mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 06, 2016 6:16 pm**

Αν $\displaystyle{a,b,c>0}$ να αποδείξετε ότι

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

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 28, 2016 6:19 pm**

Επαναφορά !

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 28, 2016 8:46 pm**

matha έγραψε:Αν $\displaystyle{a,b,c>0}$ να αποδείξετε ότι

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

Πολύ ωραία άσκηση. Αν και Junior πιστεύω μπορώ να την λύσω.
Από AM-GM

παίρνουμε:
$\frac{a}{b(a^{2}+2b^{2})}+\frac{b}{c(b^{2}+2c^{2})}+\frac{c}{a(c^{2}+2a^{2})}\ge3\sqrt[3]{\frac{abc}{abc(a^{2}+2b^{2})(b^{2}+2c^{2})(c^{2}+2a^{2})}}$ $\Leftrightarrow$ $\frac{a}{b(a^{2}+2b^{2})}+\frac{b}{c(b^{2}+2c^{2})}+\frac{c}{a(c^{2}+2a^{2})}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{(a^{2}+2b^{2})(b^{2}+2c^{2})(c^{2}+2a^{2})}}$ Συνεπώς, πρέπει να αποδείξουμε ότι $\frac{3}{\sqrt[3]{(a^{2}+2b^{2})(b^{2}+2c^{2})(c^{2}+2a^{2})}}\ge\frac{3}{ab+bc+ca}$ ή $\sqrt[3]{(a^{2}+2b^{2})(b^{2}+2c^{2})(c^{2}+2a^{2})}\le ab+bc+ca$ ή $ab+bc+ca\ge \sqrt[3]{(a^{2}+2b^{2})(b^{2}+2c^{2})(c^{2}+2a^{2})}$ Από AM-GM

είναι $a^{2}+2b^{2}\ge3\sqrt{a^{2}b^{4}$ (1)

, $b^{2}+2c^{2}\ge3\sqrt{b^{2}c^{4}$ (2)

, $c^{2}+2a^{2}\ge3\sqrt{c^{2}a^{4}$ (3)

Με πολ/μο κατά μέλη των (1),(2),(3)

έχουμε: $(a^{2}+2b^{2})(b^{2}+2c^{2})(c^{2}+2a^{2})\ge27(abc)^{2}$ Οπότε είναι $ab+bc+ca\ge \sqrt[3]{(a^{2}+2b^{2})(b^{2}+2c^{2})(c^{2}+2a^{2})}\ge\sqrt[3]{27(abc)^{2}}=3\sqrt[3]{(abc)^{2}}$ Και λόγω της μεταβατικής ιδιότητας λαμβάνουμε $ab+bc+ac\ge3\sqrt[3]{(abc)^{2}}$ , που είναι άμεση από την AM-GM

. Έτσι νομίζω το ζητούμενο απεδείχθη (Ισότητα όταν a=b=c

)(Διαφορετικά στο τελευταίο απλοποιούμε και καταλήγουμε σε προφανώς ορθή ανισότητα) Edit:Ισότητα

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 28, 2016 8:58 pm**

Μάλλον πρέπει να το ξαναδείς...

JimNt. έγραψε: ...
Συνεπώς, πρέπει να αποδείξουμε ότι $ab+bc+ca\ge \sqrt[3]{(a^{2}+2b^{2})(b^{2}+2c^{2})(c^{2}+2a^{2})}$

Από ......έχουμε:

$(a^{2}+2b^{2})(b^{2}+2c^{2})(c^{2}+2a^{2})\ge27(abc)^{2}$

Οπότε είναι $ab+bc+ca\ge \sqrt[3]{(a^{2}+2b^{2})(b^{2}+2c^{2})(c^{2}+2a^{2})}\ge\sqrt[3]{27(abc)^{2}}=3\sqrt[3]{(abc)^{2}}$ Και λόγω της μεταβατικής ιδιότητας λαμβάνουμε....

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 28, 2016 9:23 pm**

Μια υπόδειξη;

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 29, 2016 5:18 pm**

Ήλπιζα να βρω κάτι καλύτερο αλλά δεν τα κατάφερα.

Θέτω

.

Είναι a/b = z/y, a^2 = xz/y

και

. Άρα $\displaystyle{ \frac{a}{b(a^2+2b^2)} = \frac{z}{y(xz/y + 2xy/z)} = \frac{z^2}{xz^2 + 2xy^2}}$

Οπότε αρκεί να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{ \sum \frac{z^2}{xz^2 + 2xy^2} \geqslant \frac{3}{x+y+z}}$

ή ισοδύναμα ότι

$\displaystyle{ \sum \frac{yz^3}{z^2 + 2y^2} \geqslant \frac{3xyz}{x+y+z}}$

Από Cauchy-Schwarz έχω

$\displaystyle{ \sum (z^2+2y^2)\frac{z}{y} \sum \frac{yz^3}{z^2 + 2y^2} \geqslant (x^2+y^2+z^2)^2}$

Οπότε αρκεί να δείξω ότι

$\displaystyle{ (x^2+y^2+z^2)^2(x+y+z) \geqslant 3xyz \sum \left(\frac{z^3}{y} +2yz \right) = 3\sum x^4y + 6xyz \sum xy }$

Ισοδύναμα θέλω

$\displaystyle{ \sum x^5 + \sum x^4y + \sum xy^4 + 2\sum x^3y^2 + 2\sum x^2y^3 + 2xyz \sum xy \geqslant 3\sum x^4y + 6xyz \sum xy}$

Όμως

$\displaystyle{ \sum (x^5 + x^4y + x^3y^2) \geqslant 3\sum x^4y}$

οπότε μένει να δείξω ότι

$\displaystyle{ \sum xy^4 + \sum x^3y^2 + 2\sum x^2y^3 \geqslant 4xyz \sum xy}$

Αλλά

$\begin{aligned}\displaystyle{ 2\left[\sum xy^4 + \sum x^3y^2 + 2\sum x^2y^3\right] &= \sum (x^4z + yz^4 + x^3y^2 + x^3y^2 + x^2y^3 + x^2y^3 + x^2y^3 + y^2z^3) \\ &\geqslant 8\sum x^2y^2z \end{aligned}}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 29, 2016 11:51 pm**

Φαίνεται πως ισχύει και η ισχυρότερη ανισότητα

$\displaystyle{\frac{a}{b(a^2+2b^2)}+\frac{b}{c(b^2+2c^2)}+\frac{c}{a(c^2+2a^2)}\geq \frac{1}{3ab}+\frac{1}{3bc}+\frac{1}{3ca},$

ισοδύναμη προς την

$\displaystyle\frac{a+b}{ab(a^2+2b^2)}(a-b)+\frac{b+c}{bc(b^2+2c^2)}(b-c)+\frac{c+a}{ca(c^2+2a^2)}(c-a)\geq 0,$

ή ακόμη και την

$2\sum{a^4b^2c}+2\sum{a^2c^5}+4\sum{a^4c^3}\geq 3\sum{a^2b^2c^3}+2\sum{a^2b^4c}+2\sum{b^2c^5}+\sum{b^4c^3},$

που όμως δεν έχω ως τώρα καταφέρει να αποδείξω.

30-5-2016 7:50 πμ: ΔΕΝ ισχύει τελικά (πχ a=1, b=10, c=0,5

)

[Έψαξα λίγο και για σχετικές γενικεύσεις της ανισότητας Schur, αλλά δεν βρήκα τίποτα.]

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 30, 2016 10:36 am**

Επεξεργασία: Αγνοήστε τα πιο κάτω αφού είναι λανθασμένα.

Άλλος τρόπος για να δούμε πως δεν ισχύει είναι να πάρουμε a=1/N

και

. Ασυμπτωτικά, το αριστερό μέλος ισούται με

και το δεξί με 2N/3

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 30, 2016 10:47 am**

Demetres έγραψε:Άλλος τρόπος για να δούμε πως δεν ισχύει είναι να πάρουμε και . Ασυμπτωτικά, το αριστερό μέλος ισούται με και το δεξί με .

Πολύ ενδιαφέρον, ειδικά επειδή ισχύει για a=b=1

(και τυχόν

)!

