Ενδιαφέρουσα Ανισότητα

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 497
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Ενδιαφέρουσα Ανισότητα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Κυρ Μαρ 19, 2017 8:12 pm

Έστω a, b, c θετικοί πραγματικοί.

Να αποδειχθεί πως:

a^2+b^2+c^2+2abc+1 \geq 2ab+2bc+2ca

Ας αφεθεί μια μέρα για τους μαθητές.


Houston, we have a problem!

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1072
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Ενδιαφέρουσα Ανισότητα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από Ορέστης Λιγνός » Κυρ Μαρ 19, 2017 8:55 pm

Γεια σου Διονύση!


Προφανώς a^2 \geqslant 2a-1 και οι όμοιες της.

Άρα, \mathrm{LHS} \geqslant 2(a+b+c+abc-1).

Αρκεί λοιπόν 2(a+b+c+abc-1) \geqslant 2(ab+bc+ca) \Leftrightarrow (a-1)(b-1)(c-1) \geqslant 0, το οποίο ισχύει όταν και οι τρεις είναι \geqslant 1, ή οι δύο είναι \leqslant 1 και μόνο ένας είναι \geqslant 1.

Μένει να εξετάσουμε την περίπτωση που ένας είναι \leqslant 1, και οι άλλοι δύο είναι \geqslant 1.

Έστω λοιπόν a \leqslant 1, \, b,c \geqslant 1

Είναι \displaystyle \mathrm{LHS}-\mathrm{RHS}=a^2+b^2+c^2+2abc+1-2ab-2bc-2ca \geqslant

\displaystyle (b-c)^2+2a+2abc-2ab-2ac=(b-c)^2+2a(b-1)(c-1) \geqslant 0, και το ζητούμενο έπεται.

Ισότητα έχουμε αν και μόνο αν a=b=c=1.
τελευταία επεξεργασία από Ορέστης Λιγνός σε Δευ Μαρ 20, 2017 12:30 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Ο καθένας λέει ότι να΄ναι και είναι πάντα σύμφωνος με τον εαυτό του ! 'Ολοι μιλάνε και κανείς δεν ακούει! Ο κόσμος είναι σε νοητική αδράνεια ! Ελένη Γλυκατζή Αρβελέρ
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 497
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Ενδιαφέρουσα Ανισότητα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Κυρ Μαρ 19, 2017 10:09 pm

Ορέστης Λιγνός έγραψε:Γεια σου Διονύση!


Προφανώς a^2 \geqslant 2a-1 και οι όμοιες της.

Άρα, \mathrm{LHS} \geqslant 2(a+b+c+abc-1).

Αρκεί λοιπόν 2(a+b+c+abc-1} \geqslant ab+bc+ca \Leftrightarrow (a-1)(b-1)(c-1) \geqslant 0, το οποίο ισχύει όταν και οι τρεις είναι \geqslant 1, ή οι δύο είναι \leqslant 1 και μόνο ένας είναι \geqslant 1.

Μένει να εξετάσουμε την περίπτωση που ένας είναι \leqslant 1, και οι άλλοι δύο είναι \geqslant 1.

Έστω λοιπόν a \leqslant 1, \, b,c \geqslant 1

Είναι \displaystyle \mathrm{LHS}-\mathrm{RHS}=a^2+b^2+c^2+2abc+1-2ab-2bc-2ca \geqslant

\displaystyle (b-c)^2+2a+2abc-2ab-2ac=(b-c)^2+2a(b-1)(c-1) \geqslant 0, και το ζητούμενο έπεται.

Ισότητα έχουμε αν και μόνο αν a=b=c=1.


Μπράβο Ορέστη :coolspeak:!

Θα αφήσω λίγες μέρες περιθώριο για να την προσπαθήσουν κι άλλοι και μετά θα βάλω την λύση μου.


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3723
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Ενδιαφέρουσα Ανισότητα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από cretanman » Κυρ Μαρ 19, 2017 11:23 pm

Διαγράφω την (λανθασμένη) απάντηση μετά από μήνυμα του Παύλου Μαραγκουδάκη!


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 5954
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Ενδιαφέρουσα Ανισότητα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #5 από matha » Δευ Μαρ 20, 2017 11:39 am

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:Έστω a, b, c θετικοί πραγματικοί.

Να αποδειχθεί πως:

a^2+b^2+c^2+2abc+1 \geq 2ab+2bc+2ca

Ας αφεθεί μια μέρα για τους μαθητές.


Από ΑΜ-ΓΜ είναι

\displaystyle{a^2+b^2+c^2+2abc+1=a^2+b^2+c^2+abc+abc+1\geq a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}

οπότε αρκεί

\displaystyle{a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\geq 2(ab+bc+ca).}

Αυτή είναι άμεση συνέπεια της Schur και της ΑΜ-ΓΜ

\displaystyle{x^3+y^3+z^3+3xyz\geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\geq 2\sqrt{(xy)^3}+2\sqrt{(yz)^3}+2\sqrt{(zx)^3}}

αν τέθει \displaystyle{x=a^{2/3}} κτλ.


