Ανισότητα με τρείς μεταβλητές

gschwindi · #1

Καλησπέρα, το παρακάτω αποτελεί την πρώτη μου δημοσίευση στο mathematica.
Είναι ένα θέμα εμπνευσμένο από μια άσκηση του βιβλίου "Μαθηματικοί Διαγωνισμοί 1" Χαράλαμπου Στεργίου και Σιλουανού Μπραζιτίκου.
Έχω βρεί μια λύση εγώ αλλα θα ήθελα και άλλες ιδέες.

Έστω a,b,c

θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Να αποδείχθεί πως:

$a^{3} + b^{3} + c^{3} \geq \sqrt{\frac{abc}{2}}(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}).$

Πότε ισχύει η ισότητα;

(Ζητώ συγνώμη για αυτή την άβολη χρήση LaTex.)

#2

Μια απόδειξη, αλλά είμαι σίγουρος ότι υπάρχουν και άλλες:

Λόγω ομογένειας μπορούμε να υποθέσουμε ότι $\displaystyle{abc=1,}$ Οπότε έχουμε να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{a^3+b^3+c^3\geq \sum a\sqrt{\frac{b+c}{2}}.}$

Από την ΑΜ-ΓΜ είναι

$\displaystyle{\frac{1}{2}\left(a^2+\frac{b+c}{2}\right)\geq a\sqrt{\frac{b+c}{2}}}$ ,

οπότε αρκεί να αποδειχθεί ότι

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

Αυτή είναι συνέπεια των $\displaystyle{a^3+b^3+c^3\geq a^2+b^2+c^2}$ και $\displaystyle{a^3+b^3+c^3\geq a+b+c.}$

Για την πρώτη:

Από την ανισότητα των δυνάμεων έχουμε

$\displaystyle{3(a^3+b^3+c^3)^2\geq (a^2+b^2+c^2)^3,}$

άρα

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

αφού από ΑΜ-ΓΜ είναι $\displaystyle{a^2+b^2+c^2\geq 3.}$

Για τη δεύτερη εργαζόμαστε αναλόγως, βασιζόμενοι στην $\displaystyle{9(a^3+b^3+c^3)\geq (a+b+c)^3.}$

#3

καλώς όρισες στο mathematica.gr

και, παρεμπιπτόντως,

gschwindi έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 11, 2019 6:40 pm
...(Ζητώ συγνώμη για αυτή την άβολη χρήση LaTex.)

η γραφή του τύπου είναι άψογη.

Prødigy · #4

Έχουμε ότι $a^3+b^3+c^3\geq ab(a+b)+c^3\geq 2c\sqrt{abc(a+b)}$

Κάνοντας το ίδιο στα άλλα μέλη προκύπτει $a^3+c^3+b^3\geq 2b\sqrt{abc(a+c)}$ και $b^3+c^3+a^3\geq 2a\sqrt{abc(b+c)}$

Αρκεί να αποδείξουμε ότι $2a\sqrt{abc(b+c)}\geq \frac{a\sqrt{abc(b+c)}}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow 8> 1$

Όμοια δουλεύουμε και στα υπόλοιπα μέλη και προκύπτει το ζητούμενο.

Edit:Η λύση είναι λανθασμένη

gschwindi · #5

Prødigy έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 11, 2019 7:16 pm
Έχουμε ότι $a^3+b^3+c^3\geq ab(a+b)+c^3\geq 2c\sqrt{abc(a+b)}$

Κάνοντας το ίδιο στα άλλα μέλη προκυπτει $2b\sqrt{abc(a+c)}$ και $2c\sqrt{abc(c+a)}$

Αρκεί να αποδείξουμε ότι $2a\sqrt{abc(b+c)}\geq \frac{a\sqrt{abc(a+b)}}{2}\Leftrightarrow 8> 1$

Όμοια δουλεύουμε και στα υπόλοιπα μέλη και προκύπτει το ζητούμενο.

Έτσι όπως κοιτάω την πρότασή σου δεν βγαίνει, για κοίτα την ξανά.

Ορέστης Λιγνός · #6

gschwindi έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 11, 2019 6:40 pm
Καλησπέρα, το παρακάτω αποτελεί την πρώτη μου δημοσίευση στο mathematica.
Είναι ένα θέμα εμπνευσμένο από μια άσκηση του βιβλίου "Μαθηματικοί Διαγωνισμοί 1" Χαράλαμπου Στεργίου και Σιλουανού Μπραζιτίκου.
Έχω βρεί μια λύση εγώ αλλα θα ήθελα και άλλες ιδέες.

Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Να αποδείχθεί πως:

$a^{3} + b^{3} + c^{3} \geq \sqrt{\frac{abc}{2}}(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}).$

Πότε ισχύει η ισότητα;

(Ζητώ συγνώμη για αυτή την άβολη χρήση LaTex.)

Καλησπέρα.

Από Cauchy-Schwarz προκύπτει $\displaystyle \sum a\sqrt{b+c} \leqslant \sqrt{\sum a^2 \cdot \sum (\sqrt{b+c})^2}$ , οπότε αρκεί $\displaystyle (\sum a^3)^2 \geqslant \sum a^2 \sum a \cdot abc$ .

Όμως, από Cheybychev (ή Cauchy-Schwarz) προκύπτει $\displaystyle \sum a^2 \sum a \leqslant 3\sum a^3$ , οπότε αρκεί $\displaystyle (\sum a^3)^2 \geqslant 3\sum a^3 \cdot abc \Rightarrow \sum a^3 \geqslant 3abc$ , που είναι η ΑM-GM.

#7

matha έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 11, 2019 6:58 pm
...
οπότε αρκεί να αποδειχθεί ότι

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

Και ένα διαφορετικό τελείωμα:

Έχουμε να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{(2a^3-a^2-a)+(2b^3-b^2-b)+(2c^3-c^2-c)\geq 0}$

όταν $\displaystyle{a,b,c>0, abc=1.}$

Αυτό είναι συνέπεια της ανισότητας

$\displaystyle{2x^3-x^2-x\geq 3\ln x~~\forall x>0,}$

η οποία π.χ. αποδεικνύεται με τη βοήθεια της $\displaystyle{x-1\geq \ln x. }$

gschwindi · #8

Βάζω και εγώ την μία από τις δύο λύσεις μου, για να αφήσω και άλλους να βρουν την άλλη. Παρατηρούμε πως
$\sqrt{\frac{a^{3}bc(b+c)}{2}}\leq\frac{2a^{3}+bc(b+c)}{4} \leq \frac{2a^{3}+b^{3}+c^{3}}{4}$ , με ισότητα και στα τρία μέλη αν και μόνο αν a=b=c

.
Εφαρμόζοντας κυκλικά το ίδιο και αθροίζοντας, παίρνουμε την προς απόδειξη.

#9

Λίγο διαφορετικά από τον Ορέστη:

Από Cauchy-Schwarz (ή ανισότητα δυνάμεων) και ΑΜ-ΓΜ έχουμε:

$\displaystyle \sum{a\sqrt{b+c} \leqslant \sqrt{3}\sqrt{\sum \left(a^2b+a^2c\right)} \leqslant \sqrt{3}\sqrt{\sum \left(\frac{2a^3+b^3}{3}+\frac{2a^3+c^3}{3}\right)} = \sqrt{3(a^3+b^3+c^3)}$

Πάλι από ΑΜ-ΓΜ έχουμε και $\displaystyle \sqrt{abc} \leqslant \sqrt{\frac{a^3+b^3+c^2}{3}}$

Πολλαπλασιάζοντας παίρνουμε το ζητούμενο.

gschwindi · #10

Ας το δούμε και αλλιώς.
Θα μπορούσε κάποιος να προσεγγίσει το θέμα και ως εξής:

Απο C.S είναι $(a^3+b^3+c^3)(\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c})\geq (a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b})^2$ . Ισότητα όταν $\sqrt{\frac{a^3}{\frac{b+c}{a}}} = \sqrt{\frac{b^3}{\frac{c+a}{b}}} = \sqrt{\frac{c^3}{\frac{a+b}{c}}}.$

Θέτουμε $abc = k, k \in \mathbb{R}, k > 0.$

Τότε, $\frac{b+c}{a} = \frac{bc(b+c)}{k}\leq \frac{b^3+c^3}{k}$ , ισότητα όταν b = c .

Κάνοντας το ίδιο και αθροίζοντας τα τρία κλάσματα παίρνουμε ότι,

$\frac{2}{abc}(a^3+b^3+c^3)^2 \geq (a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b})^2.$ .

Απο όπου το ζητούμενο έπεται.

Για να ισχύει η ισότητα, μεταξύ των δύο άκρων πρέπει να ισχύει η ισότητα μεταξύ του μέσου και των δυο άκρων. Αυτή επιτυγχάνεται όταν a=b=c.

Ανισότητα με τρείς μεταβλητές

Ανισότητα με τρείς μεταβλητές

Re: Ανισότητα με τρείς μεταβλητές

Re: Ανισότητα με τρείς μεταβλητές

Re: Ανισότητα με τρείς μεταβλητές

Re: Ανισότητα με τρείς μεταβλητές

Re: Ανισότητα με τρείς μεταβλητές

Re: Ανισότητα με τρείς μεταβλητές

Re: Ανισότητα με τρείς μεταβλητές

Re: Ανισότητα με τρείς μεταβλητές

Re: Ανισότητα με τρείς μεταβλητές

Μέλη σε σύνδεση