mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 06, 2018 11:46 am**

Εστω $x,y,z\in \mathbb{R}$

Να δειχθεί ότι

$2x^{2}+(x-y)^{2}+(y-z)^{2}+2(1-z)^{2}\geq \frac{1}{3}$

Πότε ισχύει η ισότητα;

Ας την αφήσουμε για μαθητές μέχρι να φάμε το αρνί.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 06, 2018 12:33 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Παρ Απρ 06, 2018 11:46 am
Εστω $x,y,z\in \mathbb{R}$

Να δειχθεί ότι

$2x^{2}+(x-y)^{2}+(y-z)^{2}+2(1-z)^{2}\geq \frac{1}{3}$

Πότε ισχύει η ισότητα;

Ας την αφήσουμε για μαθητές μέχρι να φάμε το αρνί.

Καλημέρα κύριε Σταύρο!

Έστω x-y=a, y-z=b

. Τότε, $x-z=a+b \Rightarrow z=x-a-b$ .

Έτσι, η ανισότητα γράφεται $a^2+b^2+2(x^2+(a+b+1-x)^2) \geqslant \dfrac{1}{3}$ .

Είναι $x^2+(a+b+1-x)^2 \geqslant \dfrac{(a+b+1)^2}{2}$ , από την Cauchy-Schwarz.

Αρκεί λοιπόν $a^2+b^2+(a+b+1)^2 \geqslant \dfrac{1}{3}$ .

Έστω a+b=k

. Τότε, αρκεί $\dfrac{k^2}{2}+(k+1)^2 \geqslant \dfrac{1}{3}$ (ξαναεφαρμόστηκε η Cauchy-Schwarz).

Η παραπάνω γράφεται $(3k+2)^2 \geqslant 0$ , που ισχύει.

Η ισότητα ισχύει όταν ισχύει η ισότητα σε όλες τις παραπάνω ανισότητες, δηλαδή $x-z=a+b=k=-\dfrac{2}{3}$ , $a=b \Rightarrow x+z=2y$ και $x=a+b+1-x=1-z \Rightarrow x+z=1$ .

Από τα παραπάνω, παίρνουμε ότι η ισότητα ισχύει για $\boxed{x=\dfrac{1}{6},y=\dfrac{1}{2},z=\dfrac{5}{6}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 06, 2018 1:21 pm**

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Παρ Απρ 06, 2018 12:33 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Παρ Απρ 06, 2018 11:46 am
Εστω $x,y,z\in \mathbb{R}$

Να δειχθεί ότι

$2x^{2}+(x-y)^{2}+(y-z)^{2}+2(1-z)^{2}\geq \frac{1}{3}$
Πότε ισχύει η ισότητα;

Ας την αφήσουμε για μαθητές μέχρι να φάμε το αρνί.
Καλημέρα κύριε Σταύρο!

Έστω . Τότε, $x-z=a+b \Rightarrow z=x-a-b$ .

Έτσι, η ανισότητα γράφεται $a^2+b^2+2(x^2+(a+b+1-x)^2) \geqslant \dfrac{1}{3}$ .

Είναι $x^2+(a+b+1-x)^2 \geqslant \dfrac{(a+b+1)^2}{2}$ , από την Cauchy-Schwarz.

Αρκεί λοιπόν $a^2+b^2+(a+b+1)^2 \geqslant \dfrac{1}{3}$ .

Έστω . Τότε, αρκεί $\dfrac{k^2}{2}+(k+1)^2 \geqslant \dfrac{1}{3}$ (ξαναεφαρμόστηκε η Cauchy-Schwarz).

Η παραπάνω γράφεται $(3k+2)^2 \geqslant 0$ , που ισχύει.

Η ισότητα ισχύει όταν ισχύει η ισότητα σε όλες τις παραπάνω ανισότητες, δηλαδή $x-z=a+b=k=-\dfrac{2}{3}$ , $a=b \Rightarrow x+z=2y$ και $x=a+b+1-x=1-z \Rightarrow x+z=1$ .

Από τα παραπάνω, παίρνουμε ότι η ισότητα ισχύει για $\boxed{x=\dfrac{1}{6},y=\dfrac{1}{2},z=\dfrac{5}{6}}$ .

Καλημέρα Ορέστη.

Θα γράψω μια λύση που χρησιμοποιεί μόνο θεωρία τριωνύμου.

Δηλαδή αν $f(x)=ax^{2}+bx+c,a> 0$

τότε $f(x)\geq f(-\frac{b}{2a})$

Θέτουμε $f(x,y,z)=2x^{2}+(x-y)^{2}+(y-z)^{2}+2(1-z)^{2}$

Εχουμε $f(x,y,z)\geq f(\frac{y}{3},y,z)\geq f(\frac{z}{5},\frac{3z}{5},z)\geq \frac{1}{3}$

οπου στην αρχή το θεωρούμε σαν τριώνυμο του

και μετά σαν τριώνυμο

Να σημειώσω ότι μου προέκυψε από άλλο πρόβλημα η γενικότερη

$2x_{1}^{2}+(x_{2}-x_{1})^{2}+(x_{3}-x_{2})^{2}+....(x_{n}-x_{n-1})^{2}+2(1-x_{n})^{2}\geq \frac{1}{n}$

και η πρώτη απόδειξη που έδωσα ήταν με Λογισμό πολλών μεταβλητών.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 07, 2018 7:22 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Παρ Απρ 06, 2018 1:21 pm
[

Να σημειώσω ότι μου προέκυψε από άλλο πρόβλημα η γενικότερη

$2x_{1}^{2}+(x_{2}-x_{1})^{2}+(x_{3}-x_{2})^{2}+....(x_{n}-x_{n-1})^{2}+2(1-x_{n})^{2}\geq \frac{1}{n}$

και η πρώτη απόδειξη που έδωσα ήταν με Λογισμό πολλών μεταβλητών.

Πάνω κάτω όπως ο Ορέστης:
Από C-S έχουμε: $2x_{1}^{2}+2(1-x_{n})^{2}\geq (x_1-x_n+1)^2.$

Ξανά όμως από C-S
$\displaystyle (1+1+...+1)\left((x_{2}-x_{1})^{2}+(x_{3}-x_{2})^{2}+....(x_{n}-x_{n-1})^{2}+(x_1-x_{n}+1)^{2}\right)\geq (x_2-x_1+x_3-x_2+...+x_1-x_n+1)^2$

Αφού το δεξί μέλος είναι ίσο με 1 έχουμε το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 07, 2018 10:11 pm**

silouan έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 07, 2018 7:22 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Παρ Απρ 06, 2018 1:21 pm
[

Να σημειώσω ότι μου προέκυψε από άλλο πρόβλημα η γενικότερη

$2x_{1}^{2}+(x_{2}-x_{1})^{2}+(x_{3}-x_{2})^{2}+....(x_{n}-x_{n-1})^{2}+2(1-x_{n})^{2}\geq \frac{1}{n}$

και η πρώτη απόδειξη που έδωσα ήταν με Λογισμό πολλών μεταβλητών.
Πάνω κάτω όπως ο Ορέστης:
Από C-S έχουμε: $2x_{1}^{2}+2(1-x_{n})^{2}\geq (x_1-x_n+1)^2.$

Ξανά όμως από C-S
$\displaystyle (1+1+...+1)\left((x_{2}-x_{1})^{2}+(x_{3}-x_{2})^{2}+....(x_{n}-x_{n-1})^{2}+(x_1-x_{n}+1)^{2}\right)\geq (x_2-x_1+x_3-x_2+...+x_1-x_n+1)^2$

Αφού το δεξί μέλος είναι ίσο με 1 έχουμε το ζητούμενο.

Σιλουανέ εγώ θα έλεγα ότι και οι τρείς λύσεις βασίστηκαν στην κυρτότητα.

Απόλυτα φυσιολογικό αφού η συνάρτηση είναι κυρτή ως προς κάθε μεταβλητή ξεχωριστά.

