Σύστημα ανισώσεων

#1

Να βρεθούν όλοι οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί

,

που ικανοποιούν το σύστημα

$\displaystyle \begin{cases} (x+1)(y+1)\leq (z+1)^2\\ \left(\frac{1}{x}+1\right)\left(\frac{1}{y}+1\right)\leq \left(\frac{1}{z}+1\right)^2\\ \end{cases}$

Φιλικά,

Αχιλλέας

#2

achilleas έγραψε: Τετ Μαρ 02, 2022 10:32 pm Να βρεθούν όλοι οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί , , που ικανοποιούν το σύστημα

$\displaystyle \begin{cases} (x+1)(y+1)\leq (z+1)^2\\ \left(\frac{1}{x}+1\right)\left(\frac{1}{y}+1\right)\leq \left(\frac{1}{z}+1\right)^2\\ \end{cases}$

Απάντηση: $(x,\,y,\, z)=(t,\,t,\,t) ,\,\, t>0$ (και οι ανισότητες ισχύουν ως ισότητες).

Θα χρησιμοπιοήσω το γεγονός ότι για $x,\,y>0$ ισχύει $\sqrt {(1+x)(1+y)} \ge \sqrt {xy} +1$ . Πράγματι, υψώνοντας στο τετράγωνο ανάγεται στην αληθή $2\sqrt {xy} \le x+y$ . Άλλος τρόπος είναι από Cauchy-Schwarz στα ζεύγη $(1,1),\, (\sqrt x,\, \sqrt y)$ .

Tο δεξί μέλος της δεύτερης με χρήση της πρώτης στην μορφή $1+z \ge \sqrt {(1+x)(1+y) }$ ικανοποιεί

$\displaystyle{ \left(\dfrac{1}{z}+1\right)^2 \le \left(\dfrac{1}{\sqrt {(1+x)(1+y)}-1}+1\right)^2 = \left(\dfrac{\sqrt {(1+x)(1+y)}}{\sqrt {(1+x)(1+y)}-1}\right)^2 \le \left(\dfrac{\sqrt {(1+x)(1+y)}}{\sqrt {xy}\right)^2 = }$

$\displaystyle{ = \left(\frac{1}{x}+1\right)\left(\frac{1}{y}+1\right )}$

Δηλαδή ισχύει η δεύτερη ανισότητα αλλά αντεστραμένη ( $\le$ αντί $\ge$ ). Άρα έχουμε ισότητα παντού (είναι σε δύο σημεία), οπότε ισχύει

$\displaystyle \begin{cases} (x+1)(y+1)= (z+1)^2\\ \left(\dfrac{1}{x}+1\right)\left(\dfrac{1}{y}+1\right)=\left(\dfrac{1}{z}+1\right)^2\\ \end{cases}$

Τώρα είναι εύκολο αφού έχουμε ισότητες: Με διαίρεση κατά μέλη έπεται xy=z^2

. Αντικατάσταση αυτού στην πρώτη δίνει x+y=2z

, από όπου x=y=z

.

#3

achilleas έγραψε: Τετ Μαρ 02, 2022 10:32 pm Να βρεθούν όλοι οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί , , που ικανοποιούν το σύστημα

$\displaystyle \begin{cases} (x+1)(y+1)\leq (z+1)^2\\ \left(\frac{1}{x}+1\right)\left(\frac{1}{y}+1\right)\leq \left(\frac{1}{z}+1\right)^2\\ \end{cases}$

Βάζω μία δεύτερη λύση, μακρυνή συγγενή της προηγούμενης, γιατί ήταν αφορμή να φτιάξω την παρακάτω άσκηση. Την θέτω ως Λήμμα. Για την ώρα χωρίς απόδειξη γιατί προσκαλώ του αναγνώστες να το αποδείξουν (βλέπε εδώ). Βγαίνει απλά με βασικούς τύπους της Τριγωνομετρίας.

Λήμμα. Αν γωνίες στο πρώτο τεταρτημόριο και αν $\cos a \cos b \ge \cos ^2 c$ δείξτε ότι ισχύει $\sin a \sin b \le \sin ^2 c$ .

Πίσω στην παραπάνω άσκηση του Αχιλλέα.

