Άθροισμα μηδέν, άθροισμα τετραγώνων ένα

#1

Έστω

πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε x+y+z=0

και

. Έστω επίσης $P(x,y,z)=\max \{x^2,y^2,z^2 \}$ .

Να δείξετε ότι $1\leq max\{(x-y)^2,(y-z)^2,(z-x)^2\}\leq 2$ .Πότε ισχύει η ισότητα;

Να δείξετε ότι $\displaystyle {x^2y^2z^2\leq \frac{1}{54}}$ . Πότε ισχύει η ισότητα;

Να βρείτε την ελάχιστη τιμή του

.

(smar) Βρείτε τη μέγιστη τιμή του

Αν $b=median \{x,y,z\}$ , να δείξετε ότι $b^2\leq \frac{1}{6}$ .

Ευπρόσδεκτα κι άλλα σχετικά αποτελέσματα.

Edit: Προστέθηκαν τα d,e

.

#2

Η άσκηση βασίζεται σε απλές γνώσεις αλλά είναι μη κλασσική πιστεύω.
Λοιπόν για το α)
Παρατηρούμε ότι $(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2=2(x^2+y^2+z^2)-2(xy+yz+zx)=2-2\frac{-1}{2}=3$ άρα ο
μεγαλύτερος πρέπει να είναι μεγαλύτερος ίσος του 1.

Παίρνουμε τώρα το τυχαίο (x-y)^2

. Έχουμε ότι $(x-y)^2=x^2+y^2-2xy\leq 2(x^2+y^2)\leq 2$
Αυτό μπορούμε να το κάνουμε για όλα, άρα ο μεγαλύτερος είναι μικρότερος ίσος του 2.

β)Ας υποθέσουμε ότι x^2

είναι ο μικρότερος από τους x^2,y^2,z^2

. Τότε $x^2\leq\frac{1}{3}<\frac{1}{2}$ .

Από τις δύο συνθήκες που δίνονται έχουμε ότι $yz=x^2-\frac{1}{2}$ . Τότε από ΑΜ-GM
$\displaystyle{x^2y^2z^2=\frac{(2x^2)\left(-x^2+\frac{1}{2}\right)\left(-x^2+\frac{1}{2}\right)}{2}\leq\frac{\frac{\left(2x^2+\frac{1}{2}-x^2+\frac{1}{2}-x^2\right)^3}{27}}{2}=\frac{1}{54}}$

Το ίσον ισχύει όταν για παράδειγμα $x=y=\frac{1}{\sqrt{6}}$ και $z=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$

γ) Έστω ότι ο z^2

είναι ο μεγαλύτερος. Τότε καi η απόλυτη τιμή του θα είναι η μεγαλύτερη μεταξύ των τριών. Αυτό σε συνδυασμό με τη συνθήκη x+y+z=0

σημαίνει ότι οι x,y

πρέπει να έχουν και οι δύο αντίθετο πρόσημο από αυτό του

. Άρα θα είναι ομόσημοι. (μπορώ να το δείξω και με σχέσεις αν δεν είναι ξεκάθαρο)
Επιπλέον έχουμε ότι 2z^2-1=2xy

και αφού

ομόσημοι, $z^2\geq\frac{1}{2}$
Η ισότητα ισχύει αν για παράδειγμα $z=-y=\frac{1}{2}$ και x=0

δ)Βρείτε τη μέγιστη τιμή του

#3

smar έγραψε:
δ)Βρείτε τη μέγιστη τιμή του

Είναι $3xy\leq x^2+y^2+xy=\frac{1}{2}$ οπότε $xy\leq \frac{1}{6}$ .

Έτσι $z^2=xy+\frac{1}{2}\leq \frac{2}{3}$ .

Ομοίως, $x^2,y^2\leq \frac{2}{3}$ .

Άρα $P\leq \frac{2}{3}$ , με ισότητα αν-ν $\displaystyle \left (\pm\frac{1}{\sqrt{6}},\pm\frac{1}{\sqrt{6}},\mp\frac{2}{\sqrt{6}}\right)$ και τις μεταθέσεις.

ε) Αν $b=median \{x,y,z\}$ , να δείξετε ότι $b^2\leq \frac{1}{6}$ .

#4

Θανάση ωραία λύση ! Εγώ χρησιμοποιούσα το β) ερώτημα για να το δείξω.

socrates έγραψε: ε) Αν $b=median \{x,y,z\}$ , να δείξετε ότι $b^2\leq \frac{1}{6}$ .

Ας δώσω σε αυτό μια λύση. Λοιπόν μπορούμε να υποθέσουμε ότι ο μεγαλύτερος σε απόλυτη τιμή είναι και θετικός ( αλλιώς αλλάζουμε τα πρόσημα όλων και δεν αλλάζουν ούτε οι συνθήκες ούτε το προς απόδειξην.)
Και έστω ότι έχουμε λόγω της συμμετρίας $x\geq y\geq z$ . Τότε αφού ο

είναι θετικός, θα έχουμε ότι ο

είναι αρνητικός. Επιπλέον θα είναι $x+2y\geq 0$ ή $x\geq -2y$ . Αφού και τα δύο μέλη είναι θετικά $x^2\geq 4y^2$ . Όμως από το d) έχουμε $x^2\leq\frac{2}{3}$ , και άρα έχουμε το ζητούμενο.

Ελπίζω να είμαι σωστός

#5

Μια ταυτότητα που αποδεικνύει άμεσα το $\text{b}:$

$2(a-b)^{2}(b-c)^{2}(c-a)^{2}=(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{3}-54a^{2}b^{2}c^{2} ,$ όπου a+b+c=0 .

Πηγή: http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 6&t=415426&

Ας την αποδείξουμε....

#6

Αν

και $x^{2}+y^{2}+z^{2}=6$ , να βρείτε το $\max\{x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x\} .$

(http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 2&t=420142)

Άθροισμα μηδέν, άθροισμα τετραγώνων ένα

Άθροισμα μηδέν, άθροισμα τετραγώνων ένα

Re: Άθροισμα μηδέν, άθροισμα τετραγώνων ένα

Re: Άθροισμα μηδέν, άθροισμα τετραγώνων ένα

Re: Άθροισμα μηδέν, άθροισμα τετραγώνων ένα

Re: Άθροισμα μηδέν, άθροισμα τετραγώνων ένα

Re: Άθροισμα μηδέν, άθροισμα τετραγώνων ένα

Μέλη σε σύνδεση