Ενδιαφέρουσα Ανισότητα

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #1

Έστω

θετικοί πραγματικοί.

Να αποδειχθεί πως:

$a^2+b^2+c^2+2abc+1 \geq 2ab+2bc+2ca$

Ας αφεθεί μια μέρα για τους μαθητές.

Ορέστης Λιγνός · #2

Γεια σου Διονύση!

Προφανώς $a^2 \geqslant 2a-1$ και οι όμοιες της.

Άρα, $\mathrm{LHS} \geqslant 2(a+b+c+abc-1)$ .

Αρκεί λοιπόν $2(a+b+c+abc-1) \geqslant 2(ab+bc+ca) \Leftrightarrow (a-1)(b-1)(c-1) \geqslant 0$ , το οποίο ισχύει όταν και οι τρεις είναι $\geqslant 1$ , ή οι δύο είναι $\leqslant 1$ και μόνο ένας είναι $\geqslant 1$ .

Μένει να εξετάσουμε την περίπτωση που ένας είναι $\leqslant 1$ , και οι άλλοι δύο είναι $\geqslant 1$ .

Έστω λοιπόν $a \leqslant 1, \, b,c \geqslant 1$

Είναι $\displaystyle \mathrm{LHS}-\mathrm{RHS}=a^2+b^2+c^2+2abc+1-2ab-2bc-2ca \geqslant$

$\displaystyle (b-c)^2+2a+2abc-2ab-2ac=(b-c)^2+2a(b-1)(c-1) \geqslant 0$ , και το ζητούμενο έπεται.

Ισότητα έχουμε αν και μόνο αν a=b=c=1

.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #3

Ορέστης Λιγνός έγραψε:Γεια σου Διονύση!

Προφανώς $a^2 \geqslant 2a-1$ και οι όμοιες της.

Άρα, $\mathrm{LHS} \geqslant 2(a+b+c+abc-1)$ .

Αρκεί λοιπόν $2(a+b+c+abc-1} \geqslant ab+bc+ca \Leftrightarrow (a-1)(b-1)(c-1) \geqslant 0$ , το οποίο ισχύει όταν και οι τρεις είναι $\geqslant 1$ , ή οι δύο είναι $\leqslant 1$ και μόνο ένας είναι $\geqslant 1$ .

Μένει να εξετάσουμε την περίπτωση που ένας είναι $\leqslant 1$ , και οι άλλοι δύο είναι $\geqslant 1$ .

Έστω λοιπόν $a \leqslant 1, \, b,c \geqslant 1$

Είναι $\displaystyle \mathrm{LHS}-\mathrm{RHS}=a^2+b^2+c^2+2abc+1-2ab-2bc-2ca \geqslant$

$\displaystyle (b-c)^2+2a+2abc-2ab-2ac=(b-c)^2+2a(b-1)(c-1) \geqslant 0$ , και το ζητούμενο έπεται.

Ισότητα έχουμε αν και μόνο αν .

Μπράβο Ορέστη

!

Θα αφήσω λίγες μέρες περιθώριο για να την προσπαθήσουν κι άλλοι και μετά θα βάλω την λύση μου.

#4

Διαγράφω την (λανθασμένη) απάντηση μετά από μήνυμα του Παύλου Μαραγκουδάκη!

#5

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:Έστω θετικοί πραγματικοί.

Να αποδειχθεί πως:

$a^2+b^2+c^2+2abc+1 \geq 2ab+2bc+2ca$

Ας αφεθεί μια μέρα για τους μαθητές.

Από ΑΜ-ΓΜ είναι

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2+2abc+1=a^2+b^2+c^2+abc+abc+1\geq a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}$

οπότε αρκεί

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

Αυτή είναι άμεση συνέπεια της Schur και της ΑΜ-ΓΜ

$\displaystyle{x^3+y^3+z^3+3xyz\geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\geq 2\sqrt{(xy)^3}+2\sqrt{(yz)^3}+2\sqrt{(zx)^3}}$

αν τέθει $\displaystyle{x=a^{2/3}}$ κτλ.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #6

matha έγραψε:
Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:Έστω θετικοί πραγματικοί.