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 30, 2016 10:53 am**

gbaloglou έγραψε:
Demetres έγραψε:Άλλος τρόπος για να δούμε πως δεν ισχύει είναι να πάρουμε και . Ασυμπτωτικά, το αριστερό μέλος ισούται με και το δεξί με .
Πολύ ενδιαφέρον, ειδικά επειδή ισχύει για (και τυχόν )!

Συγνώμη είχα λάθος. Ασφαλώς αυτό που έδωσα δεν είναι αντιπαράδειγμα.

Χθες σε κάποια φάση νόμιζα πως είχα δει διαφορετικό δεξί μέλος για το οποίο δούλευε ένα παρόμοιο αντιπαράδειγμα. Δεν σκέφτηκα αρκετά όταν το τροποποιούσα για το δεξί μέλος που είδα σήμερα.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 30, 2016 11:15 am**

Demetres έγραψε:
gbaloglou έγραψε:
Demetres έγραψε:Άλλος τρόπος για να δούμε πως δεν ισχύει είναι να πάρουμε και . Ασυμπτωτικά, το αριστερό μέλος ισούται με και το δεξί με .
Πολύ ενδιαφέρον, ειδικά επειδή ισχύει για (και τυχόν )!
Συγνώμη είχα λάθος. Ασφαλώς αυτό που έδωσα δεν είναι αντιπαράδειγμα.

Χθες σε κάποια φάση νόμιζα πως είχα δει διαφορετικό δεξί μέλος για το οποίο δούλευε ένα παρόμοιο αντιπαράδειγμα. Δεν σκέφτηκα αρκετά όταν το τροποποιούσα για το δεξί μέλος που είδα σήμερα.

Ναι, όντως, υπήρχε τυπογραφικό χθες βράδυ (στην πρώτη μορφή της ανισότητας) που μου επισήμανε ο Σιλουανός και διόρθωσα σήμερα το πρωί

[Υπέθεσα πάντως ότι δεν υπήρχε αντίφαση ανάμεσα στα (αντι)παραδείγματα μας ... λόγω μη πλήρους κυκλικότητας...]

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 30, 2016 11:43 am**

gbaloglou έγραψε: [Υπέθεσα πάντως ότι δεν υπήρχε αντίφαση ανάμεσα στα (αντι)παραδείγματα μας ... λόγω μη πλήρους κυκλικότητας...]

Όντως. Μόνο που όταν δύο μεταβλητές είναι ίσες τότε έχουμε συμμετρία για τα αντιπαραδείγματα. [Αν το (a,b,c)

είναι αντιπαράδειγμα τότε είναι και τα (b,c,a)

και

. Αν τώρα

τότε τα

είναι όλα αντιπαραδείγματα.]

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 09, 2016 1:07 pm**

matha έγραψε:Αν $\displaystyle{a,b,c>0}$ να αποδείξετε ότι

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

Καλημέρα!

Δείτε και μια λύση εδώ (σελ. 3-4, πρόβλημα 470)

Φιλικά,

Αχιλλέας

mathematica.gr

Κλασική ανισότητα τριών θετικών μεταβλητών!

Κλασική ανισότητα τριών θετικών μεταβλητών!

Re: Κλασική ανισότητα τριών θετικών μεταβλητών!

Re: Κλασική ανισότητα τριών θετικών μεταβλητών!

Re: Κλασική ανισότητα τριών θετικών μεταβλητών!

Re: Κλασική ανισότητα τριών θετικών μεταβλητών!

Re: Κλασική ανισότητα τριών θετικών μεταβλητών!

Re: Κλασική ανισότητα τριών θετικών μεταβλητών!

Re: Κλασική ανισότητα τριών θετικών μεταβλητών!

Re: Κλασική ανισότητα τριών θετικών μεταβλητών!

Re: Κλασική ανισότητα τριών θετικών μεταβλητών!

Re: Κλασική ανισότητα τριών θετικών μεταβλητών!

Re: Κλασική ανισότητα τριών θετικών μεταβλητών!

Re: Κλασική ανισότητα τριών θετικών μεταβλητών!