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 497
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Ενδιαφέρουσα Ανισότητα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #6 από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Δευ Μαρ 20, 2017 2:31 pm

matha έγραψε:
Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:Έστω a, b, c θετικοί πραγματικοί.

Να αποδειχθεί πως:

a^2+b^2+c^2+2abc+1 \geq 2ab+2bc+2ca

Ας αφεθεί μια μέρα για τους μαθητές.


Από ΑΜ-ΓΜ είναι

\displaystyle{a^2+b^2+c^2+2abc+1=a^2+b^2+c^2+abc+abc+1\geq a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}

οπότε αρκεί

\displaystyle{a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\geq 2(ab+bc+ca).}

Αυτή είναι άμεση συνέπεια της Schur και της ΑΜ-ΓΜ

\displaystyle{x^3+y^3+z^3+3xyz\geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\geq 2\sqrt{(xy)^3}+2\sqrt{(yz)^3}+2\sqrt{(zx)^3}}

αν τέθει \displaystyle{x=a^{2/3}} κτλ.


Ακριβώς αυτή την λύση είχα σκεφτεί κι εγώ :D !


Houston, we have a problem!
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 1281
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Ενδιαφέρουσα Ανισότητα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #7 από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Δευ Μαρ 20, 2017 11:42 pm

Η ανισότητα γράφεται a^{2}+2a(bc-(b+c))+(c-b)^{2}+1\geq 0

που είναι τριώνυμο ως προς a

Αν bc-(b+c)= 0 ισχύει.

Αν bc-(b+c)> 0 το τριώνυμο έχει δύο αρνητικές ρίζες.

Αφου a\geq 0 ισχύει.

Μένει η περίπτωση bc< b+c

Αλλά η διακρίνουσα είναι 4((bc)^{2}+4bc-2bc(b+c)-1)
και λόγω του
viewtopic.php?f=173&t=57918
είναι μη θετική όποτε πάλι ισχύει.


Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3723
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Ενδιαφέρουσα Ανισότητα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #8 από cretanman » Τρί Μαρ 21, 2017 12:19 am

Άλλες δύο αντιμετωπίσεις:

Πρώτη αντιμετώπιση (είναι μπάλωμα του κενού που μου είχε επισημάνει παραπάνω ο Παύλος):

Αν οι a,b,c είναι \geq 2 τότε (a-1)(b-1)(c-1)>0 δηλαδή a+b+c+abc-1 > ab+bc+ca \ \ (1). Όμως
LHS\geq 2a-1+2b-1+2c-1+2abc+1 = 2(a+b+c+abc-1) \stackrel{(1)}{>} 2(ab+bc+ca) και έχουμε το ζητούμενο.

Αν κάποιος απ' τους a, b, ή c είναι μικρότερος του 2, τότε ας υποθέσουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι c<2.

Θέλουμε ισοδύναμα να δείξουμε ότι:

a^2+2(bc-b-c)a+b^2+c^2+1-2bc\geq 0 και αν δούμε το πρώτο μέλος ως δευτεροβάθμιο τριώνυμο ως προς a, λαμβάνει το ελάχιστο για a=b+c-bc το οποίο είναι ίσο μετά τις πράξεις με c(2-c)b^2-2c(2-c)b+1 και βλέποντάς το ως δευτεροβάθμιο τριώνυμο του b (ο συντελεστής c(2-c) του μεγιστοβάθμιου όρου είναι θετικός λόγω της παραδοχής c<2 οπότε πράγματι παρουσιάζει ελάχιστο το εν λόγω τριώνυμο), παρουσιάζει ελάχιστο για b=1 που είναι ίσο με (c-1)^2\geq 0.

Άρα τελικά a^2+2(bc-b-c)a+b^2+c^2+1-2bc\geq c(2-c)b^2-2c(2-c)b+1 \geq (c-1)^2 \geq 0 και η απόδειξη ολοκληρώθηκε! (Μάλιστα φαίνεται ότι η ισότητα ισχύει μόνο για a=b=c=1)

Δεύτερη αντιμετώπιση (παίρνοντας αφορμή από τη λύση του Ορέστη παραπάνω):

Το LHS-RHS γράφεται ισοδύναμα ως:

(a-b)^2+(c-1)^2+2c(a-1)(b-1)\geq 0 είτε ως

(b-c)^2+(a-1)^2+2a(b-1)(c-1)\geq 0 είτε ως

(c-a)^2+(b-1)^2+2b(c-1)(a-1)\geq 0

και το ζητούμενο πλέον έπεται από την αρχή της περιστεροφωλιάς (οι "φωλιές" είναι τα διαστήματα (0,1], [1,+\infty) και τα "περιστέρια" οι αριθμοί a,b,c)


Αλέξανδρος Συγκελάκης

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Προχωρημένο Επίπεδο (Juniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης