Ανισότητα

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4330
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Ανισότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Παρ Ιουν 05, 2020 11:20 pm

Έστω a , b, c θετικοί αριθμοί τέτοια ώστε a^2 + b^2 + c^2 =3. Να δειχθεί ότι:

\displaystyle{\sum_{\text{cyclic}} \frac{b}{\sqrt{a^2+3}} \leq \sqrt[4]{\frac{9 \left ( a + b + c \right )^2}{16abc}}}
Άνευ λύσης.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1622
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Ανισότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Σάβ Ιουν 06, 2020 12:42 pm

Tolaso J Kos έγραψε:
Παρ Ιουν 05, 2020 11:20 pm
Έστω a , b, c θετικοί αριθμοί τέτοια ώστε a^2 + b^2 + c^2 =3. Να δειχθεί ότι:

\displaystyle{\sum_{\text{cyclic}} \frac{b}{\sqrt{a^2+3}} \leq \sqrt[4]{\frac{9 \left ( a + b + c \right )^2}{16abc}}}
Άνευ λύσης.
Σκέψη: Παρατηρούμε ότι η εφαπτομένη της συνάρτησης f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x^2+3}} στο σημείο της με τετμημένη 1 έχει εξίσωση -x/8+5/8, οπότε εξετάζουμε αν ισχύει \dfrac{1}{\sqrt{x^2+3}} \leqslant -x/8+5/8 (ουσιαστικά είναι το Tangent Line Trick). Η προηγούμενη ισχύει αν x \leqslant 4-\sqrt{5}. Όμως, από την συνθήκη της άσκησης, a^2+b^2+c^2=3, είναι a,b,c<\sqrt{3}<4-\sqrt{5} (*), οπότε η \dfrac{1}{\sqrt{x^2+3}} \leqslant -x/8+5/8 ισχύει για τους a,b,c.

Στην άσκηση τώρα, ισχύει \dfrac{1}{\sqrt{x^2+3}} \leqslant -x/8+5/8 για x \in \{a,b,c \}. Οπότε:

\displaystyle{\sum_{\text{cyclic}} \frac{b}{\sqrt{a^2+3}} \leqslant \sum \dfrac{b(5-a)}{8}=\dfrac{\displaystyle 5\sum a-\sum ab}{8}.

Έστω \displaystyle \sum a=p, \sum ab=q, abc=r. Η συνθήκη δίνει q=(p^2-3)/2, οπότε αρκεί να δείξουμε ότι:

(\dfrac{10p+3-p^2}{16})^4 \leqslant \dfrac{9p^2}{16r}.

Όμως, q^2=(ab+bc+ca)^2 \geqslant 3abc(a+b+c)=3pr, άρα r \leqslant \dfrac{(p^2-3)^2}{12p}, άρα αρκεί να δείξουμε ότι:

\dfrac{(10p+3-p^2)^4}{16^4} \leq \dfrac{27p^3}{4(p^2-3)^2}, η οποία με την βοήθεια του WolframAlpha βρίσκουμε ότι ισχύει για \sqrt{3}<p \leqslant 3.

Όμως, είναι:

\rightarrow p=a+b+c >\sqrt{a^2+b^2+c^2}=\sqrt{3}, και
\rightarrow p=a+b+c \leqslant \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}=3.

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε. Η ισότητα ισχύει όταν a=b=c=1.

(*) Ένας τρόπος να δούμε ότι ισχύει \sqrt{3}<4-\sqrt{5} είναι με την ανισότητα Cauchy-Schwarz! Πράγματι, \sqrt{3}+\sqrt{5} \leqslant \sqrt{2(3+5)}=4, και η ισότητα δεν μπορεί να ισχύει, επειδή 3 \neq 5. :D


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2793
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Ανισότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Σάβ Ιουν 06, 2020 4:48 pm

Ορέστης Λιγνός έγραψε:
Σάβ Ιουν 06, 2020 12:42 pm
\dfrac{(10p+3-p^2)^4}{16^4} \leq \dfrac{27p^3}{4(p^2-3)^2}, η οποία με την βοήθεια του WolframAlpha βρίσκουμε ότι ισχύει για \sqrt{3}<p \leqslant 3.
Χωρίς το WolframAlpha, αρκεί να παρατηρήσουμε ότι τα δύο σκέλη της ανισότητας είναι ίσα προς άλληλα για p=3, ενώ το μεν δεξιό σκέλος είναι φθίνουσα συνάρτηση για \sqrt{3}<p \leqslant 3 (παράγωγος -\dfrac{27(p^4+9p^2)}{4(p^2-3)^3}), το δε αριστερό σκέλος είναι αύξουσα συνάρτηση για \sqrt{3}<p \leqslant 3 (παράγωγος \dfrac{4(10p+3-p^2)^3(10-2p)}{16^4}).


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 10 επισκέπτες