Να αποδειχθεί πως:

$a^2+b^2+c^2+2abc+1 \geq 2ab+2bc+2ca$

Ας αφεθεί μια μέρα για τους μαθητές.
Από ΑΜ-ΓΜ είναι

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2+2abc+1=a^2+b^2+c^2+abc+abc+1\geq a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}$

οπότε αρκεί

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

Αυτή είναι άμεση συνέπεια της Schur και της ΑΜ-ΓΜ

$\displaystyle{x^3+y^3+z^3+3xyz\geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\geq 2\sqrt{(xy)^3}+2\sqrt{(yz)^3}+2\sqrt{(zx)^3}}$

αν τέθει $\displaystyle{x=a^{2/3}}$ κτλ.

Ακριβώς αυτή την λύση είχα σκεφτεί κι εγώ

!

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #7

Η ανισότητα γράφεται $a^{2}+2a(bc-(b+c))+(c-b)^{2}+1\geq 0$

που είναι τριώνυμο ως προς

Αν

ισχύει.

Αν bc-(b+c)> 0

το τριώνυμο έχει δύο αρνητικές ρίζες.

Αφου $a\geq 0$ ισχύει.

Μένει η περίπτωση bc< b+c

Αλλά η διακρίνουσα είναι $4((bc)^{2}+4bc-2bc(b+c)-1)$
και λόγω του
viewtopic.php?f=173&t=57918
είναι μη θετική όποτε πάλι ισχύει.

#8

Άλλες δύο αντιμετωπίσεις:

Πρώτη αντιμετώπιση (είναι μπάλωμα του κενού που μου είχε επισημάνει παραπάνω ο Παύλος):

Αν οι a,b,c

είναι $\geq 2$ τότε (a-1)(b-1)(c-1)>0

δηλαδή $a+b+c+abc-1 > ab+bc+ca \ \ (1)$ . Όμως
$LHS\geq 2a-1+2b-1+2c-1+2abc+1 = 2(a+b+c+abc-1) \stackrel{(1)}{>} 2(ab+bc+ca)$ και έχουμε το ζητούμενο.

Αν κάποιος απ' τους a, b

, ή

είναι μικρότερος του

, τότε ας υποθέσουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι c<2

.

Θέλουμε ισοδύναμα να δείξουμε ότι:

$a^2+2(bc-b-c)a+b^2+c^2+1-2bc\geq 0$ και αν δούμε το πρώτο μέλος ως δευτεροβάθμιο τριώνυμο ως προς

, λαμβάνει το ελάχιστο για a=b+c-bc

το οποίο είναι ίσο μετά τις πράξεις με c(2-c)b^2-2c(2-c)b+1

και βλέποντάς το ως δευτεροβάθμιο τριώνυμο του

(ο συντελεστής c(2-c)

του μεγιστοβάθμιου όρου είναι θετικός λόγω της παραδοχής c<2

οπότε πράγματι παρουσιάζει ελάχιστο το εν λόγω τριώνυμο), παρουσιάζει ελάχιστο για b=1

που είναι ίσο με $(c-1)^2\geq 0$ .

Άρα τελικά $a^2+2(bc-b-c)a+b^2+c^2+1-2bc\geq c(2-c)b^2-2c(2-c)b+1 \geq (c-1)^2 \geq 0$ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε! (Μάλιστα φαίνεται ότι η ισότητα ισχύει μόνο για a=b=c=1

)

Δεύτερη αντιμετώπιση (παίρνοντας αφορμή από τη λύση του Ορέστη παραπάνω):

Το LHS-RHS

γράφεται ισοδύναμα ως:

$(a-b)^2+(c-1)^2+2c(a-1)(b-1)\geq 0$ είτε ως

$(b-c)^2+(a-1)^2+2a(b-1)(c-1)\geq 0$ είτε ως

$(c-a)^2+(b-1)^2+2b(c-1)(a-1)\geq 0$

και το ζητούμενο πλέον έπεται από την αρχή της περιστεροφωλιάς (οι "φωλιές" είναι τα διαστήματα (0,1]

, $[1,+\infty)$ και τα "περιστέρια" οι αριθμοί a,b,c

)

Ενδιαφέρουσα Ανισότητα

Ενδιαφέρουσα Ανισότητα

Re: Ενδιαφέρουσα Ανισότητα

Re: Ενδιαφέρουσα Ανισότητα

Re: Ενδιαφέρουσα Ανισότητα

Re: Ενδιαφέρουσα Ανισότητα

Re: Ενδιαφέρουσα Ανισότητα

Re: Ενδιαφέρουσα Ανισότητα

Re: Ενδιαφέρουσα Ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση