ανισότητα

Συντονιστής: spyros

Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

ανισότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Κυρ Αύγ 29, 2010 3:31 am

Να αποδείξετε ότι
\sqrt{2}+\sqrt{3}>\pi χωρίς προσεγγίσεις ριζών...


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Άβαταρ μέλους
PPetridis
Δημοσιεύσεις: 11
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 29, 2010 11:36 am
Τοποθεσία: Γιαννιτσά
Επικοινωνία:

Re: ανισότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από PPetridis » Κυρ Αύγ 29, 2010 8:51 pm

[Η λύση δεν ολοκληρώνεται]
Η ιδέα είναι να προσεγγίσω το \pi (από πάνω) τόσο καλά ώστε η προσέγγισή του \pi' να είναι μικρότερη από το \sqrt{2} + \sqrt{3}, ώστε να ισχύει \sqrt{2} + \sqrt{3} > \pi' > \pi και άρα \sqrt{2} + \sqrt{3} > \pi.

Έστω κύκλος C ακτίνας 1 και κανονικό ν-γωνο περιγεγραμμένο σε αυτόν. Μεταξύ των περιμέτρων του κύκλου P_c και του πολυγώνου P_v θα ισχύει P_c < P_v, ενώ P_c=2\pi άρα 2\pi<P_v ή \pi<\frac{P_v}{2} οπότε πρέπει να βρεθεί ένα ικανά "μεγάλο" ν ώστε η περίμετρος του πολυγώνου να είναι \frac{P_v}{2}<\sqrt{2} + \sqrt{3} ή P_v<2(\sqrt{2} + \sqrt{3}).

Έστω Ο το κέντρο του κύκλου, ΑΒ μία πλευρά του ν-γώνου και Μ το σημείο επαφής της με τον κύκλο (ή το μέσο του ΑΒ). Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΑΜ (η Μ είναι ορθή) έχουμε OM=1, AM=\frac{\lambda _{v}}{2} και O\hat{A}M=\frac{\omega _{\nu}}{2}=\frac{\pi}{\nu}, ενώ \epsilon \phi O\hat{A}M=\frac{AM}{OM}, άρα \epsilon \phi \frac{\omega _{\nu}}{2}=\frac{\frac{\lambda _{v}}{2}}{1}, δηλαδή \lambda _{v}=2\epsilon \phi \frac{\omega _{\nu}}{2}. Έτσι η περίμετρος του πολυγώνου είναι P _{\nu} = \nu \lambda _{\nu}=2\nu\epsilon \phi \frac{\omega _{\nu}}{2}
(το σχήμα δίνεται και συνημμένο)

Τελικά, ζητάμε ένα ικανά μεγάλο ν ώστε να ισχύει 2\nu\epsilon \phi \frac{\omega _{\nu}}{2}<2(\sqrt{2} + \sqrt{3}) ή ισοδύναμα \epsilon \phi \frac{\pi}{\nu}<\frac{\sqrt{2} + \sqrt{3}}{\nu}

Θα αποδείξω ότι για ν = 48 η παραπάνω απαίτηση ισχύει, δηλαδή ότι \epsilon \phi \frac{\pi}{48}<\frac{\sqrt{2} + \sqrt{3}}{48}.

Ξεκινώντας από το ότι \sigma\upsilon\nu\frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2} και με τους τύπους αποτετραγωνισμού διαδοχικά έχουμε
\sigma\upsilon\nu\frac{\pi}{12}=\sqrt{\frac{1+\sigma\upsilon\nu\frac{\pi}{6}}{2}}=\sqrt{\frac{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}{2}}=\frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2}, άρα
\sigma\upsilon\nu\frac{\pi}{24}=\sqrt{\frac{1+\sigma\upsilon\nu\frac{\pi}{12}}{2}}=\sqrt{\frac{1+\frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2}}{2}}=\frac{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}}{2}, άρα
\epsilon\varphi\frac{\pi}{48}=\sqrt{\frac{1-\sigma\upsilon\nu\frac{\pi}{24}}{1+\sigma\upsilon\nu\frac{\pi}{24}}}=\sqrt{\frac{1-\frac{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}}{2}}{1+\frac{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}}{2}}}=\sqrt{\frac{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}}{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}}}

Το τελευταίο απλοποιείται ως εξής:

\epsilon\varphi\frac{\pi}{48}= 
\sqrt{\frac{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}}{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}}}= 
\frac{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}}{\sqrt{4-(2+\sqrt{2+\sqrt{3})}}}= 
\frac{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}}{\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{3}}}}= 
\frac{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}\left(2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}\right)}{\sqrt{4-(2+\sqrt{3})}}= 
\frac{\sqrt{2-\sqrt{3}}\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}\left(2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}\right)}{2-\sqrt{3}}= 
(2+\sqrt{3})\sqrt{2-\sqrt{3}}\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}\left(2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}\right)= 
\sqrt{2+\sqrt{3}}\sqrt{2+\sqrt{3}}\sqrt{2-\sqrt{3}}\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}\left(2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}\right)= 
\sqrt{2+\sqrt{3}}\left(2\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}-2-\sqrt{2+\sqrt{3}}\right)= 
2\sqrt{2+\sqrt{3}}\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}-2\sqrt{2+\sqrt{3}}-2-\sqrt{3}

Έτσι, μένει να δείξουμε ότι

2\sqrt{2+\sqrt{3}}\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}-2\sqrt{2+\sqrt{3}}-2-\sqrt{3}<\frac{\sqrt{2}+\sqrt{3}}{48}

Στις πράξεις το πράγμα ξεφεύγει σε όγκο αλγεβρικών παραστάσεων και δεν μπόρεσα να βρω κάποιον σύντομο δρόμο μέσω απλοποιήσεων. Το ότι το 48 μας κάνει για την ανίσωση το γνωρίζω με "ζαβολιά" (με τη βοήθεια της GeoGebra, αν θέλετε δείτε το συνημμένο). Μάλιστα, το 48 είναι ο μικρότερος αριθμός και μας κάνει και κάθε μεγαλύτερός του. Οπότε, από εδώ και πέρα είναι "απλώς" θέμα πράξεων!
Συνημμένα
polygon.ggb
Αρχείο GeoGebra (ggb)
(6.46 KiB) Μεταφορτώθηκε 26 φορές
anisotita_sxima.gif
Σχήμα
anisotita_sxima.gif (3.65 KiB) Προβλήθηκε 864 φορές


Παντελής Πετρίδης
Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: ανισότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Δευ Αύγ 30, 2010 12:49 am

Παντελή καλώς όρισες στο φόρουμ!

Δεν έχω κάποια λύση και η προσέγγιση που σκέφτηκα είναι εντελώς διαφορετική απότι η δική σου
Συγκεκριμένα σκέφτηκα να διαιρέσω με το 2 οπότε το πρόβλημα μετασχηματίζεται στο εξής
\displaystyle{\frac{{\sqrt 2  + \sqrt 3 }}{2} > \frac{\pi }{2} \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 2  + \sqrt 3 }}{2} > \int\limits_{\frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}}^{\frac{{\sqrt 5  + 1}}{2}} {\frac{1}{{1 + {x^2}}}dx} }

το δεξί μέλος παιδεύτηκα λίγο για να το φτιάξω - σκεφτόμουν ανισότητα hadamard hermitte αλλά μου τα χαλάει στα κοίλα- τέλοσπάντων δεν βλέπω να αποδίδει ο τρόπος που σκέφτηκα.
Θα περιμένουμε λοιπόν για μια λύση

Η άσκηση είναι από μαθλινκσ αναπάντητη απόσο θυμάμαι (έψαξα το λινκ αλλά δεν μπορώ να το εντοπίσω)


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Άβαταρ μέλους
Ανδρέας Πούλος
Δημοσιεύσεις: 1403
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 01, 2009 10:47 pm
Τοποθεσία: ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ
Επικοινωνία:

Re: ανισότητα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ανδρέας Πούλος » Δευ Αύγ 30, 2010 12:35 pm

Επιτρέψτέ μου να διαμορφώσω λίγο την εκφώνηση αυτού του πολύ ωραίου προβλήματος.
Να αποδειχθεί με στοιχειώδη Μαθηματικά ότι:

2π >\sqrt{3}+\sqrt{2} > π.

Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος


Άβαταρ μέλους
Ανδρέας Πούλος
Δημοσιεύσεις: 1403
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 01, 2009 10:47 pm
Τοποθεσία: ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ
Επικοινωνία:

Re: ανισότητα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ανδρέας Πούλος » Δευ Αύγ 30, 2010 1:18 pm

Διαισθάνομαι ότι το εξαιρετικά χρήσιμο βιβλίο του Τιχομίροφ "Ιστορίες για μέγιστα και ελάχιστα",
εκδόσεις Κάτοπτρο, 1990, μπορεί να μας δώσει καλές ιδέες για τη επίλυση του προβλήματος.
Το ίδιο και το βιβλίο των Andreescu κ.α. "Geometric problems on Maxima and Minima", Birkhauser, 2006.
Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος


kwstas12345
Δημοσιεύσεις: 1055
Εγγραφή: Δευ Ιαν 11, 2010 2:12 pm

Re: ανισότητα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kwstas12345 » Δευ Αύγ 30, 2010 1:40 pm

Mια απάντηση στο νέο φράγμα του κ.Ανδρέα:

Eίναι:
\displaystyle \zeta \left(2 \right)=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n^{2}}}=\frac{\pi^{2}}{6}=1+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+...+\frac{1}{n^{2}}>1+\frac{1}{4}=\frac{5}{4}\Rightarrow 4\pi^{2}>30\Rightarrow 2\pi>\sqrt{30}>\sqrt{2}+\sqrt{3}


Φιλικά,
Κώστας
τελευταία επεξεργασία από kwstas12345 σε Δευ Αύγ 30, 2010 2:41 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


kwstas12345
Δημοσιεύσεις: 1055
Εγγραφή: Δευ Ιαν 11, 2010 2:12 pm

Re: ανισότητα

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kwstas12345 » Δευ Αύγ 30, 2010 2:19 pm

Nομίζω πως το άνω φράγμα μπορεί να βελτιωθεί περαιτέρω.Άς δειχτεί λοιπόν: \displaystyle \frac{29}{25}\pi>\sqrt{2}+\sqrt{3}.


Φιλικά,
Κώστας


Άβαταρ μέλους
Ανδρέας Πούλος
Δημοσιεύσεις: 1403
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 01, 2009 10:47 pm
Τοποθεσία: ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ
Επικοινωνία:

Re: ανισότητα

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ανδρέας Πούλος » Τρί Αύγ 31, 2010 2:18 am

Αγαπητέ Κώστα, δεν παίζω. Χρησιμοποιείς "παράνομα" μέσα. Είπαμε εντελώς στοιχειώδη Μαθηματικά.
΄Οχι συνάρτηση Riemann κλπ. Πάντως, μου άρεσε η απόδειξή σου.
Όμως, υπάρχουν και τα αρχιαοελληνικά κόλπα.

Για παράδειγμα, μία απλή απόδειξη για την σχέση 2\pi >\sqrt{3}+\sqrt{2} είναι η ακόλουθη.

Κατασκευάζουμε κύκλο ακτίνας 1 και εγγράφουμε σε αυτόν τετράγωνο.

Αυτό έχει πλευρά μήκους \sqrt{2}.

Ο κύκλος έχει περίμετρο 2π. Άρα 2\pi> 4\sqrt{2}.

Όμως, 4\sqrt{2} > \sqrt{3}+\sqrt{2}.

Συνεπώς, 2\pi >\sqrt{3}+\sqrt{2}.

Το ζόρικο θέμα είναι η άλλη (η αρχική ανισότητα). Προκαλούμε τους φίλους για εντελώς στοιχειώδη απόδειξη.
Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος


Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: ανισότητα

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Τρί Αύγ 31, 2010 2:10 pm

2\pi >6>5=3+2>\sqrt{3}+\sqrt{2}


Σεραφείμ Τσιπέλης
Άβαταρ μέλους
Ανδρέας Πούλος
Δημοσιεύσεις: 1403
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 01, 2009 10:47 pm
Τοποθεσία: ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ
Επικοινωνία:

Re: ανισότητα

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ανδρέας Πούλος » Τρί Αύγ 31, 2010 9:58 pm

Σεραφείμ,
από που προκύπτει ότι 2π > 6;
Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος


Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2696
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: ανισότητα

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Τρί Αύγ 31, 2010 11:03 pm

Ανδρέας Πούλος έγραψε:από που προκύπτει ότι 2π > 6;
Από το ότι το εμβαδόν του κανονικού δωδεκαγώνου εγγεγραμμένου σε κύκλο ακτίνας 1 ισούται προς 3 :)

Όσον αφορά την αρχική ανισότητα, μπορούμε απλά να εκμεταλλευθούμε την αναπόφευκτα στοιχειώδη ανισότητα του Αρχιμήδη, \pi<22/7 (χρήση κανονικού 96-γώνου), σε συνδυασμό με την 22/7<\sqrt{2}+\sqrt{3} (που είναι ισοδύναμη, ύστερα από δυο υψώσεις στο τετράγωνο και απαλοιφή παρονομαστών, προς την 236657 < 237160) :D

Γιώργος Μπαλόγλου


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.
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2696
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: ανισότητα

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Τετ Σεπ 01, 2010 10:19 am

Και με κανονικό 48-γωνο γίνεται, για όποιον μπορεί να αποδείξει με το χέρι την 48[\frac{-t^{2}+2\sqrt{2t^{2}-t}}{2t-1}]<\sqrt{2}+\sqrt{3}, όπου t=\sqrt{2-\sqrt{3}} ;)

[Το εμβαδόν του μοναδιαίου κύκλου, \pi, είναι μικρότερο από το εμβαδόν του περιγεγραμμένου κανονικού 48-γώνου, 48[tan\frac{\pi}{48}]^ για την tan\frac{\pi}{48} χρησιμοποιούμε 3 φορές τον τύπο tan\theta=\frac{-1+\sqrt{1+(tan2\theta)^{2}}}{tan2\theta} αρχίζοντας βέβαια από την tan\frac{\pi}{6}=\frac{1}{\sqrt{3}}.]

Γιώργος Μπαλόγλου

ΥΓ Για την ανισότητα του Αρχιμήδη, \pi<22/7, βρήκα το άρθρο του Burton Rosenberg "Archimedes and Pi", δείτε εδώ


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 “ΓΕΝΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ”

Μέλη σε σύνδεση

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