Ανισότητα με περιορισμό

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #1

Να δειχθεί ότι υπάρχει c> 0

ώστε

Για κάθε $x,y\in \mathbb{R}$

με $\left | x \right |^{\frac{3}{2}}+\left | y \right |^{\frac{3}{2}}=2$

ισχύει $(x-y)^{2}\leq c(4-(x+y)^{2})$ .

dement · #2

Έστω $y \geqslant 0$ . Τότε $y(x) = \left( 2 - |x|^{3/2} \right)^{2/3}$ και θεωρούμε τη συνάρτηση $f : [- 2^{2/3}, 2^{2/3}] \to \mathbb{R}$ με $\displaystyle f(x) = \frac{(x-y)^2}{4 - (x+y)^2}$ .
Το μόνο αμφιλεγόμενο σημείο είναι το x = 1

(λόγω ανισότητας δυνάμεων), όπου ο παρονομαστής μηδενίζεται.

Σε αυτό το σημείο ισχύει y(x) =1, y'(x) = y''(x) = -1

οπότε, με l'Hospital, βρίσκουμε ότι $\displaystyle \lim_{x \to 1} f(x) = 2$ . Έτσι, η

καθίσταται συνεχής θέτοντας f(1) = 2

, οπότε είναι φραγμένη. Με εντελώς ανάλογη αντιμετώπιση χειριζόμαστε την περίπτωση $y \leqslant 0$ .

Από το φραγμένο της

(και για τις δύο περιπτώσεις $y \geqslant 0, y \leqslant 0$ ) προκύπτει η ύπαρξη του ζητούμενου

.

(Αποδεικνύεται ότι η τιμή c=2

είναι βέλτιστη, αλλά αυτό δεν ζητείται).

#3

Οφείλει δηλαδή να ισχύει -- ύστερα από την δουλειά του Δημήτρη και κάποιες προφανείς αναγωγές -- το εξής:

Αν $z\geq 0$ , $w\geq 0$ και z^3+w^3=2

, τότε $3(z^4+w^4)+2z^2w^2\leq 8$ .

Υποθέτω ότι το παραπάνω αποδεικνύεται με χρήση Λογισμού, χωρίς Λογισμό τι γίνεται; Δεν βλέπω κάτι...

[Από την z^3+w^3=2

ΔΕΝ έπεται η $4(z^4+w^4)\leq 8$ , έπεται όμως μία ελαφριά εξασθένηση της!]

dement · #4

Γιώργο, δεν βρήκα κάτι "εντυπωσιακό" αλλά τουλάχιστον απέφυγα τον Λογισμό.

Περιοριζόμενος σε $x, y \geqslant 0$ (οι άλλες περιπτώσεις έπονται εύκολα), ομογενοποιώντας την ανισότητα (με c=2

) και θέτοντας $r \equiv y/x$ παίρνω το πολυώνυμο 32 (1+r^3)^4 - (3r^4 + 2r^2 + 3)^3

που πρέπει να αποδειχθεί μη αρνητικό για $r \geqslant 0$ .

Το πολυώνυμο παραγοντοποιείται σε (r-1)^4 (5r^8 + 20r^7 - 4r^6 + 12r^5 + 30r^4 + 12r^3 - 4r^2 + 20r + 5)

, που είναι προφανώς μη αρνητικό για $r \geqslant 0$ .

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

Το πρόβλημα προήλθε από αυτό.
viewtopic.php?f=59&t=56185
Το είχα λύσει παλιά και αποφάσισα να το βάλω με συγκεκριμένη τιμή για να δω άλλες λύσεις.
Η λύση του Δημήτρη είναι πολύ καλύτερη από την δική μου και πάρα πολύ καλύτερη από την επίσημη
του διαγωνισμού

Στην ουσία η λύση του Δημήτρη λύνει το εξής γενικότερο πρόβλημα.

Εστω $p> 0 ,p\neq 1$

Υπάρχει $c_{p}> 0$

ώστε για $x,y\in \mathbb{R}$

με $\left | x \right |^{p}+\left | y \right |^{p}=2$

ισχύει $(x-y)^{2}\leq c_{p}\left | 4-(x+y)^{2} \right |$ .

Δεν γνωρίζω αν η λύση του Δημήτρη σε όλα τα

δίνει $c_{p}$ best constant.
Αν θέλει ας γράψει κάτι.

dement · #6

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 20, 2017 1:46 pm
Δεν γνωρίζω αν η λύση του Δημήτρη σε όλα τα δίνει $c_{p}$ best constant.
Αν θέλει ας γράψει κάτι.

Απ' ό,τι φαίνεται, η απάντηση είναι θετική για $1 < p \leqslant 2$ και αρνητική για p>2

.

Για γενικό p > 1

, το αντίστοιχο όριο στο x=1

είναι $\displaystyle \frac{1}{p-1}$ . Καθώς το

αυξάνεται σε τιμές μεγαλύτερες του

, η εστραμμένη έλλειψη που αντιστοιχεί στην ανισότητα (θέτοντας $\displaystyle c = \frac{1}{p-1}$ ) μετακομίζει στην εσωτερική περιοχή της καμπύλης |x|^p + |y|^p = 2

(όντας πάντα εφαπτόμενη σε αυτήν στο (1,1)

) και το $\displaystyle \frac{1}{p-1}$ γίνεται βέλτιστη σταθερά για την αντίστροφη ανισότητα.

Ανισότητα με περιορισμό

Ανισότητα με περιορισμό

Re: Ανισότητα με περιορισμό

Re: Ανισότητα με περιορισμό

Re: Ανισότητα με περιορισμό

Re: Ανισότητα με περιορισμό

Re: Ανισότητα με περιορισμό

Μέλη σε σύνδεση