόδειξη. Λόγω ομογένειας (πολλαπλασιάζοντας τα a, b, c επί σταθερά, αν χρειαστεί) μπορούμε να υποθέσουμε
ότι a + b + c = 1 και άρα 0 < a, b, c < 1. Οπότε η ζητούμενη γράφεται

$\frac{a}{1-a} + \frac{b}{1-b} +\frac{c}{1-c} \ge \frac{3}{2}$ .

Τώρα τα μάγια (ερμηνεία παρακάτω). Εύκολα ελέγχουμε ότι ισχύει

$\frac{x}{1-x} \ge \frac{9x-1}{4}$ στο (0, 1). (*)

( o έλεγχος είναι απλός. Ανάγεται στην $(3x-1)^2 \ge 0$ αλλά το ερώτημα είναι
πώς το σκεφτήκαμε!) (**)

Έτσι έχουμε

$\frac{a}{1-a} \ge \frac{9a-1}{4}$
$\frac{b}{1-b} \ge \frac{9b-1}{4}$
$\frac{c}{1-c} \ge \frac{9c-1}{4}$

Προσθέτoντας κατά μέλη και χρησιμοπoιώντας την a+b+c= 1 , έπεται αμέσως το ζητούμενο!

Βέβαια, όλο το μυστικό είναι πως σκέφτηκε κανείς την (*).

Απλούστατα παρατηρούμε ότι η ανίσωση μετατρέπεται σε ισότητα αν a = b = c = 1/3. Φυλάμε αυτη την πληροφορία.

Επίσης η εφαπτομένη στο σημείο χ = 1/3, y = ... της καμπύλης $y = \frac{x}{1-x}$ είναι (απλό) η $y = \frac{9x-1}{4}$ .
Το σημαντικό είναι ότι η εν λόγω εφαπτομένη έχει την καμπύλη από την μία πλευρά της.
Αυτό είναι το μυστικό.
Το ότι η παραπάνω καμπύλη είναι από την μία πλευρά της εν λόγω εφαπτομένης είναι διαισθητικά φανερό,
αν κανείς κάνει ένα σχήμα. Πάντως η απόδειξη (**) παραπάνω, αυτό ακριβώς λέει.

Θα ρωτήσει κανείς, και που ξέρω ότι η προς απόδειξη ανίσωση (*) θα με οδηγήσει σε τέλειο τετράγωνο όπως έγινε στο (**) ;
Η αιτία αυτού του φαινομένου είναι ο βαθύτερος λόγος για τον οποίο λειτουργεί η "tangent method". Συγκεκριμένα:

Όταν διώξουμε τους παρονομαστές στην (*) αυτό που θα βρούμε έχει σίγουρα παράγοντα το x - 1/3
διότι τόσο η καμπύλη όσο και η εφαπτομένη της περνάνε από το ίδιο σημείο x = 1/3. Έτσι το (x-1/3) (ή τα σταθερά του πολλαπλάσια όπως το 3x-1) είναι παράγοντας του πολυωνύμου που προκύπτει.

Αλλα δεν φτάνει αυτό. Άλλωστε δεν δικαιολογεί γιατί βρήκαμε τον θετικό παράγοντα (x-1/3)^2

.
Η ερηνεία είναι ότι στα σημεία επαφής έχουμε διπλή ρίζα. Οπότε ξέρουμε εκ των προτέρων ότι θα έχουμε παράγοντα τον (x-1/3)^2

, και τα μάγια λύθηκαν.

Ελπίζω να την απολαύσατε.

Και μία παράκληση στον Πάνο (math-finder): Που θα βρούμε το άρθρο του Κινέζου; Υποθέτω ότι είναι στα Αγγλικά, αλλιώς .... βράστα. Θα μας είναι στη κυριολεξία "κινέζικα".

