Ανισότητες ... από ισότητες!

Συντονιστές: Φωτεινή, silouan

Απάντηση
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3342
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:
Επικοινωνία gbaloglou

Ανισότητες ... από ισότητες!

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Σάβ Σεπ 30, 2017 9:54 pm

Το τσίμπησα από το προσωπολόγιο (facebook):

Αν οι a, b, c είναι πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε a+b+c=6 και ab+bc+ca=9, με a<b<c, τότε 0<a<1<b<3<c<4.

[Πρόσθεσα την συνθήκη a<b<c (που είχα ξεχάσει :oops: ) ... ύστερα από υπόδειξη του Γιώργη του Καλαθάκη, τον οποίο και ευχαριστώ! (Και πρόσθεσα και 'ενδιάμεσες' ανισότητες, βλέπετε και παρακάτω...)]
τελευταία επεξεργασία από gbaloglou σε Κυρ Οκτ 01, 2017 12:21 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Λέξεις Κλειδιά:
ισότητες
ανισότητες
Κορυφή
Παύλος Μαραγκουδάκης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1513
Εγγραφή: Παρ Ιαν 30, 2009 1:45 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς
Επικοινωνία:
Επικοινωνία Παύλος Μαραγκουδάκης

Re: Ανισότητες ... από ισότητες!

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Παύλος Μαραγκουδάκης » Σάβ Σεπ 30, 2017 11:37 pm

Δεν μπορεί κάποιος από τους a,b,c να είναι μηδέν γιατί τότε οι άλλοι δύο θα είναι ίσοι με 3 που αποκλείεται αφού είναι διαφορετικοί αριθμοί.
ab+bc+ca=9\Rightarrow a(6-a)+bc=9\Rightarrow bc=(a-3)^2 οπότε bc>0
Ομοίως ab=(c-3)^2>0 και ca=(b-3)^2>0. Άρα οι a,b,c είναι ομόσημοι κι αφού έχουν άθροισμα 6, θα είναι και οι τρεις θετικοί.
Μένει να δείξουμε ότι c<4. Ας υποθέσουμε ότι c\geq 4. Τότε ab=(c-3)^2\geq 1 και a+b=6-c\leq 2 οπότε (a+b)^2\leq 4\leq 4ab και έτσι (a-b)^2\leq 0. Δηλαδή a=b, άτοπο.
τελευταία επεξεργασία από Παύλος Μαραγκουδάκης σε Κυρ Οκτ 01, 2017 2:50 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Στάλα τη στάλα το νερό το μάρμαρο τρυπά το,
εκείνο που μισεί κανείς γυρίζει κι αγαπά το.
Κορυφή
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4770
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Ανισότητες ... από ισότητες!

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Σάβ Σεπ 30, 2017 11:51 pm

Έστω ότι \displaystyle{c\geq 4}. Αφού \displaystyle{a+b+c=6\Rightarrow c=6-a-b\geq 4}. Άρα \displaystyle{a+b\leq 2} και από εδώ έπεται ότι:

\displaystyle{a<b< 2}

Αν ήταν \displaystyle{a\geq 1}, τότε από την σχέση \displaystyle{a+b\leq 2} , θα ήταν \displaystyle{b\leq 1} , οπότε τότε θα ήταν \displaystyle{a\geq b},που είναι άτοπο

από την υπόθεση. Άρα πρέπει \displaystyle{a<1}. Επίσης από την σχέση \displaystyle{a+b\leq 2}, έχουμε και \displaystyle{b<2}.

Μπορούμε λοιπόν να θέσουμε \displaystyle{a=1-n} και \displaystyle{b=2-m}, όπου \displaystyle{m,n > 0}.

Από την σχέση \displaystyle{ab+bc+ca=9}, έχουμε \displaystyle{ab+b(6-a-b)+a(6-a-b)=9\Rightarrow (a+b)^2 -6(a+b)-ab+9=0\Rightarrow}

\displaystyle{(3-m-n)^2 -6(3-m-n)-(1-n)(2-m)+9=0\Rightarrow m^2 +n^2 +m+2n+mn=0}, που είναι άτοπο.

Άρα \displaystyle{c<4}

(Μόλις είδα, ότι δεν υπήρχε η συνθήκη ότι οι αριθμοί ήταν θετικοί)


Κορυφή
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3342
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:
Επικοινωνία gbaloglou

Re: Ανισότητες ... από ισότητες!

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Κυρ Οκτ 01, 2017 12:19 am

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 30, 2017 11:37 pm
 Αποκλείεται κάποιος από τους a,b,c να είναι μηδέν γιατί τότε οι άλλοι δύο θα ήταν ίσοι με 3 που αποκλείεται αφού είναι διαφορετικοί αριθμοί.
ab+bc+ca=9\Rightarrow a(6-a)+bc=9\Rightarrow bc=(a-3)^2 οπότε bc>0
Ομοίως ab=(c-3)^2>0 και ca=(b-3)^2>0. Άρα οι a,b,c είναι ομόσημοι κι αφού έχουν άθροισμα 6, θα είναι και οι τρεις θετικοί.
Μένει να δείξουμε ότι c<4. Ας υποθέσουμε ότι c\geq 4. Τότε ab=(c-3)^2\geq 1 και a+b=6-c\leq 2 οπότε (a+b)^2\leq 4\leq 4ab και έτσι (a-b)^2\leq 0. Δηλαδή a=b, άτοπο.
Παύλο (και λοιποί) ευχαριστώ, αλλά ... αυτή προφανώς δεν ήταν η τυχερή μου βραδιά, έκανα λάθη απανωτά στην εκφώνηση του προβλήματος, που έπρεπε να είχε τεθεί ως εξής:

αν οι a, b, c είναι πραγματικοί με a<b<c, a+b+c=6, ab+bc+ca=9 τότε 0<a<1<b<3<c<4.

Συγγνώμη για τις 'ενδιάμεσες' ανισότητες που παρέλειψα, διορθώνω και το αρχικό με διευκρίνηση... :(


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Κορυφή
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3600
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Ανισότητες ... από ισότητες!

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Κυρ Οκτ 01, 2017 12:54 am

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 30, 2017 11:37 pm
 Αποκλείεται κάποιος από τους a,b,c να είναι μηδέν γιατί τότε οι άλλοι δύο θα ήταν ίσοι με 3 που αποκλείεται αφού είναι διαφορετικοί αριθμοί.
ab+bc+ca=9\Rightarrow a(6-a)+bc=9\Rightarrow bc=(a-3)^2 οπότε bc>0
Ομοίως ab=(c-3)^2>0 και ca=(b-3)^2>0. Άρα οι a,b,c είναι ομόσημοι κι αφού έχουν άθροισμα 6, θα είναι και οι τρεις θετικοί.
Μένει να δείξουμε ότι c<4. Ας υποθέσουμε ότι c\geq 4. Τότε ab=(c-3)^2\geq 1 και a+b=6-c\leq 2 οπότε (a+b)^2\leq 4\leq 4ab και έτσι (a-b)^2\leq 0. Δηλαδή a=b, άτοπο.
Εκτός φακέλου

Από το παραπάνω έχουμε 0< a< b< c< 4

Θεωρούμε την f(x)=x^{3}-6x^{2}+9x-abc

που έχει σαν ρίζες τα a,b,c

f'(x)=3x^{2}-12x+9=3(x-1)(x-3)

Στό 1 η f έχει τοπικό μέγιστο ενω στο 3 τοπικό ελάχιστο.

Επειδή έχει τρεις ρίζες θα είναι αναγκαστικά f(1)> 0,f(3)< 0

Αρα a< 1< b< 3< c που ολοκληρώνει την απόδειξη.


Κορυφή
Παύλος Μαραγκουδάκης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1513
Εγγραφή: Παρ Ιαν 30, 2009 1:45 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς
Επικοινωνία:
Επικοινωνία Παύλος Μαραγκουδάκης

Re: Ανισότητες ... από ισότητες!

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Παύλος Μαραγκουδάκης » Κυρ Οκτ 01, 2017 3:45 am

a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)=18

Αν b\leq 1 τότε a<1 και εφόσον c<4 θα είναι a^2+b^2+c^2<18, άτοπο. Άρα b>1.

Αν b\geq 3 τότε c>3 οπότε a+b+c>6, άτοπο. Άρα b<3.

Είναι 6=a+b+c<3c\Rightarrow c>2 οπότε

2<c<4\Rightarrow -1<c-3<1\Rightarrow (c-3)^2<1\Rightarrow ab<1\Rightarrow a^2<ab<1\Rightarrow a<1

Τέλος, (a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2=a^2+b^2+c^2-2(a+b+c)+3=9
Όμως 0<a<1\Rightarrow (a-1)^2<1 και 1<b<3\Rightarrow 0<b-1<2\Rightarrow (b-1)^2<4. Άρα
(a-1)^2+(b-1)^2<5\Rightarrow (c-1)^2>4\Rightarrow c>3


Στάλα τη στάλα το νερό το μάρμαρο τρυπά το,
εκείνο που μισεί κανείς γυρίζει κι αγαπά το.
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3342
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:
Επικοινωνία gbaloglou

Re: Ανισότητες ... από ισότητες!

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Κυρ Οκτ 01, 2017 1:32 pm

Παύλο και Σταύρο ευχαριστώ για τις όμορφες λύσεις σας, ιδού και η δική μου:

Από τις a+b=6-c και ab=9-6c+c^2 προκύπτουν οι a=\dfrac{6-c-\sqrt{12c-3c^2}}{2} και b=\dfrac{6-c+\sqrt{12c-3c^2}}{2}. Από την μη αρνητικότητα της διακρίνουσας προκύπτει η 0\leq c\leq 4, και από την a<b η 0<c<4. Αναλόγως προκύπτουν και οι 0<b<4, 0<a<4.

Χρησιμοποιώντας τώρα τους παραπάνω τύπους για τα a, b προκύπτουν και οι υπόλοιπες ανισότητες:

-- Η a<1 είναι ισοδύναμη προς την (c-1)(c-4)<0, που ισχύει λόγω της προφανούς c>1

-- Η 3<c προκύπτει από την b<c, καθώς η τελευταία είναι ισοδύναμη προς την (c-1)(c-3)>0

-- H b<3 είναι ισοδύναμη προς την 3<c

-- Η 1<b είναι ισοδύναμη προς την c-4<\sqrt{12c-3c^2}

Παραθέτω και ένα σχετικό σχήμα ... άνευ σχολίων:
Συνημμένα
abc.gif
abc.gif (6.89 KiB) Προβλήθηκε 1483 φορές


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Κορυφή
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Juniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 8 επισκέπτες