Aρχιμήδης 2009-3

nickthegreek · #1

Aν οι μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί x,y,z

έχουν άθροισμα

, να αποδείξετε ότι:

$x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+xyz \leq 1$

Πότε ισχύει η ισότητα;;;

Φιλικά,
Νίκος

chris · #2

Γεια σου Νίκο,

Ρίξε μια ματιά εδώ

Όμορφη η λύση που είχε δώσει η ΕΜΕ πάντως.

Φιλικά

kwstas12345 · #3

Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle F\left(x,y,z,\lambda \right)=x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+xyz-\lambda \left(x+y+z-2 \right)$ και $\displaystyle V:=\left\{\left(x,y,z \right) \in \mathbb{R}^3|x,y,z \in \left[0,2 \right],x+y+z=2 \right\}$ ,μας μένει να βρούμε το $\max_{x,y,z \in \left[0,2 \right]} F\left(x,y,z \right)$ στο

.

Eίναι: $\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}=2xy^2+2xz^2+yz-\lambda ,\frac{\partial F}{\partial y}=2yx^2+2yz^2+xz-\lambda$ , $\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}=2zx^2+2zy^2+yx-\lambda ,\frac{\partial F}{\partial \lambda }=x+y+z-2$ .

Λύνουμε το σύστημα: $\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}=\frac{\partial F}{\partial y}=\frac{\partial F}{\partial z}=\frac{\partial F}{\partial \lambda }=0$ $\displaystyle \begin{cases} 2xy^2+2xz^2+yz=\lambda & \text{ } \\ 2yx^2+2yz^2+zx=\lambda & \text{ } \\ 2zx^2+2zy^2+xy=\lambda & \text{ } \\ x+y+z=2& \text{ } \end{cases}$ . Αφαιρώντας ανα δύο τις τρείς πρώτες διαδοχικά θα έχουμε ισοδύναμα το $\displaystyle \begin{cases} \left(y-x \right)\left(2xy+z-2z^2 \right)=0 & \text{ } \\ \left(z-y \right)\left(2zy+x-2x^2 \right)=0 & \text{ } \\ \left(x-z \right)\left(2xz+y-2y^2 \right)=0 & \text{ } \\ x+y+z=2& \text{ } \end{cases}$

Από εδώ θα προκύψουν η λύση $\displaystyle \left(x,y,z \right)=\left(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3} \right),\left(\frac{5}{6},\frac{5}{6},\frac{1}{3} \right)$ και διατάξεις της τελευταίας, από όλους τους συνδυασμούς των ισοτήτων πχ $\displaystyle \begin{cases} 2zy+x-2x^2 & \text{ } \\ x=z& \text{ } \\ 2xz+y-2y^2& \text{ } \end{cases},\begin{cases} 2xy+z-2z^2=0 & \text{ } \\ , y=z& \text{ } \\ 2xz+y-2y^2=0& \text{ } \end{cases},$ .
Ενδιαφέρον παρουσιάζει το $\displaystyle \begin{cases} 2xy+z-2z^2=0 & \text{ } \\ 2zx+y-2y^2=0& \text{ } \\ 2zy+x-2x^2=0& \text{ } \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} x^2+y^2+z^2=2 & \text{ } \\ xy+yz+zx=1& \text{ } \\ x+y+z=2& \text{ } \end{cases}$ . Η δέυτερη με την τρίτη δίνουν τα $\displaystyle \begin{cases} \left(x-1 \right)^2=yz & \text{ } \\ \left(y-1 \right)^2=xz& \text{ } \\ \left(z-1 \right)^2=yx& \text{ } \end{cases}$ .

Άν $\displaystyle \left(x,y,z \right)\neq \left(0,0,0 \right),\left(1,1,1 \right)$ πολλαπλασιάζοντας κατα μέλη τις πάνω τρείς θα έχουμε $\displaystyle x^2y^2z^2=\prod{\left(x-1 \right)^2}=\left(xyz-xy-yz-zx+x+y+z \right)^{2}=$ $\displaystyle \left(xyz+1 \right)^{2}\Rightarrow xyz=-1/2$ άτοπο. Άρα προκύπτει εύκολα π.χ η $\displaystyle \left(2,0,0 \right)$ και διατάξεις.

Kαι $\displaystyle f\left(1,0,1 \right)=f\left(1,1,0 \right)=f\left(0,1,1 \right)=f\left(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3} \right)=1$ με $\displaystyle f:V \rightarrow \mathbb{R}^3,f\left(x,y,z \right)=x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+xyz$ . Η συναρτησή μας λαμβάνει μέγιστο στο

, το οποίο είναι συμπαγές υποσύνολο του $\displaystyle \mathbb{R}^3$ , και η

είναι συνεχής σε αυτό.

Εξετάζουμε την συμπεριφορά της συαναρτησής μας στο διάστημα. Eύκολα βλέπουμε ότι παρουσιάζει ολικό ελάχιστο όταν δύο από τους αριθμούς είναι

στα $\displaystyle \left(2,0,0 \right)$ , εκτός αυτού, άν θέσουμε έστω x=0

τότε $\displaystyle f\left(0,y,z \right)=y^2z^2=z^2\left(2-z \right)^{2},y+z$ .

Εύκολα βλέπουμε πως $\displaystyle z^2\left(2-z \right)^{2}\leqslant 1$ άρα το μέγιστο στο διαστημά μας είναι το

,καθώς και $\displaystyle f\left(\frac{5}{6},\frac{5}{6},\frac{1}{3} \right)=\frac{1125}{36^2}<1$ δηλαδή: $\displaystyle f\left(x,y,z \right)\leqslant 1$ το οποιο λαμβάνεται όταν $\displaystyle \left(x,y,z \right)=\left(\frac{2}{3},\frac{2}{3} ,\frac{2}{3} \right),\left(1,0,1 \right)$ και λοιπά.

Πιστεύω να είμαι σωστός...

Edit:Έγινε μια συμπλήρωση στην λύση.

Aρχιμήδης 2009-3

Aρχιμήδης 2009-3

Re: Aρχιμήδης 2009-3

Re: Aρχιμήδης 2009-3

Μέλη σε σύνδεση