Απλά εσύ και ο Ορέστης ονομάσατε την Jensen C-S που εδώ ταυτίζονται.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 08, 2018 8:12 pm**

Ας παρατηρήσουμε ότι είναι άμεση συνέπεια της Cauchy-Schwarz:

$\displaystyle{2x^{2}+(x-y)^{2}+(y-z)^{2}+2(1-z)^{2}=\frac{x^2 }{\frac{1}{2}}+\frac{(y-x)^2}{1}+\frac{(z-y)^2}{1}+\frac{(1-z)^2}{\frac{1}{2}}\geq }$

$\displaystyle{\geq \frac{(x+y-x+z-y+1-z)^2}{\frac{1}{2}+1+1+\frac{1}{2}}=\frac{1}{3}.}$

Κατά τα γνωστά, η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν ισχύει

$\displaystyle{\frac{x}{\frac{1}{2}}=\frac{y-x}{1}=\frac{z-y}{1}=\frac{1-z}{\frac{1}{2}}\iff 2x=y-x=z-y=2-2z.}$

Λύνοντας το σύστημα αυτό, βρίσκουμε $\displaystyle{x=\frac{1}{6},y=\frac{1}{2},z=\frac{5}{6}.}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 09, 2018 9:22 am**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Παρ Απρ 06, 2018 11:46 am
Εστω $x,y,z\in \mathbb{R}$ Να δειχθεί ότι $2x^{2}+(x-y)^{2}+(y-z)^{2}+2(1-z)^{2}\geq \frac{1}{3}$ . Πότε ισχύει η ισότητα;

Απλά και μόνο για το Χριστός Ανέστη και σίγουρα για λόγους πλουραλισμού για τους μικρούς σε ηλικία συναδέλφους, όπως ο Ορέστης, αλλά και γενικώτερα, ας δούμε και την εκδοχή που ακολουθεί:

Αρκεί, μετά την απαλοιφή του

, να αποδειχθεί ότι: $3{\left( {x - y} \right)^2} + 3{\left( {y - z} \right)^2} + 3{\left( {z - x - 1} \right)^2} - 3{\left( {z - x - 1} \right)^2} + 6{x^2} + 6{\left( {1 - z} \right)^2} \geqslant 1,$ αρκεί $1 + 3\left[ {2{x^2} + 2{{\left( {1 - z} \right)}^2} - {{\left( {x + 1 - z} \right)}^2}} \right] \geqslant 1$ , αρκεί $2{x^2} + 2{\left( {1 - z} \right)^2} \geqslant {\left( {x + 1 - z} \right)^2},$ αρκεί ${\left( {x + z - 1} \right)^2} \geqslant 0$ που ισχύει, με την ισότητα εδώ να είναι αληθής όταν x+z=1.

Η ισότητα στην $2x^{2}+(x-y)^{2}+(y-z)^{2}+2(1-z)^{2}\geq \frac{1}{3}$ , ισχύει όταν έχουμε το σύστημα: x - y = y - z = z - x - 1

και

που οδηγεί στην λύση $\displaystyle{x=\frac{1}{6},y=\frac{1}{2},z=\frac{5}{6}.}$

$(\ast)$ Χρησιμοποιήθηκε η ανισότητα $\,3{a^2} + 3{b^2} + 3{c^2} \geqslant {\left( {a + b + c} \right)^2},$ όταν $a,b,c \in {\Cal R}.$ Αυτή ως γνωστόν ισχύει ως ισότητα όταν a=b=c

.

mathematica.gr

Ανισότητα χωρίς να είναι θετικοί

Ανισότητα χωρίς να είναι θετικοί

Re: Ανισότητα χωρίς να είναι θετικοί

Re: Ανισότητα χωρίς να είναι θετικοί

Re: Ανισότητα χωρίς να είναι θετικοί

Re: Ανισότητα χωρίς να είναι θετικοί

Re: Ανισότητα χωρίς να είναι θετικοί

Re: Ανισότητα χωρίς να είναι θετικοί