Θέτουμε $x=\tan ^2 a,\, y= \tan ^2 b,\, z= \tan ^2 c$ . Mε χρήση των $x+1 = \tan ^2 a+1 = \dfrac {1}{\cos ^2 a}$ και $\dfrac {1}{x}+1 = \dfrac {1}{\tan ^2 a} +1= \dfrac {1}{\sin ^2 a}$ και λοιπά, οι υποθέσεις γίνονται

$\dfrac {1}{\cos ^2 a\cos ^2 b}\le \dfrac {1}{\cos ^4 c}$ και $\dfrac {1}{\sin ^2 a\sin ^2 b}\le \dfrac {1}{\sin ^4 c}$ . Iσοδύναμα

$\cos a\cos b}\ge \cos ^2 c$ και $\sin a\sin b\ge \sin ^2 c$

Από το Λήμμα η πρώτη δίνει $\sin a\sin b\le \sin ^2 c$ που μαζί με την δεύτερη δίνει την ισότητα $\sin a\sin b = \sin ^2 c$ .

Από εδώ θα βγει a=b

(είναι απλό αλλά αφήνω την λεπτομέρεια για να μην προδώσω την απόδειξη του Λήμματος) και άρα a=b=c

.

Τελικά x=y=z

.

#4

Mihalis_Lambrou έγραψε: Παρ Μαρ 04, 2022 11:37 am $\cos a\cos b\ge \cos ^2 c$ και $\sin a\sin b\ge \sin ^2 c$

Από το Λήμμα η πρώτη δίνει $\sin a\sin b\le \sin ^2 c$ που μαζί με την δεύτερη δίνει την ισότητα $\sin a\sin b = \sin ^2 c$ .

Από εδώ θα βγει (είναι απλό αλλά αφήνω την λεπτομέρεια για να μην προδώσω την απόδειξη του Λήμματος) και άρα .

Τελικά .

Το Λήμμα αποδείχθηκε εδώ . Συνεχίζω συμπληρώνοντας το μικρό κενό που είχα αφήσει. Μάλιστα το κάνω λίγο απλούστερα από την αρχική μου σκέψη, χωρίς την χρήση του Λήμματος.

Έχουμε

$\cos a\cos b\ge \cos ^2 c$ και $\sin a\sin b\ge \sin ^2 c$ .

Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε $\cos a\cos b + \sin a\sin b\ge 1$ δηλαδή $\cos (a-b) \ge 1$ . Άρα $\cos (a-b)=1$ , οπότε a=b,

από όπου

.

Πίσω στην αρχική με x=y

οι ανισότητες δίνουν $x+1 \le z+1$ και $\dfrac {1}{x}+1 \le \dfrac {1}{z}+1$ . Άρα $x\le z \le x$ , οπότε τελικά x=y=z

.

#5

achilleas έγραψε: Τετ Μαρ 02, 2022 10:32 pm Να βρεθούν όλοι οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί , , που ικανοποιούν το σύστημα

$\displaystyle \begin{cases} (x+1)(y+1)\leq (z+1)^2\\ \left(\frac{1}{x}+1\right)\left(\frac{1}{y}+1\right)\leq \left(\frac{1}{z}+1\right)^2\\ \end{cases}$

Ξανά! Νομίζω απλούστερα, τουλάχιστον από τον πρώτο τρόπο.

Παίρνοντας τετραγωνική ρίζα και αντιστρέφοντας, οι ανισότητες γράφονται ισοδύναμα

$\displaystyle{ \dfrac {1}{z+1} \le \dfrac {1}{\sqrt {x+1}} \dfrac {1}{\sqrt {y+1}} }$ και

$\displaystyle{ \dfrac {z}{z+1} \le \dfrac {\sqrt x}{\sqrt {x+1}} \dfrac {\sqrt y }{\sqrt {y+1}} }$

Με πρόσθεση κατά μέλη και μετά με Cauchy-Schwarz έχουμε

$\displaystyle{ 1 = \dfrac {1}{z+1} +\dfrac {z}{z+1} \le \dfrac {1}{\sqrt {x+1}} \dfrac {1}{\sqrt {y+1}} +\dfrac {\sqrt x}{\sqrt {x+1}} \dfrac {\sqrt y }{\sqrt {y+1}} \le }$

$\displaystyle{\le \sqrt {\dfrac {1}{x+1} +\dfrac { x}{x+1} } \sqrt {\dfrac {1}{y+1} +\dfrac { y}{y+1} } = \sqrt 1 \sqrt 1 = 1}$

Άρα έχουμε ισότητα παντού. Ειδικά οι αρχικές ανισότητες γίνονται ισότητες από όπου εύκολα, όπως αλλωστε είδαμε στις προηγούμενες λύσεις, x=y=z

.

Σύστημα ανισώσεων

Σύστημα ανισώσεων

Re: Σύστημα ανισώσεων

Re: Σύστημα ανισώσεων

Re: Σύστημα ανισώσεων

Re: Σύστημα ανισώσεων

Μέλη σε σύνδεση