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

#13

Καταπληκτική η παρέμβαση του κου Λάμπρου και πολύ διαφωτιστική!! Συνήθως τα κόλπα τους οι εξεταζόμενοι σε διεθνείς διαγωνισμούς δεν τα αποκαλύπτουν εύκολα... Φυσικά η "tangent method" είναι από τα πολύ ωραία trick για ανισότητες. Ένα σχετικά νέο "trick" είναι η λεγόμενη "SOS" method (Sum Of Squares method). Όμως έχω ακριβώς την ίδια απορία με τον κο Λάμπρου: Πού μπορούμε να βρούμε το ωραίο άρθρο του Κινέζου? Μήπως από κανένα περιοδικό τύπου Mathematical Reflections ?

Αλέξανδρος

p_gianno · #14

Καλησπέρα
Αυτό και άλλα ενδιαφέροντα ¨ολυμπιακά άρθρα βρίσκονται στην διεύθυνση
http://www.math.ust.hk/excalibur/ . Θα βρείτε και άλλα άρθρα με ανισότητες πχ ανισότητες με συνθήκες γινομένου , ανισότητες με ρίζες , Muirhead και άλλα θέματα..... όρεξη να έχει κανείς.Τα περισσότερα είναι στα αγγλικά αλλά θα συναντατε και κινέζικα. Το συγκεκριμένο άρθρο Using Tangent Lines to Prove Inequalities είναι το v10-n5 που βρίσκεται στη διεύθυνση http://www.math.ust.hk/excalibur/v10_n5.pdf

Καλό βράδυ
Πάνος
-------------------------------------------
Μιχάλη ξαναμπαίνω για να σε ευχαριστήσω και γω με τη σειρά μου για την αναλυτικότατη παρουσίαση που έκανες στο θέμα.
Πάντα παρών για να ξεδιαλύνεις ασάφειες , να μας διορθώσεις ...
Νά ΄σαι καλά
Πάνος

#15

cretanman έγραψε:Καταπληκτική η παρέμβαση του κου Λάμπρου και πολύ διαφωτιστική!! Συνήθως τα κόλπα τους οι εξεταζόμενοι σε διεθνείς διαγωνισμούς δεν τα αποκαλύπτουν εύκολα... Φυσικά η "tangent method" είναι από τα πολύ ωραία trick για ανισότητες. Ένα σχετικά νέο "trick" είναι η λεγόμενη "SOS" method (Sum Of Squares method). Όμως έχω ακριβώς την ίδια απορία με τον κο Λάμπρου: Πού μπορούμε να βρούμε το ωραίο άρθρο του Κινέζου? Μήπως από κανένα περιοδικό τύπου Mathematical Reflections ?

Αλέξανδρος

math_finder έγραψε:Καλησπέρα
Αυτό και άλλα ενδιαφέροντα ¨ολυμπιακά άρθρα βρίσκονται στην διεύθυνση
http://www.math.ust.hk/excalibur/ . Θα βρείτε και άλλα άρθρα με ανισότητες πχ ανισότητες με συνθήκες γινομένου , ανισότητες με ρίζες , Muirhead και άλλα θέματα..... όρεξη να έχει κανείς.Τα περισσότερα είναι στα αγγλικά αλλά θα συναντατε και κινέζικα. Το συγκεκριμένο άρθρο Using Tangent Lines to Prove Inequalities είναι το v10-n5 που βρίσκεται στη διεύθυνση http://www.math.ust.hk/excalibur/v10_n5.pdf

Καλό βράδυ
Πάνος

Πω πω Αλέξανδρε και Πάνο. Τι θησαυροί είναι αυτοί που μας δώσατε! Και έλεγα να πάω νωρίς για ύπνο γιατί αύριο έχω ομιλία εκτός ορίων. Πρέπει να απαγορευτούν αυτά μετα τις 1:30 το πρωί...

Αλέξανδρε, βλέπω ότι σε ένα από τα άρθρα που παραπέμπεις υπάρχει διαφορετική απόδειξη της Nesbitt. Βασίζεται σε μια τεχνική που είχαμε συζητήσει στο pathfinder με διαμέριση των εκθετών. Βρε τι μαθαίνει κανείς νυχτιάτικα!

