Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

#1

Αν $\displaystyle{a,b,c}$ είναι πλευρές τριγώνου, να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{ab}{a^2+b^2+4c^2}+\frac{bc}{b^2+c^2+4a^2}+\frac{ca}{c^2+a^2+4b^2}\geq \frac{1}{2}.}$

Ch.Chortis · #2

matha έγραψε:Αν $\displaystyle{a,b,c}$ είναι πλευρές τριγώνου, να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{ab}{a^2+b^2+4c^2}+\frac{bc}{b^2+c^2+4a^2}+\frac{ca}{c^2+a^2+4b^2}\geq \frac{1}{2}.}$

Λοιπόν,θα δοκιμάσω να τη λύσω αν και μπορεί να κάνω λάθoς.
Δεν κατάλαβα που χρειάζεται το χωρίο "πλευρές τριγώνου",παρα μόνο για τις θετικές τιμές που λαμβάνουν οι άγνωστοι.
Ξεκινάω...
$\dfrac {ab} {a^2+b^2+4c^2} +\dfrac {bc} {b^2+c^2+4a^2}+\dfrac {ac} {a^2+c^2+4b^2}\geq \dfrac {(\sqrt {ab}+\sqrt {bc}+\sqrt {ac})^2} {a^2+b^2+4c^2+a^2+c^2+4b^2+b^2+c^2+4a^2}=\dfrac {(\sqrt {ab}+\sqrt {bc}+\sqrt {ac})^2} {6(a^2+b^2+c^2)}(1)$
(λόγω Cauchy-Schwarz-Andreescu,με την ισότητα να ισχύει μόνο για a=b=c

).
Εκμεταλλευόμενοι τώρα τις ανισότητες: $3(ab+ac+bc)\geq (\sqrt {ab}+\sqrt {ac}+\sqrt {bc})^2,~6(a^2+b^2+c^2)\geq 6(ab+ac+bc)$ (με τις ισότητες να ισχύουν για a=b=c

)
εύκολα βρίσκουμαι οτι το maximum της (1) είναι:
$\dfrac {3(ab+ac+bc)} {6(ab+ac+bc)}=\dfrac {1} {2}$ (όπου a=b=c

)
άρα αποδείχτηκε (νομίζω).
Δηλαδή για ισόπλευρο τρίγωνο ισχύει η ισότητα.

orestisgotsis · #3

ΠΕΡΙΤΤΑ

Ch.Chortis · #4

Για να μη γεμίσω με πμ,σχετικά με το θέμα καθώς και για να μην αφήσω μετέωρο το εύστοχο σχόλιο του orestisgotsis,παραδέχομαι οτι έχω κάνει λάθος.
Η λογική μου δεν είναι σωστή.

#5

Επαναφορά!

#6

Υπάρχουν θετικά x,y,z

ώστε

.

Κάνοντας ομώνυμα μπορώ να γράφω την ανισότητα στην μορφή $f(x,y,z) \geqslant 0$ όπου η

είναι ένα συμμετρικό πολυώνυμο στα x,y,z

βαθμού

. Θα δείξω ότι η τελευταία ανισότητα ισχύει ακόμη και αν κάποια από τα x,y,z

είναι ίσα με

.

Από το θεμελιώδες θεώρημα των συμμετρικών πολυωνύμων μπορώ να γράψω την f(x,y,z)

ως πολυώνυμο στα s_1 = x+y+z,s_2=xy+yz+zx,s_3=xyz

. Το πολυώνυμο είναι δευτέρου βαθμού στο s_3

και άρα είτε κυρτό είτε κοίλο συναρτήσει του s_3

. Οπότε από τα θεώρημα pqr το πολυώνυμο παίρνει την ελάχιστη τιμή του σε μια από τις δύο πιο κάτω περιπτώσεις:

(α) Αν δύο από τα x,y,z

είναι ίσα.
(β) Αν ένα από τα x,y,z

ισούται με

.

(α) Χωρίς βλάβη της γενικότητας x=y

. Αυτό δίνει b=c

και $2b \geqslant a$ . Η ζητούμενη ανισότητα γίνεται

$\displaystyle{\begin{aligned} \frac{2ab}{a^2+5b^2} + \frac{b^2}{2b^2+4a^2} \geqslant \frac{1}{2} &\iff 8ab^3 + 16a^3b+2a^2b^2 + 10b^4 \geqslant 4a^4 + 10b^4 + 22a^2b^2 \\ &\iff 8ab^3 + 16a^3b \geqslant 4a^4 + 20b^2a^2 \\ &\iff 2ab^3 + 4a^3b - a^4 - 5a^2b^2 \geqslant 0 \\ &\iff a(2b-a)(a-b)^2 \geqslant 0\end{aligned}}$

το οποίο ισχύει.

(β) Χωρίς βλάβη της γενικότητας z=0

. Αυτό δίνει a=b+c

και η ζητούμενη ανισότητα γίνεται

$\displaystyle{ \frac{b^2 + bc}{2b^2 + 5c^2 + 2bc} + \frac{bc}{5b^2+5c^2+8bc} + \frac{bc+c^2}{5b^2+2c^2 + 2bc} \geqslant \frac{1}{2}}$

Αν c=0

η ανισότητα ισχύει. Οπότε θέτω x = b/c

. Θέλω να δείξω ότι

$\displaystyle{ \frac{x^2+x}{2x^2+2x+5} + \frac{x}{5x^2+8x+5} + \frac{x+1}{5x^2+2x+2} \geqslant \frac{1}{2} }$

Αυτό ο υπολογιστής μου μου λέει ότι είναι ισοδύναμο με το

$\displaystyle{ \frac{5x(x-1)^2(8x^2+11x+8)}{(2x^2+2x+5)(5x^2+8x+5)(5x^2+2x+2)} \geqslant 0}$

το οποίο προφανώς ισχύει.

Έχω και μια απόδειξη με Cauchy-Schwarz χωρίς υπολογιστή αλλά πάλι δεν αποφεύγει τις πολλές πράξεις. Αν δεν βρεθεί κάτι καλύτερο θα το βάλω.

#7

Και εδώ δεν υπάρχει σύντομη λύση που να αποφεύγει τις πράξεις
https://artofproblemsolving.com/communi ... 73p2931723

#8

Demetres έγραψε: Αν η ανισότητα ισχύει. Οπότε θέτω . Θέλω να δείξω ότι

$\displaystyle{ \frac{x^2+x}{2x^2+2x+5} + \frac{x}{5x^2+8x+5} + \frac{x+1}{5x^2+2x+2} \geqslant \frac{1}{2} }$

Ας βάλω τότε την συνέχεια. Μπορώ να υποθέσω ότι $b \geqslant c$ , δηλαδή $x \geqslant 1$ .

Είναι $\displaystyle{ \frac{x^2+x}{2x^2+2x+5} = \frac{1}{2} - \frac{5}{4x^2+4x+10}.}$ Οπότε μένει να αποδείξω ότι

$\displaystyle{ \frac{x}{5x^2+8x+5} + \frac{x+1}{5x^2+2x+2} \geqslant \frac{5}{4x^2+4x+10}}$

Από Cauchy Schwarz είναι

$\displaystyle{ \left(x(5x^2+8x+5) + 4(x+1)(5x^2+2x+2)\right) \left( \frac{x}{5x^2+8x+5} + \frac{x+1}{5x^2+2x+2}\right) \geqslant (3x+2)^2 }$

Αρκεί λοιπόν να δείξω ότι

$\displaystyle{ \frac{(3x+2)^2}{25x^3 + 36x^2 + 21x+8} \geqslant \frac{5}{4x^2+4x+10}}$

Θέλω

$\displaystyle{ (3x+2)^2(4x^2+4x+10) = 36x^4+84x^3+154x^2+136x+40 \geqslant 125x^3 +180x^2+105x+40 }$

Ισοδύναμα θέλω $36x^4-41x^3 - 26x^2+31x \geqslant 0$ . Αλλά

$\displaystyle{ 36x^4-41x^3 - 26x^2+31x = x(x-1)^2(36x+31) \geqslant 0}$

Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

Re: Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

Re: Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

Re: Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

Re: Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

Re: Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

Re: Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

Re: Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

Μέλη σε σύνδεση