Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6064
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Τετ Μάιος 23, 2012 11:49 pm

Αν \displaystyle{a,b,c} είναι πλευρές τριγώνου, να αποδειχθεί ότι

\displaystyle{\frac{ab}{a^2+b^2+4c^2}+\frac{bc}{b^2+c^2+4a^2}+\frac{ca}{c^2+a^2+4b^2}\geq \frac{1}{2}.}


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
Ch.Chortis
Δημοσιεύσεις: 264
Εγγραφή: Παρ Φεβ 10, 2012 7:02 pm
Τοποθεσία: Ελλαδιστάν

Re: Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ch.Chortis » Σάβ Μάιος 26, 2012 2:10 pm

matha έγραψε:Αν \displaystyle{a,b,c} είναι πλευρές τριγώνου, να αποδειχθεί ότι

\displaystyle{\frac{ab}{a^2+b^2+4c^2}+\frac{bc}{b^2+c^2+4a^2}+\frac{ca}{c^2+a^2+4b^2}\geq \frac{1}{2}.}
Λοιπόν,θα δοκιμάσω να τη λύσω αν και μπορεί να κάνω λάθoς.
Δεν κατάλαβα που χρειάζεται το χωρίο "πλευρές τριγώνου",παρα μόνο για τις θετικές τιμές που λαμβάνουν οι άγνωστοι.
Ξεκινάω...
\dfrac {ab} {a^2+b^2+4c^2} +\dfrac {bc} {b^2+c^2+4a^2}+\dfrac {ac} {a^2+c^2+4b^2}\geq \dfrac {(\sqrt {ab}+\sqrt {bc}+\sqrt {ac})^2} {a^2+b^2+4c^2+a^2+c^2+4b^2+b^2+c^2+4a^2}=\dfrac {(\sqrt {ab}+\sqrt {bc}+\sqrt {ac})^2} {6(a^2+b^2+c^2)}(1)
(λόγω Cauchy-Schwarz-Andreescu,με την ισότητα να ισχύει μόνο για a=b=c).
Εκμεταλλευόμενοι τώρα τις ανισότητες: 3(ab+ac+bc)\geq (\sqrt {ab}+\sqrt {ac}+\sqrt {bc})^2,~6(a^2+b^2+c^2)\geq 6(ab+ac+bc)(με τις ισότητες να ισχύουν για a=b=c)
εύκολα βρίσκουμαι οτι το maximum της (1) είναι:
\dfrac {3(ab+ac+bc)} {6(ab+ac+bc)}=\dfrac {1} {2}(όπου a=b=c)
άρα αποδείχτηκε (νομίζω).
Δηλαδή για ισόπλευρο τρίγωνο ισχύει η ισότητα.


"Ο,τι δε σε σκοτώνει σε κάνει πιο δυνατό.":Φρειδερίκος Νίτσε
"Τα όρια της γλώσσας μου είναι τα όρια του κόσμου μου.":Λούντβιχ Βιτγκενστάιν
"Οι έξυπνοι άνθρωποι λύνουν προβλήματα. Οι σοφοί τα αποφεύγουν.":Άλμπερτ Αϊνστάιν
orestisgotsis
Δημοσιεύσεις: 1309
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 25, 2012 10:19 pm

Re: Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από orestisgotsis » Σάβ Μάιος 26, 2012 2:23 pm

Ch.Chortis έγραψε:
matha έγραψε:Αν \displaystyle{a,b,c} είναι πλευρές τριγώνου, να αποδειχθεί ότι

\displaystyle{\frac{ab}{a^2+b^2+4c^2}+\frac{bc}{b^2+c^2+4a^2}+\frac{ca}{c^2+a^2+4b^2}\geq \frac{1}{2}.}
Δεν κατάλαβα που χρειάζεται το χωρίο "πλευρές τριγώνου",παρα μόνο για τις θετικές τιμές που λαμβάνουν οι άγνωστοι.
Βάλε a=1,\,\,b=2,\,\,c=6 που δεν κατασκευάζεται τρίγωνο


Άβαταρ μέλους
Ch.Chortis
Δημοσιεύσεις: 264
Εγγραφή: Παρ Φεβ 10, 2012 7:02 pm
Τοποθεσία: Ελλαδιστάν

Re: Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ch.Chortis » Κυρ Μάιος 27, 2012 11:50 am

Για να μη γεμίσω με πμ,σχετικά με το θέμα καθώς και για να μην αφήσω μετέωρο το εύστοχο σχόλιο του orestisgotsis,παραδέχομαι οτι έχω κάνει λάθος.
Η λογική μου δεν είναι σωστή.


"Ο,τι δε σε σκοτώνει σε κάνει πιο δυνατό.":Φρειδερίκος Νίτσε
"Τα όρια της γλώσσας μου είναι τα όρια του κόσμου μου.":Λούντβιχ Βιτγκενστάιν
"Οι έξυπνοι άνθρωποι λύνουν προβλήματα. Οι σοφοί τα αποφεύγουν.":Άλμπερτ Αϊνστάιν
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5761
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Δευ Ιουν 26, 2017 6:04 pm

Επαναφορά!


Θανάσης Κοντογεώργης
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7757
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Ιουν 27, 2017 12:15 pm

Υπάρχουν θετικά x,y,z ώστε a=x+y,b=y+z,c=z+x.