Λες ακόμη "Συνήθως τα κόλπα τους οι εξεταζόμενοι σε διεθνείς διαγωνισμούς δεν τα αποκαλύπτουν εύκολα". Πόσο δίκιο έχεις...
Είναι σαν τους ταχυδακτυλουργούς: τα λένε μόνο μεταξύ τους.
Ας είναι καλά το mathematica που δημοσιοποιεί τα "μυστικά".

Αυτά που έγραψα για την "tangent method", και ακόμη περισσότερο αυτά που δίδασκα στην προπόνηση των παιδιών μας,
τα έχω μαζέψει με το ... τσιγγέλι. Αν δεν έβαζα προσωπική εργασία για να συνθέτω τις νήξεις που άκουγα δεξιά και αριστερά, θα έμενα μόνο σε όσα γράφονται σε ευρείας κυκλοφορίας βιβλία. Αλλά προπόνηση με τέτοιους όρους δεν γίνεται.

Καληνύχτα,

Μιχάλης Λάμπρου

#16

Πολύ έξυπνη η μέθοδος της εφαπτομένης. Δεν την είχα ξαναδεί. Η μάλλον ... νόμιζα πως δεν την είχα ξαναδεί.

Εδώ, είχα προτείνει μια σύντομη απόδειξη της Jensen που ουσιαστικά (χωρίς να το γνωρίζω) ήταν αυτή η μέθοδος.

Η ανισότητα Nesbitt που απέδειξε ο Μιχάλης αποδεικνύεται και με Jensen. Αλλά η αρχική ανισότητα που προτάθηκε εδώ δεν μπορεί να αποδειχθεί με Jensen. (Τουλάχιστον όχι εύκολα.) Θα προσπαθήσω να την αποδείξω. Νομίζω πως θα είναι διδακτικό για το πιο πρόβλημα έχει η Jensen και πως βοηθάει η μέθοδος της εφαπτομένης.

Παίρνουμε λοιπόν f(x) = 2x^3 - 2x^2 - x

. Η δεύτερη παράγωγος είναι $f^{\prime \prime}(x) = 12x-4$ , άρα η f είναι κυρτή στο διάστημα $[1/3,\infty)$ . Άρα, για $a,b,c \geq 1/3$ με abc=1

έχουμε
$f(a) + f(b) + f(c) \geq 3f\left( \frac{a+b+c}{3} \right) \geq 3f\left( 1\right) = -3$

[Η τελευταία ανισότητα επειδή $(a+b+c)/3 \geq 1$ και η f είναι αύξουσα για $x \geq 1$ .]

Από εδώ εύκολα αποδεικνύεται η αρχική ανισότητα αλλά με την επιπρόσθετη συνθήκη ότι $a,b,c \geq 1/3$ . Πως μπορούμε να αποφύγουμε αυτήν την συνθήκη; Την απάντηση μας την δίνει η μέθοδος της εφαπτομένης. "Δεν μας ενδιαφέρει αν η συνάρτηση είναι κυρτή ή όχι. Το μόνο που μας ενδιαφέρει είναι ότι η εφαπτομένη (στο σημείο (a+b+c)/3

) βρίσκεται κάτω από την συνάρτηση στο διάστημα που μας ενδιαφέρει."

Φαίνεται λοιπόν ότι η μέθοδος της εφαπτομένης έχει αρκετές πιθανότητες επιτυχίας εκεί που η Jensen αποτυγχάνει διότι η συνάρτηση είναι κυρτή σε ένα διάστημα μικρότερο από αυτό που μας ενδιαφέρει ακριβώς όπως στο προηγούμενο παράδειγμα. [Φυσικά ότι μπορούμε να αποδείξουμε με Jensen, μπορούμε να το αποδείξουμε και με την μέθοδο της εφαπτομένης.]

dimitris pap · #17

Κατ' αρχάς θα ήθελα να σας συγχαρώ για αυτό το forum του οποίου την ύπαρξη αγνοούσα μέχρι χθες

Τα παραπάνω post μου άρεσαν πάρα πολύ γιατί σπάνια (όπως αναφέρθηκε) λέει κανείς τη μεθοδολογία για την επίλυση κάποιων ασκήσεων. Συνήθως η λύση παρουσιάζεται ως εξ' ουρανού και όλοι θαυμάζουν την φοβερή σχέση με την Πυθεία που έχει ο λύτης, που μάντεψε τη ζητούμενη σχέση που τον οδήγησε στην λύση.

Στη συγκεκριμένη τώρα ανισότητα, η οποία στην πραγματικότητα είναι πολύ χαλαρή, έχω να προτείνω και μια άλλη λύση βασισμένη στην γνωστή σε όλους ανισότητα αριθμητικού γεωμετρικού μέσου, η οποία κάνει και πιο ισχυρή την ανισότητα.

Συγκεκριμένα από AM-GM προκύπτει $a^3+a^3+1\geq 3a^2$ και προσθέτωντας κυκλικά λαμβάνουμε ότι $LHS\geq 3(a^2+b^2+c^2)\geq 2(a^2+b^2+c^2)+2(a+b+c)-3$ (το οποίο είναι και αυτό που προέκυψε στη λύση του Νίκου. Η τελευταία ανισότητα προκύπτει εύκολα απ' την $a^2+b^2+c^2\geq 2(a+b+c)-3\iff (a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2\geq 0$ που ισχύει

Ετσι αποδείχτηκε και η ζητούμενη. (Η $a^2+b^2+c^2\geq a+b+c$ προκύπτει κι άμεσα από Muirhead ή από AM-GM, με $a^2+a^2+b^2+c^2\geq 4a$ και προσθέτοντας κυκλικά!)

#18

Δημήτρη καλωσόρισες στην παρέα μας!

Για όσους δε γνωρίζουν το Δημήτρη να αναφέρω ότι εκπροσώπησε 1 φορά τη χώρα μας στη Διεθνή Ολυμπιάδα Μαθηματικών με χάλκινο μετάλλιο (χωρίς τις συμμετοχές και τα αντίστοιχα μετάλλια στις Βαλκανικές Ολυμπιάδες) και μάλιστα όταν ήταν Α' Λυκείου (στη Β Λυκείου φέτος το καλοκαίρι, είχε υποτροφία από το πανεπιστήμιο του MIT που τύχαινε ακριβώς πάνω στη Διεθνή Ολυμπιάδα οπότε δε μπόρεσε να συμμετάσχει)!! Τώρα είναι Γ' Λυκείου και βαδίζει ολοταχώς για τη δεύτερη και τελευταία συμμετοχή του στους διεθνείς διαγωνισμούς. Δεν το συζητάω για την πρόσβασή του στη τριτοβάθμια εκπαίδευση την οποία έχει εξασφαλίσει (πολύ σωστά) από την Α΄Λυκείου... Φανταστείτε λοιπόν τί γνώσεις έχει να μας προσφέρει....

Και πάλι καλωσόρισες Δημήτρη!!

Αλέξανδρος

dimitris pap · #19

Σε ευχαριστώ πάρα πολύ για το θερμό καλοσώρισμα και τα καλά σου λόγια Αλέξανδρε! θα προσπαθήσω κι εγώ να συμβάλλω όσο μπορώ σε αυτό το ωραίο forum

#20

Μιας και αναφέρθηκε κάτι για το $\ln$ θα βάλω τη λύση μου με αυτό .

Έστω $f(x)=2x^3-2x^2-x-\ln x$ . Τότε $f^{\prime}(x)=\frac{(x-1)(6x^2+2x+1)}{x}$

Η

παρουσιάζει ελάχιστο στο 1 . Άρα $f(x)\geq f(1)=-1$

Επομένως $f(x)+f(y)+f(z)\geq -3$ άρα $2(x^3+y^3+z^3)+3+\ln x+\ln y+\ln z\geq 2(x^2+y^2+z^2)+x+y+z$

και αφού xyz=1

έχουμε τη ζητούμενη !

Επισυνάπτω και ένα αρχείο . Η μέθοδος παρουσιάζεται αρκετά καλά παρακάτω (αρχείο μου , του 2006)

Ανισότητα---------------->Bulletin

Ανισότητα---------------->Bulletin

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση