Απλή ανισότητα με δύο μέρη

jim.jt · #1

Να αποδείξετε ότι για κάθε $x,y\in \mathbb{R}$ ισχύει:

$\displaystyle \frac{(x+y)^4}{16}\leq \frac{x+y}{2}\cdot \frac{x^3+y^3}{2}\leq \frac{x^4+y^4}{2}$

Tolis97 · #2

jim.jt έγραψε:Να αποδείξετε ότι για κάθε $x,y\in \mathbb{R}$ ισχύει:

$\displaystyle \frac{(x+y)^4}{16}\leq \frac{x+y}{2}\cdot \frac{x^3+y^3}{2}\leq \frac{x^4+y^4}{2}$

Για το πρώτο μέλος: $\sqrt[3]{\dfrac{x^3+y^3}{2}} \geq \dfrac{x+y}{2} \Leftrightarrow \dfrac{x^3+y^3}{2} \geq \left(\dfrac{x+y}{2}\right)^3 \Leftrightarrow \dfrac{x+y}{2}\cdot \dfrac{x^3+y^3}{2} \geq \dfrac{(x+y)^4}{16}$

Το δεύτερο μέλος είναι άμεση συνέπεια της Tchebychev αφού οι δυάδες (x,y)

και

έχουν την ίδια διάταξη!

jim.jt · #3

Για το πρώτο μέρος υπάρχουν και άλλοι τρόποι.

#4

Tolis97 έγραψε:
jim.jt έγραψε:Να αποδείξετε ότι για κάθε $x,y\in \mathbb{R}$ ισχύει:

$\displaystyle \frac{(x+y)^4}{16}\leq \frac{x+y}{2}\cdot \frac{x^3+y^3}{2}\leq \frac{x^4+y^4}{2}$
Για το πρώτο μέλος: $\sqrt[3]{\dfrac{x^3+y^3}{2}} \geq \dfrac{x+y}{2} \Leftrightarrow...}$

Για την απόδειξη της αριστερής απαιτείται λίγη προσοχή, καθώς δουλεύουμε σε ολόκληρο το $\displaystyle{\mathbb{R}.}$
Καλό είναι λοιπόν, να αποφύγουμε τη χρήση της ανισότητας των δυνάμεων.

Tolis97 · #5

matha έγραψε:
Tolis97 έγραψε:
jim.jt έγραψε:Να αποδείξετε ότι για κάθε $x,y\in \mathbb{R}$ ισχύει:

$\displaystyle \frac{(x+y)^4}{16}\leq \frac{x+y}{2}\cdot \frac{x^3+y^3}{2}\leq \frac{x^4+y^4}{2}$
Για το πρώτο μέλος: $\sqrt[3]{\dfrac{x^3+y^3}{2}} \geq \dfrac{x+y}{2} \Leftrightarrow...}$
Για την απόδειξη της αριστερής απαιτείται λίγη προσοχή, καθώς δουλεύουμε σε ολόκληρο το $\displaystyle{\mathbb{R}.}$
Καλό είναι λοιπόν, να αποφύγουμε τη χρήση της ανισότητας των δυνάμεων.

Τότε μπορούμε να το αποδείξουμε με την Cauchy-Schwarz και την $x^2+y^2 \geq \dfrac{(x+y)^2}{2}$ για να καλύπτει όλο το $\mathbb{R}$

$\left(\dfrac{x}{2}+\dfrac{y}{2}\right)\cdot\left(\dfrac{x^3}{2}+\dfrac{y^3}{2}\right) \geq \left(\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{y^2}{2}\right)^2 \geq \left(\dfrac{x+y}{4}\right)^2$

#6

Tolis97 έγραψε:
matha έγραψε:
Tolis97 έγραψε:
jim.jt έγραψε:Να αποδείξετε ότι για κάθε $x,y\in \mathbb{R}$ ισχύει:

$\displaystyle \frac{(x+y)^4}{16}\leq \frac{x+y}{2}\cdot \frac{x^3+y^3}{2}\leq \frac{x^4+y^4}{2}$
Για το πρώτο μέλος: $\sqrt[3]{\dfrac{x^3+y^3}{2}} \geq \dfrac{x+y}{2} \Leftrightarrow...}$
Για την απόδειξη της αριστερής απαιτείται λίγη προσοχή, καθώς δουλεύουμε σε ολόκληρο το $\displaystyle{\mathbb{R}.}$
Καλό είναι λοιπόν, να αποφύγουμε τη χρήση της ανισότητας των δυνάμεων.
Τότε μπορούμε να το αποδείξουμε με την Cauchy-Schwarz και την $x^2+y^2 \geq \dfrac{(x+y)^2}{2}$ για να καλύπτει όλο το $\mathbb{R}$
$\left(\dfrac{x}{2}+\dfrac{y}{2}\right)\cdot\left(\dfrac{x^3}{2}+\dfrac{y^3}{2}\right) \geq \left(\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{y^2}{2}\right)^2 \geq \left(\dfrac{x+y}{4}\right)^2$

Λυπάμαι, αλλά πάλι υπάρχει πρόβλημα! Θα καταλάβεις ποιο είναι, αν εφαρμόσεις προσεκτικά την Cauchy-Schwarz.

fdns · #7

Για το 2ο μέλος, έχουμε:
$\frac{x^3+y^3}{2}\frac{x+y}{2}\geq\frac{(x+y)^4}{2}\Leftrightarrow 4(x+y)(x^3+y^3)-(x+y)^4\geq0\Leftrightarrow (x+y)\left(4(x^3+y^3)-(x+y)^3\right)\geq0$
Όμως
$(x+y)\left(4(x^3+y^3)-(x+y)^3\right)\geq(x+y)\left(3(x^3+y^3)+3xy(x+y)\right)= 3(x+y)\left((x+y)(x^2+y^2-xy)+xy(x+y)\rigth)=3(x+y)^2(x^2+y^2)\geq0$
Το οποίο έπεται από την ταυτότητα του Euler:
$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\geq0$ , που ισχύει για όλους τους πραγματικούς a,b,c

jim.jt · #8

fdns έγραψε:Για το 2ο μέλος, έχουμε:
$\frac{x^3+y^3}{2}\frac{x+y}{2}\geq\frac{(x+y)^4}{2}\Leftrightarrow 4(x+y)(x^3+y^3)-(x+y)^4\geq0\Leftrightarrow (x+y)\left(4(x^3+y^3)-(x+y)^3\right)\geq0$
Όμως
$(x+y)\left(4(x^3+y^3)-(x+y)^3\right){\color{red} =}(x+y)\left(3(x^3+y^3)+3xy(x+y)\right)= 3(x+y)\left((x+y)(x^2+y^2-xy)+xy(x+y)\rigth)=3(x+y)^2(x^2+y^2)\geq0$
Το οποίο έπεται από την ταυτότητα του Euler:
$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\geq0$ , που ισχύει για όλους τους πραγματικούς

Αυτή είναι η σωστή λύση. Μόνο μια λεπτομέρεια. Και το τελευταίο μέρος με την ταυτότητα Euler δεν κατάλαβα τι σημασία έχει, αφού η τελευταία ισχύει πάντα.

Και εμένα η πρώτη μου σκέψη ήταν με B-C-S αλλά υπάρχει πρόβλημα γιατί παίρνουμε $\sqrt{x}$

nickthegreek · #9

Η πρώτη ανισότητα μου δίνει αφορμή να αναφερθώ και στην ανισότητα των δυνάμεων (power means inequality) η οποία ουσιαστικά αν δείτε είναι εφαρμογή της ανισότητας Jensen.....

Αξίζει να την μελετήσουν οι μικροί μας φίλοι!

Απλή ανισότητα με δύο μέρη

Απλή ανισότητα με δύο μέρη

Re: Απλή ανισότητα με δύο μέρη

Re: Απλή ανισότητα με δύο μέρη

Re: Απλή ανισότητα με δύο μέρη

Re: Απλή ανισότητα με δύο μέρη

Re: Απλή ανισότητα με δύο μέρη

Re: Απλή ανισότητα με δύο μέρη

Re: Απλή ανισότητα με δύο μέρη

Re: Απλή ανισότητα με δύο μέρη

Μέλη σε σύνδεση