Κάνοντας ομώνυμα μπορώ να γράφω την ανισότητα στην μορφή f(x,y,z) \geqslant 0 όπου η f είναι ένα συμμετρικό πολυώνυμο στα x,y,z βαθμού 6. Θα δείξω ότι η τελευταία ανισότητα ισχύει ακόμη και αν κάποια από τα x,y,z είναι ίσα με 0.

Από το θεμελιώδες θεώρημα των συμμετρικών πολυωνύμων μπορώ να γράψω την f(x,y,z) ως πολυώνυμο στα s_1 = x+y+z,s_2=xy+yz+zx,s_3=xyz. Το πολυώνυμο είναι δευτέρου βαθμού στο s_3 και άρα είτε κυρτό είτε κοίλο συναρτήσει του s_3. Οπότε από τα θεώρημα pqr το πολυώνυμο παίρνει την ελάχιστη τιμή του σε μια από τις δύο πιο κάτω περιπτώσεις:

(α) Αν δύο από τα x,y,z είναι ίσα.
(β) Αν ένα από τα x,y,z ισούται με 0.

(α) Χωρίς βλάβη της γενικότητας x=y. Αυτό δίνει b=c και 2b \geqslant a. Η ζητούμενη ανισότητα γίνεται

\displaystyle{\begin{aligned} \frac{2ab}{a^2+5b^2} + \frac{b^2}{2b^2+4a^2} \geqslant \frac{1}{2} &\iff 8ab^3 + 16a^3b+2a^2b^2 + 10b^4 \geqslant 4a^4 + 10b^4 + 22a^2b^2 \\ 
&\iff 8ab^3 + 16a^3b \geqslant 4a^4 + 20b^2a^2 \\ 
&\iff 2ab^3 + 4a^3b - a^4 - 5a^2b^2 \geqslant 0 \\ 
&\iff a(2b-a)(a-b)^2 \geqslant 0\end{aligned}}

το οποίο ισχύει.

(β) Χωρίς βλάβη της γενικότητας z=0. Αυτό δίνει a=b+c και η ζητούμενη ανισότητα γίνεται

\displaystyle{ \frac{b^2 + bc}{2b^2 + 5c^2 + 2bc} + \frac{bc}{5b^2+5c^2+8bc} + \frac{bc+c^2}{5b^2+2c^2 + 2bc} \geqslant \frac{1}{2}}

Αν c=0 η ανισότητα ισχύει. Οπότε θέτω x = b/c. Θέλω να δείξω ότι

\displaystyle{ \frac{x^2+x}{2x^2+2x+5} + \frac{x}{5x^2+8x+5} + \frac{x+1}{5x^2+2x+2} \geqslant \frac{1}{2} }

Αυτό ο υπολογιστής μου μου λέει ότι είναι ισοδύναμο με το

\displaystyle{ \frac{5x(x-1)^2(8x^2+11x+8)}{(2x^2+2x+5)(5x^2+8x+5)(5x^2+2x+2)} \geqslant 0}

το οποίο προφανώς ισχύει.

Έχω και μια απόδειξη με Cauchy-Schwarz χωρίς υπολογιστή αλλά πάλι δεν αποφεύγει τις πολλές πράξεις. Αν δεν βρεθεί κάτι καλύτερο θα το βάλω.


silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1175
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Τρί Ιουν 27, 2017 12:24 pm

Και εδώ δεν υπάρχει σύντομη λύση που να αποφεύγει τις πράξεις
https://artofproblemsolving.com/communi ... 73p2931723


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7757
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Ιουν 27, 2017 12:50 pm

Demetres έγραψε: Αν c=0 η ανισότητα ισχύει. Οπότε θέτω x = b/c. Θέλω να δείξω ότι

\displaystyle{ \frac{x^2+x}{2x^2+2x+5} + \frac{x}{5x^2+8x+5} + \frac{x+1}{5x^2+2x+2} \geqslant \frac{1}{2} }
Ας βάλω τότε την συνέχεια. Μπορώ να υποθέσω ότι b \geqslant c, δηλαδή x \geqslant 1.

Είναι \displaystyle{ \frac{x^2+x}{2x^2+2x+5} = \frac{1}{2} - \frac{5}{4x^2+4x+10}.} Οπότε μένει να αποδείξω ότι

\displaystyle{ \frac{x}{5x^2+8x+5} + \frac{x+1}{5x^2+2x+2}  \geqslant \frac{5}{4x^2+4x+10}}

Από Cauchy Schwarz είναι

\displaystyle{ \left(x(5x^2+8x+5) + 4(x+1)(5x^2+2x+2)\right) \left( \frac{x}{5x^2+8x+5} + \frac{x+1}{5x^2+2x+2}\right) \geqslant (3x+2)^2 }

Αρκεί λοιπόν να δείξω ότι

\displaystyle{ \frac{(3x+2)^2}{25x^3 + 36x^2 + 21x+8} \geqslant \frac{5}{4x^2+4x+10}}

Θέλω

\displaystyle{  (3x+2)^2(4x^2+4x+10) = 36x^4+84x^3+154x^2+136x+40 \geqslant 125x^3 +180x^2+105x+40 }

Ισοδύναμα θέλω 36x^4-41x^3 - 26x^2+31x \geqslant 0. Αλλά

\displaystyle{ 36x^4-41x^3 - 26x^2+31x = x(x-1)^2(36x+31) \geqslant 0}


Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης