Ανισότητα...

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

Άβαταρ μέλους
M.S.Vovos
Δημοσιεύσεις: 721
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2015 5:45 pm

Ανισότητα...

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από M.S.Vovos » Δευ Μαρ 20, 2017 9:51 pm

Να αποδείξετε ότι για κάθε a,b,c\in \mathbb{R} ισχύει:

\displaystyle{\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{b^{2}+c^{2}}+\sqrt{c^{2}+a^{2}}-\frac{\sqrt{6\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )}}{2}\color{red} \geqslant \color{black} \frac{\left | a \right |+\left | b \right |+\left | c \right |}{\sqrt{2}}}
Φιλικά.

Υ.Γ. Διόρθωση τυπογραφικού. Ευχαριστώ Διονύση!
τελευταία επεξεργασία από M.S.Vovos σε Δευ Μαρ 20, 2017 11:28 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Είναι αυταπάτη ότι η νεότητα είναι ευτυχισμένη, μια αυταπάτη αυτών που την έχουν χάσει. W. Somerset Maugham

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 479
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Ανισότητα...

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Δευ Μαρ 20, 2017 11:08 pm

Η ανισότητα νομίζω πως πρέπει να έχει την αντίθετη φορά.

Η ανισότητα γίνεται:

\dfrac{a+b+c}{\sqrt{2}}+\dfrac{\sqrt{6(a^2+b^2+c^2)}}{2}\leq \sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2} με a, b, c θετικοί πραγματικοί (με αυτό τον τρόπο απαλείφουμε τα απόλυτα)

Έχουμε:

\dfrac{a+b+c}{\sqrt{2}}+\dfrac{\sqrt{6(a^2+b^2+c^2)}}{2}\leq \sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2} \Leftrightarrow

a+b+c+\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}\leq \sqrt{2(a^2+b^2)}+\sqrt{2(b^2+c^2)}+\sqrt{2(c^2+a^2)}

Η ανισότητα Popoviciou λέει ότι όταν έχουμε μια συνάρτηση f(x) που είναι κυρτή σε ένα διάστημα, τότε:

f(x)+f(y)+f(z)+3f(\dfrac{x+y+z}{3})\geq 2f(\dfrac{x+y}{2})+2f(\dfrac{y+z}{2})+2f(\dfrac{z+x}{2})

Όταν η f(x) είναι κοίλη, τότε η ανισότητα έχει την αντίθετη φορά.

Ακόμη γνωρίζουμε πως η συνάρτηση \sqrt{x} είναι κοίλη όταν ο x είναι θετικός πραγματικός.

Επομένως από την ανισότητα Popoviciou παίρνουμε ότι:

\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}+3\sqrt{\dfrac{x+y+z}{3}}\leq 2\sqrt{\dfrac{x+y}{2}}+2\sqrt{\dfrac{y+z}{2}}+2\sqrt{\dfrac{z+x}{2}}\Leftrightarrow \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}+\sqrt{3(x+y+z)}\leq \sqrt{2(x+y)}+\sqrt{2(y+z)}+\sqrt{2(z+x)}

Αντικαθιστώντας όπου x, y, z τα a^2, b^2, c^2 αντίστοιχα, παίρνουμε το ζητούμενο.

Δεν είμαι σίγουρος για την παραπάνω αντιμετώπιση, καθώς είμαι ακόμα πολύ αρχάριος στις συναρτήσεις.


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
M.S.Vovos
Δημοσιεύσεις: 721
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2015 5:45 pm

Re: Ανισότητα...

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από M.S.Vovos » Δευ Μαρ 20, 2017 11:30 pm

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:Η ανισότητα νομίζω πως πρέπει να έχει την αντίθετη φορά.

Η ανισότητα γίνεται:

\dfrac{a+b+c}{\sqrt{2}}+\dfrac{\sqrt{6(a^2+b^2+c^2)}}{2}\leq \sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2} με a, b, c θετικοί πραγματικοί (με αυτό τον τρόπο απαλείφουμε τα απόλυτα)

Έχουμε:

\dfrac{a+b+c}{\sqrt{2}}+\dfrac{\sqrt{6(a^2+b^2+c^2)}}{2}\leq \sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2} \Leftrightarrow

a+b+c+\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}\leq \sqrt{2(a^2+b^2)}+\sqrt{2(b^2+c^2)}+\sqrt{2(c^2+a^2)}

Η ανισότητα Popoviciou λέει ότι όταν έχουμε μια συνάρτηση f(x) που είναι κυρτή σε ένα διάστημα, τότε:

f(x)+f(y)+f(z)+3f(\dfrac{x+y+z}{3})\geq 2f(\dfrac{x+y}{2})+2f(\dfrac{y+z}{2})+2f(\dfrac{z+x}{2})

Όταν η f(x) είναι κοίλη, τότε η ανισότητα έχει την αντίθετη φορά.

Ακόμη γνωρίζουμε πως η συνάρτηση \sqrt{x} είναι κοίλη όταν ο x είναι θετικός πραγματικός.

Επομένως από την ανισότητα Popoviciou παίρνουμε ότι:

\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}+3\sqrt{\dfrac{x+y+z}{3}}\leq 2\sqrt{\dfrac{x+y}{2}}+2\sqrt{\dfrac{y+z}{2}}+2\sqrt{\dfrac{z+x}{2}}\Leftrightarrow \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}+\sqrt{3(x+y+z)}\leq \sqrt{2(x+y)}+\sqrt{2(y+z)}+\sqrt{2(z+x)}

Αντικαθιστώντας όπου x, y, z τα a^2, b^2, c^2 αντίστοιχα, παίρνουμε το ζητούμενο.

Δεν είμαι σίγουρος για την παραπάνω αντιμετώπιση, καθώς είμαι ακόμα πολύ αρχάριος στις συναρτήσεις.


Πολύ ωραία Διονύση! Μια παρατήρηση μόνο. Γιατί θεωρείς ότι a,b,c>0;


Είναι αυταπάτη ότι η νεότητα είναι ευτυχισμένη, μια αυταπάτη αυτών που την έχουν χάσει. W. Somerset Maugham
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 479
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Ανισότητα...

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Δευ Μαρ 20, 2017 11:41 pm

Γνωρίζουμε πως a^2=|a|^2

Αφού τα |a|, |b|, |c| είναι θετικά, τότε μπορούμε να αντικαταστήσουμε τα |a|, |b|, |c| με τα θετικά m, n, k.

Μπορώ να κάνω την μετατροπή λοιπόν, απλά έκανα το λάθος και κράτησα τις μεταβλητές a, b, c :roll: (όμως πρακτικά νομίζω πως δεν επηρεάζει την λύση).


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7264
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Ανισότητα...

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #6 από Demetres » Τρί Μαρ 21, 2017 12:20 pm

Ας το δούμε και χωρίς την Popoviciu. Συνεχίζω από εδώ

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:a+b+c+\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}\leq \sqrt{2(a^2+b^2)}+\sqrt{2(b^2+c^2)}+\sqrt{2(c^2+a^2)}


Θα γράψω a+b+c = 3u και a^2+b^2+c^2 = 3v^2. Παρατηρώ επίσης ότι 2(ab+bc+ca) = 9u^2-3v^2

Το αριστερό μέλος της ανισότητας ισούται με 3(u+v).

Το δεξί μέλος της ανισότητας, υψωμένο στο τετράγωνο, ισούται με

\displaystyle{ 4\sum a^2 + 4\sum \sqrt{(a^2+b^2)(c^2+b^2)} \geqslant 4\sum a^2 + 4\sum (ac+b^2) = 18(u^2+v^2) }

Μένει λοιπόν να αποδείξω ότι 18(u^2+v^2) \geqslant 9(u+v)^2 το οποίο είναι απλό.



Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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