Ανισότητα!

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #1

Αν

θετικοί πραγματικοί να αποδειχθεί ότι:

$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{5a}{a+b}+\dfrac{5b}{b+c}+\dfrac{5c}{c+a}\geq 9$

Ορέστης Λιγνός · #2

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:Αν θετικοί πραγματικοί να αποδειχθεί ότι:

$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{5a}{a+b}+\dfrac{5b}{b+c}+\dfrac{5c}{c+a}\geq 9$

Διαγραφή λανθασμένης λύσης.

#3

Ορέστης Λιγνός έγραψε: Αυτή γράφεται $(a-b)(b-c)(a-c) \geq 0$ .

Έστω χωρίς βλάβη $a \geq b \geq c$ .

Ορέστη, αυτό το επιχείρημα δεν είναι σωστό. Η αρχική ανισότητα είναι κυκλική, αλλά όχι συμμετρική. ως εκ τούτου δεν έχεις δικάιωμα να θεωρήσεις ότι δεν βλάπτεται η γενικότητα λέγοντας $\displaystyle{a\geq b\geq c.}$

Για να το πω και διαφορετικά, η ανισότητα

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ...που ισοδυναμεί με $a^2b+b^2c+c^2a \geq ab^2+bc^2+ca^2$ .

δεν ισχύει, όπως θα διαπιστώσεις αν θέσεις $\displaystyle{a=1,b=2,c=3.}$

#4

Βάζω μια απόδειξη για την ανισότητα, από την οποία φαίνεται ότι το θέμα δεν απευθύνεται σε junior μαθητές.

Διώχνουμε τους παρονομαστές, οπότε έχουμε να αποδείξουμε ότι

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

Λόγω κυκλικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι $\displaystyle{a=\min \{a,b,c\}}$ , οπότε υπάρχουν $\displaystyle{x,y\geq 0,}$ ώστε $\displaystyle{b=a+x,c=a+y.}$

Με αντικατάσταση αυτών στην αποδεικτέα, αφού γίνουν οι πράξεις αναγόμαστε στην

$\displaystyle{x^3+y^3+2x^2y-3xy^2+2a(x^2-xy+y^2)\geq 0.}$

Επειδή φανερά ισχύει $\displaystyle{2a(x^2-xy+y^2)\geq 0,}$ αρκεί να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{x^3+y^3+2x^2y-3xy^2\geq 0}$ .

Αν $\displaystyle{y=0,}$ αυτή ισχύει. Διαφορετικά, διαιρώντας με $\displaystyle{y^3}$ και θέτοντας $\displaystyle{\frac{x}{y}=t\geq 0,}$ έχουμε να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{t^3+1+2t^2\geq 3t}$ . Στο σημείο αυτό θα μπορούσαμε να συνεχίσουμε με λόγισμό (η συνάρτηση έχει θετική ελάχιστη τιμή στο διάστημα $\displaystyle{[0,+\infty )}$ ).

Μια στοιχειώδης απόδειξη είναι και η εξής:

$\displaystyle{t^3+2t^2+1=t^3+t^2+t^2+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\stackrel{AM-GM}{\geq }7\sqrt[7]{\frac{t^7}{4^4}}=\frac{7}{\sqrt[7]{4^4}}t}$ .

Πλέον αρκεί

$\displaystyle{\frac{7}{\sqrt[7]{4^4}}>3}$ . Αυτό βλέπουμε ότι ισχύει, αφού οι γίνουν οι πράξεις ρουτίνας.

#5

matha έγραψε:Βάζω μια απόδειξη για την ανισότητα, από την οποία φαίνεται ότι το θέμα δεν απευθύνεται σε junior μαθητές.

Μεταφέρθηκε στους Seniors.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #6

matha έγραψε:
Αρκεί να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{x^3+y^3+2x^2y-3xy^2\geq 0}$

Μέχρι αυτό το σημείο συμφωνεί και η δικιά μου λύση. Από αυτό το σημείο και μετά:

Αν κάποιο από τα x, y

είναι

ή

, τότε η ανισότητα ισχύει με ισότητα όταν x=y=0

(όταν δηλαδή οι a, b, c

είναι ίσοι).

Θα χρησιμοποιηθεί παρακάτω η γνωστή ανισότητα: x^3+y^3>x^2y+xy^2

αν

διαφορετικοί θετικοί πραγματικοί.

Αν x>y>0

, τότε έχουμε ότι:

x^3+y^3+2x^2y-3xy^2>x^3+y^3+2xy(x-y)-xy^2>x^3+y^3-xy^2>x^2y+xy^2-xy^2=x^2y>0

Αν

, τότε η ανισότητα μπορεί να γίνει (y-x)^3-(y-x)x^2+x^3>0

και θέτουμε y-x=k

, όπου

.
Άρα έχουμε $k^3+x^3-kx^2\geq kx^2+k^2x-kx^2=k^2x>0$

Υ.Γ. Να προσθέσω πως κατασκεύασα αυτή την άσκηση προσπαθώντας να αποδείξω μια άλλη ανισότητα που σε κάποιο βήμα έφτανε στην:

$a^3+b^3+c^3+2(a^2b+b^2c+c^2a) \geq 3(ab^2+bc^2+ca^2)$

Είχα πραγματικά τρελαθεί

. Τόσο απλή (στην εμφάνιση) και να μην μπορεί να λυθεί με συνηθισμένες μεθόδους; Πιστεύοντας πως μάλλον χάνω κάτι και ότι υπάρχει πιο εύκολη λύση την έβαλα στους Juniors

. Ευχαριστώ πάντως για την λύση!

Ανισότητα!

Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Μέλη σε σύνδεση