ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 30-1-2000

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #1

Η παρακάτω άσκηση δόθηκε ως τρίτο θέμα στο διαγωνισμό ''Αρχιμήδης '' στις 30-1-2000 , στα θέματα των μεγάλων.Την είδα στις 10-11-2011 μαζί με ένα συνάδελφο . Είναι πιο εύκολη από όσο φαίνεται , γι'αυτό τη βάζω εδώ και όχι στο φάκελο των seniors.

Nα βρεθεί ο μέγιστος θετικός πραγματικός αριθμός k , για τον οποίο ισχύει:

$\frac{xy}{\sqrt{\left(x^{2}+y^{2} \right)\left(3x^{2}+y^{2} \right)}}\leq \frac{1}{k}$

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς χ ,y.

Νασιούλας Αντώνης · #2

Μια προσπάθεια κάπως εξωσχολική.
Από B-C-S έχουμε:

$\displaystyle{\sqrt{\left(x^2+y^2\right)\left(y^2+\left(\sqrt{3}x\right)^2\right)}\geq xy+\sqrt{3}xy=(1+\sqrt{3})xy}$ .
Άρα $k=1+\sqrt{3}$ .
H ισότητα ισχύει για $\displaystyle{\frac{x}{y}=\frac{y}{\sqrt{3}x}\Rightarrow \sqrt{3}x^2=y^2\Rightarrow \sqrt[4]{3}x=y}$ .

Edit: Να προσθέσω ότι δεδομένου ότι η ταυτότητα Lagrange υπάρχει στο σχολικό βιβλίο της Α Λυκείου (αλήθεια υπάρχει στα καινούργια βιβλία?) είναι εύκολο να δείξουμε την B-C-S για δυο όρους και να γίνει σχολική η λύση. Διαφορετικά μπορούμε να δείξουμε την B-C-S για δυο όρους με απλές πράξεις.

Νασιούλας Αντώνης · #3

Kαι μια τελείως σχολική λύση.
$(a-b)^2\geq 0\Rightarrow a^2+b^2\geq 2ab.$
Θέτω όπου

το $\sqrt{3}x^2$ και όπου

το

και έχω:

$\displaystyle{3x^4+y^4\geq 2\sqrt{3}x^2y^2\Rightarrow 3x^4+x^2y^2+3x^2y^2+y^4\geq (2\sqrt{3}+4)x^2y^2\Rightarrow x^2(3x^2+y^2)+y^2(3x^2+y^2)=(3x^2+y^2)(x^2+y^2)\geq (2\sqrt{3}+4)x^2y^2}$
$\displaystyle{\Rightarrow \sqrt{(3x^2+y^2)(x^2+y^2)}\geq xy\sqrt{2\sqrt{3}+4}\Rightarrow \frac{xy}{\sqrt{(3x^2+y^2)(x^2+y^2)}}\leq \frac{1}{\sqrt{2\sqrt{3}+4}}}$ .

Άρα $k=\sqrt{2\sqrt{3}+4}=\sqrt{2\sqrt{3}+(\sqrt{3})^2+1^2}=\sqrt{(\sqrt{3}+1)^2}=1+\sqrt{3}$ .
Η ισότητα όπως και πριν.

Νασιούλας Αντώνης · #4

Έπειτα από προτροπή του μέλους μας "ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ" και για να δικαιολογηθεί η παρουσία της άσκησης στο φάκελο, δίνω και μια τρίτη λύση με διανύσματα.

Θεωρούμε τα διανύσματα $\vec{a}=(x,y)$ και $\vec{b}=(y,\sqrt{3}x)$
Είναι $\left| \vec{a}\right|=\sqrt{x^2+y^2}$ και $\left| \vec{b}\right|=\sqrt{y^2+3x^2}$ .
Επίσης $\vec{a}\cdot \vec{b}=xy(1+\sqrt{3})$ .
Επίσης ισχύει $\displaystyle{\vec{a}\cdot \vec{b}\leq \left|\vec{a} \right|\left|\vec{b} \right|\Rightarrow xy(1+\sqrt{3})\leq \left(\sqrt{x^2+y^2} \right)\left(\sqrt{y^2+3x^2} \right)=\sqrt{\left(x^2+y^2 \right)\left(y^2+3x^2 \right)}}$ , με την ισότητα όταν τα δυο διανύσματα είναι ομόρροπα, δηλαδή όταν:
$\displaystyle{(\vec{a}=c \vec{b}, c>0)\Rightarrow (x=cy \wedge y=c\sqrt{3}x, c>0)\Rightarrow \frac{x}{y}=\frac{y}{\sqrt{3}x}\Rightarrow y=x\sqrt[4]{3}}$ .

Νασιούλας Αντώνης · #5

Εναλλακτικά, αλλά πάλι εξωσχολικά, θα μπορούσαμε να δουλέψουμε και με Holder.

$\displaystyle{\sqrt{(3x^2+y^2)(x^2+y^2)}=\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{y^2+\left(\sqrt{3}x\right)^2\right)} =\left(x^2+y^2 \right)^\frac{1}{2}\left(y^2+\left(\sqrt{3}x\right)^2 \right)^\frac{1} {2} \geq xy+\sqrt{3}xy=(1+\sqrt{3})xy}$
Με την ισότητα όταν όπως και πριν.

#6

Νασιούλας Αντώνης έγραψε:Εναλλακτικά, αλλά πάλι εξωσχολικά, θα μπορούσαμε να δουλέψουμε και με Holder.
<...>

Ωραιότατες οι λύσεις και ωραίο το τέχνασμα να εφαρμόσεις την C-S στην (x^2+y^2)(y^2+3x^2)

αντί στην ίση της (x^2+y^2)(3x^2+y^2)

.

Ένα μόνο σχόλιο για την τελευταία λύση: Η Holder για p=2

είναι η C-S

. Δηλαδή δεν έχουμε εναλλακτική επίλυση αυτή την φορά.

Πάντα ωραία να μας γράφεις.

Φιλικά και με εκτίμηση,

Μιχάλης

Νασιούλας Αντώνης · #7

Κύριε Μιχάλη ευχαριστώ πολύ.
Το σχόλιό σας για την τελευταία λύση φυσικά και είναι εύστοχο.
Το εναλλακτικά πήγαινε στο ποια γενική ανισότητα θα μπορούσε να έρθει στο μυαλό του μαθητή.
Στην ουσία, ναι, είναι ίδιες οι λύσεις.

Ευχαριστώ

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 30-1-2000

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 30-1-2000

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 30-1-2000

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 30-1-2000

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 30-1-2000

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 30-1-2000

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 30-1-2000

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 30-1-2000

Μέλη σε σύνδεση