Ανίσωση με θετικούς

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #1

Έστω

θετικοί με a+b+c+d=3

.

Αν $f\left ( k \right )=\sqrt{k}\left ( k^{2}+k+3 \right )$ να αποδείξετε ότι $f(a)+f(b)+f(c)+f(d)>6\sqrt3$ .

#2

Από AM-GM είναι $\displaystyle{k^2+k+3\geq 3k\sqrt[3]{3},}$ άρα $\displaystyle{f(k)\geq 3\sqrt[3]{3}k^{\frac{3}{2}}.}$

Από ανισότητα των δυνάμεων είναι ακόμα

$\displaystyle{a^{\frac{3}{2}}+b^{\frac{3}{2}}+c^{\frac{3}{2}}+d^{\frac{3}{2}}\geq 4\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{3}{2},}$

άρα

$\displaystyle{f(a)+f(b)+f(c)+f(d)\geq 12\sqrt[3]{3}\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{3}{2}}$ .

Είναι απλό τώρα να δούμε ότι

$\displaystyle{12\sqrt[3]{3}\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{3}{2}}>6\sqrt{3}.}$

Πάντως, με την ανισότητα Jensen μπορούμε να βελτιώσουμε τη ζητούμενη σε

$\displaystyle{f(a)+f(b)+f(c)+f(d)\geq \frac{69}{8}\sqrt{3}.}$

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #3

matha έγραψε: Παρ Ιαν 04, 2019 9:28 pm Από AM-GM είναι $\displaystyle{k^2+k+3\geq 3k\sqrt[3]{3},}$ άρα $\displaystyle{f(k)\geq 3\sqrt[3]{3}k^{\frac{3}{2}}.}$

Από ανισότητα των δυνάμεων είναι ακόμα

$\displaystyle{a^{\frac{3}{2}}+b^{\frac{3}{2}}+c^{\frac{3}{2}}+d^{\frac{3}{2}}\geq 4\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{3}{2},}$

άρα

$\displaystyle{f(a)+f(b)+f(c)+f(d)\geq 12\sqrt[3]{3}\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{3}{2}}$ .

Είναι απλό τώρα να δούμε ότι

$\displaystyle{12\sqrt[3]{3}\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{3}{2}}>6\sqrt{3}.}$

Πάντως, με την ανισότητα Jensen μπορούμε να βελτιώσουμε τη ζητούμενη σε

$\displaystyle{f(a)+f(b)+f(c)+f(d)\geq \frac{69}{8}\sqrt{3}.}$

Ωραία λύση!

Να βάλουμε όμως τώρα και έναν περιορισμό : Να αποδείξετε την ανισότητα μόνο με χρήση της AM-GM

#4

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: Παρ Ιαν 04, 2019 9:01 pm Έστω θετικοί με .

Αν $f\left ( k \right )=\sqrt{k}\left ( k^{2}+k+3 \right )$ να αποδείξετε ότι $f(a)+f(b)+f(c)+f(d)>6\sqrt3$ .

.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: Παρ Ιαν 04, 2019 10:09 pm
Να βάλουμε όμως τώρα και έναν περιορισμό : Να αποδείξετε την ανισότητα μόνο με χρήση της

.
Ας το δούμε και έτσι. Πάντως τα νούμερα δεν είναι καλά επιλεγμένα γιατί έχουμε πολύ περίσσευμα:

$f\left ( k \right )= k^{5/2}+k^{3/2}+\frac {3}{4} k^{1/2} + \frac {3}{4} k^{1/2} + \frac {3}{4} k^{1/2} +\frac {3}{4} k^{1/2} \ge 6 \sqrt [6] {k^{5/2}\cdot k^{3/2}\cdot \left (\frac {3}{4} k^{1/2} \right )^4 }= 6k \sqrt [3] {\frac {9}{16}}$

Άρα

$\displaystyle{f(a)+f(b)+f(c)+f(d)\ge 6(a+b+c+d) \sqrt [3] {\frac {9}{16}}= 6\cdot 3 \sqrt [3] {\frac {9}{16}}\approx 14,8 > 10,4 \approx 6 \sqrt 3}$

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #5

Μία ακόμη με AM-GM

$f(a)+f(b)+f(c)+f(d) >6\sqrt{3} =\dfrac{6\cdot 3}{\sqrt{3}}=\dfrac{18}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow \sqrt{3}\left ( f(a)+f(b)+f(c)+f(d) \right )>18\Leftrightarrow.. \sqrt{3a}\left ( a^{2}+a+3 \right )+\sqrt{3b}\left ( b^{2} +b+3\right )+\sqrt{3c}\left ( c^{2} +c+3\right )+\sqrt{3d}\left ( d^{2} +d+3\right )> 18$

Aρκεί να δείξουμε την τελευταία

$\sqrt{3a}\left ( a^{2}+a+3 \right )+\sqrt{3b}\left ( b^{2} +b+3\right )+\sqrt{3c}\left ( c^{2} +c+3\right )+\sqrt{3d}\left ( d^{2} +d+3\right )> \sqrt{3a}\left ( a+3 \right )+..\sqrt{3b}\left ( b+3 \right )+\sqrt{3c}\left ( c+3 \right )+\sqrt{3d}\left ( d+3 \right )>2\left ( 3a+3b+3c+3d \right )=6\cdot 3=18$

#6

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: Σάβ Ιαν 05, 2019 10:49 pm
$\sqrt{3a}\left ( a^{2}+a+3 \right )+\sqrt{3b}\left ( b^{2} +b+3\right )+\sqrt{3c}\left ( c^{2} +c+3\right )+\sqrt{3d}\left ( d^{2} +d+3\right )> \sqrt{3a}\left ( a+3 \right )+..\sqrt{3b}\left ( b+3 \right )+\sqrt{3c}\left ( c+3 \right )+\sqrt{3d}\left ( d+3 \right )$

Σωστά.

Όμως αφού τα a^2, b^2, c^2, d^2

δεν έπαιξαν κανένα ρόλο στην άσκηση (απλά μηδενίστηκαν) ποιος ο λόγος να υπάρχουν;

Στα Μαθηματικά υπάρχει ο άγραφος νόμος ότι τα θέματα πρέπει να έχουν οικονομία, χωρίς περιττά στοιχεία.

#7

Για όφελος των μαθητών ξαναγράφω την ωραία λύση του Πρόδρομου στο προ προηγούμενο ποστ, αλλά με πιο λιτό ύφος. Το κάνω ως δείγμα/διδασκαλία στους νεαρούς μας μαθητές για να μαθαίνουν από την παλιά σχολή τον τρόπο γραφής. Πάντα με την χαρά και την προσδοκία να πραγματοποιήσουν την ρήση "Άμμες δε γ΄ εσσόμεθα πολλώ κάρρονες" των νέων, που αναφέρει ο Πλούταρχος.

Έχουμε $\displaystyle{f(k) = \sqrt{k}\left ( k^{2}+k+3 \right ) > \sqrt{k}\left (0+ k+3 \right ) \ge \sqrt{k}\cdot 2 \sqrt {3k} = 2\sqrt 3 k}$ . Άρα

$\displaystyle{f(a)+f(b)+f(c)+f(d) > 2\sqrt 3 (a+b+c+d) = 6 \sqrt 3}$ .

Ανίσωση με θετικούς

Ανίσωση με θετικούς

Re: Ανίσωση με θετικούς

Re: Ανίσωση με θετικούς

Re: Ανίσωση με θετικούς

Re: Ανίσωση με θετικούς

Re: Ανίσωση με θετικούς

Re: Ανίσωση με θετικούς

Μέλη σε σύνδεση