Δύσκολη Ανίσωση

Xriiiiistos · #1

Oι αριθμοί x,y,z

είναι θετικοί τέτοιοι ώστε να μπορούν να γίνουν πλευρές τριγώνου και να επαληθεύουν την σχέση x+y+z=2

. Να αποδείξετε

$\frac{2x+y}{\sqrt{x+z}}+\frac{2y+z}{\sqrt{y+x}}+\frac{2z+x}{\sqrt{z+y}}\geq 6\sqrt{2}\sqrt[6]{zx+yz+xy-xyz-1}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#2

Xriiiiistos έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 16, 2018 3:58 pm
Oι αριθμοί είναι θετικοί τέτοιοι ώστε να μπορούν να γίνουν πλευρές τριγώνου και να επαληθεύουν την σχέση . Να αποδείξετε

$\frac{2x+y}{\sqrt{x+z}}+\frac{2y+z}{\sqrt{y+x}}+\frac{2z+x}{\sqrt{z+y}}\geq 6\sqrt{2}\sqrt[6]{zx+yz+xy-xyz-1}$

Κάτι δεν πάει καλά: Για $x=y=z=\frac {2}{3}$ , η υπόρριζη ποσότητα $zx+yz+xy-xyz-1= \frac {4}{9}+\frac {4}{9}+\frac {4}{9}-\frac {8}{27}-1= -\frac {11}{27}$ είναι αρνητική...

Edit αργότερα: Το αποσύρω καθώς έκανα λάθος τις πράξεις...

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #3

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 16, 2018 5:24 pm

Xriiiiistos έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 16, 2018 3:58 pm
Oι αριθμοί είναι θετικοί τέτοιοι ώστε να μπορούν να γίνουν πλευρές τριγώνου και να επαληθεύουν την σχέση . Να αποδείξετε

$\frac{2x+y}{\sqrt{x+z}}+\frac{2y+z}{\sqrt{y+x}}+\frac{2z+x}{\sqrt{z+y}}\geq 6\sqrt{2}\sqrt[6]{zx+yz+xy-xyz-1}$

Κάτι δεν πάει καλά: Για $x=y=z=\frac {2}{3}$ , η υπόρριζη ποσότητα $zx+yz+xy-xyz-1= \frac {4}{9}+\frac {4}{9}+\frac {4}{9}-\frac {8}{27}-1= -\frac {11}{27}$ είναι αρνητική...

Πράγματι κάτι δεν πάει αλλά $\frac {4}{9}+\frac {4}{9}+\frac {4}{9}-\frac {8}{27}-1=\dfrac{1}{27}$ ... Το πρόβλημα είναι ότι θέτοντας $x=y=z=\frac {2}{3}$ δεν έχουμε ισότητα...

JimNt. · #4

Παρ΄όλα αυτά η ανισότητα εξακολουθεί να είναι πολύ ωραία και έχει μια εξαιρετικά ωραία λύση.

Xriiiiistos · #5

Δεν μπορώ να βρω λάθος στην διαδικασία .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Xriiiiistos · #6

Όταν έγραψα την λύση έφυγα απευθείας από το σπίτι για στίβο. Καθώς έκανα κατάλαβα γιατί δεν ισχύ η ισότητα. (Η λύση είναι στην απόκρυψη κειμένου από πάνω).

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Οπότε το μόνο λάθος που πρέπει να έκανα είναι ότι δεν επαλήθευσα αν ισχύ η ισότητα που προφανώς δεν ισχύ. Τέλος πάντων χωρ'ις την ισότητα είμαι σίγουρος πως είναι σωστή, αφού δημοσίευσα την λύση τι λέτε για την άσκηση; Σε τι επίπεδο θα την βάζατε;

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #7

Διαφορετικά:

(Βιάζομαι λίγο θα βάλω τη λύση συνοπτικά)

Αφού x, y, z

είναι πλευρές τριγώνου μπορούμε να θέσουμε x=a+b

,

και θα ικανοποιείται πάντα η τριγωνική ανισότητα.

Η συνθήκη γίνεται a+b+c=1

και κάνοντας λίγες πράξεις προκύπτει ότι αρκεί να αποδείξουμε ότι:

$\dfrac{1+a+2b}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1+b+2c}{\sqrt{1+b}}+\dfrac{1+c+2a}{\sqrt{1+c}}\geq 6\sqrt{2}\sqrt[6]{a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)-1-ab(a+b)-bc(b+c)-ca(c+a)-2abc}\Leftrightarrow$

$\dfrac{1+a+2b}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1+b+2c}{\sqrt{1+b}}+\dfrac{1+c+2a}{\sqrt{1+c}}\geq 6\sqrt{2}\sqrt[6]{ab+bc+ca-ab(a+b)-bc(b+c)-ca(c+a)-2abc}\Leftrightarrow$ (*)

$\dfrac{1+a+2b}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1+b+2c}{\sqrt{1+b}}+\dfrac{1+c+2a}{\sqrt{1+c}}\geq 6\sqrt{2}\sqrt[6]{abc}$ .

Παρατηρούμε ότι $\dfrac{1+a+2b}{\sqrt{1+a}}=\sqrt{a+1}+ \dfrac{2b}{\sqrt{1+a}}\geq 2\sqrt{2b}$ , επομένως αρκεί:

$2\sqrt{2a}+2\sqrt{2b}+2\sqrt{2c}\geq 6\sqrt{2}\sqrt[6]{abc}\Leftrightarrow \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq 3\sqrt[6]{abc}$ που ισχύει από AM-GM

.

(*) έθεσα όπου a+b

,

το

,

.

JimNt. · #8

Να αποδειχτεί ότι $\dfrac{2x+y}{\sqrt{x+z}}+\dfrac{2y+z}{\sqrt{y+x}}+\dfrac{2z+x}{\sqrt{z+y}}\ge 9\sqrt[6]{zx+yz+xy-xyz-1}$ με τις ίδιες συνθήκες.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #9

JimNt. έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 30, 2018 8:04 pm
Να αποδειχτεί ότι $\dfrac{2x+y}{\sqrt{x+z}}+\dfrac{2y+z}{\sqrt{y+x}}+\dfrac{2z+x}{\sqrt{z+y}}\ge 9\sqrt[6]{zx+yz+xy-xyz-1}$ με τις ίδιες συνθήκες.

Με τον τρόπο που χρησιμοποίησα παραπάνω φτάνουμε στο:

$\dfrac{1+a+2b}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1+b+2c}{\sqrt{1+b}}+\dfrac{1+c+2a}{\sqrt{1+c}}\geq 9\sqrt[6]{abc}$ με a+b+c=1

.

Εκτελώντας μια AM-GM

στο αριστερό μέλος αρκεί να αποδειχθεί τώρα ότι:

$3\sqrt[3]{\dfrac{(1+a+2b)(1+b+2c)(1+c+2a)}{\sqrt{(a+1)(b+1)(c+1)}}}\geq 9\sqrt[6]{abc}\Leftrightarrow (1+a+2b)(1+b+2c)(1+c+2a)\geq$

$27\sqrt{abc(a+1)(b+1)(c+1)}$

Παρατηρούμε πως (a+1)(b+1)(c+1)=1+a+b+c+ab+bc+ca+abc

.

Λόγω του ότι $(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ca)$ , δηλαδή $ab+bc+ca\leq \dfrac{1}{3}$ και $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}$ , δηλαδή $abc\leq \dfrac{1}{27}$ , προκύπτει ότι $(a+1)(b+1)(c+1)\leq \dfrac{64}{27}$ .

Άρα αρκεί να αποδειχθεί πως $(1+a+2b)(1+b+2c)(1+c+2a)\geq 27\sqrt{\dfrac{64}{27}abc}$

Παρατηρούμε ακόμα από AM-GM

πως $1+a+2b=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}+a+b+b\geq 6\sqrt[6]{\dfrac{1}{27}ab^2}$

Κάνοντας το ίδιο για τα 1+b+2c

και

και πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη προκύπτει ότι:

$(1+a+2b)(1+b+2c)(1+c+2a)\geq 6^3\sqrt[6]{\dfrac{1}{27^3}a^3b^3c^3}=6^3\sqrt{\dfrac{1}{27}abc}=8\cdot 27\sqrt{\dfrac{1}{27}abc}=27\sqrt{\dfrac{64}{27}abc}$ και το ζητούμενο έπεται.

Η ισότητα ισχύει όταν $a=b=c=\dfrac{1}{3}$ , δηλαδή όταν $x=y=z=\dfrac{2}{3}$ .

JimNt. · #10

Αν και η ανισότητα είναι ιδιαίτερα αδύναμη η μετατροπή του δεξιού μέλους την καθιστά ωραία.

Δύσκολη Ανίσωση

Δύσκολη Ανίσωση

Re: Δύσκολη Ανίσωση

Re: Δύσκολη Ανίσωση

Re: Δύσκολη Ανίσωση

Re: Δύσκολη Ανίσωση

Re: Δύσκολη Ανίσωση

Re: Δύσκολη Ανίσωση

Re: Δύσκολη Ανίσωση

Re: Δύσκολη Ανίσωση

Re: Δύσκολη Ανίσωση

Μέλη σε σύνδεση