Ανισότητα ( 2 )

orestisgotsis · #1

ΠΕΡΙΤΤΑ

Tolaso J Kos · #2

Έκανα μία φιλότιμη προσπάθεια να προσπαθήσω να υπολογίσω το ολοκλήρωμα ...

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^2}{\left ( x^2+a^2 \right )\left ( x^2+b^2 \right ) \left ( x^2+c^2 \right )}\, \mathrm{d}x &= \frac{1}{3}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^2+a^2 -a^2 + x^2 + b^2 - b^2 + x^2 + c^2 - c^2}{\left ( x^2+a^2 \right )\left ( x^2+b^2 \right )\left ( x^2+c^2 \right )}\, \mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{3} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\left (x^2+a^2 \right ) + \left ( x^2+b^2 \right ) + \left ( x^2+c^2 \right )}{\left ( x^2+a^2 \right )\left ( x^2+b^2 \right )\left ( x^2+c^2 \right )} \, \mathrm{d}x -\\ &\quad \quad \quad \quad \quad - \frac{1}{3} \int_{0}^{\infty} \frac{a^2+b^2+c^2}{\left ( x^2+a^2 \right )\left ( x^2+b^2 \right )\left ( x^2+c^2 \right )}\, \mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{3} \bigg ( {\color{magenta}{\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\mathrm{d}x}{\left ( x^2+b^2 \right )\left ( x^2+c^2 \right )} + \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\mathrm{d}x}{\left ( x^2+a^2 \right )\left ( x^2+c^2 \right )}} + \\ &\quad \quad \quad \quad \quad + {\color{magenta}{\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\mathrm{d}x}{\left ( x^2+a^2 \right )\left ( x^2+b^2 \right )}} \bigg ) - \\ &\quad \quad \quad \quad \quad - \frac{a^2+b^2+c^2}{3} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\mathrm{d}x}{\left ( x^2+a^2 \right )\left ( x^2+b^2 \right )\left ( x^2+c^2 \right )} \end{aligned}}$

Τώρα για τα "μωβ" ολοκληρώματα παρατηρούμε ότι $\displaystyle{\frac{1}{\left ( x^2+a^2 \right )\left ( x^2+b^2 \right )} = \frac{1}{b^2-a^2} \left ( \frac{1}{x^2+a^2} - \frac{1}{x^2+b^2} \right )}$ και κυκλικά για τα άλλα δύο. Συνεπώς, καταλήγουμε στο συμπέρασμα:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^2}{\left ( x^2+a^2 \right )\left ( x^2+b^2 \right ) \left ( x^2+c^2 \right )}\, \mathrm{d}x &= \frac{1}{3} \left ( \frac{\pi}{bc \left ( b+c \right )} + \frac{\pi}{ca \left ( c+a \right )} + \frac{\pi}{ab \left ( b+a \right )} \right ) \\ &\quad \quad \quad \quad - \frac{a^2+b^2+c^2}{3} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\mathrm{d}x}{\left ( x^2+a^2 \right )\left ( x^2+b^2 \right )\left ( x^2+c^2 \right )} \end{aligned}}$

Για το τελευταίο ολοκλήρωμα δε ξέρω αν θα αποφύγουμε το Lagrange Interpolation. Το λογισμικό δίδει ως απάντηση:

$\displaystyle{\int_{-\infty}^\infty \frac{\mathrm{d}x}{(x^2+a^2)(x^2+b^2)(x^2+c^2)} = \frac{\pi \left ( a + b +c \right )}{abc \left ( a +b \right )\left ( b+c \right )\left ( a+c \right )}}$
Τα βάζουμε όλα μαζί για να πάρουμε $\displaystyle{\int_{-\infty}^\infty \frac{x^2}{(x^2+a^2)(x^2+b^2)(x^2+c^2)} \, \mathrm{d}x = \frac{\pi}{\left ( a + b \right )\left ( b+c \right )\left ( a+c \right )} }$ . Όμως,

$\displaystyle{\begin{aligned} \left ( a+b \right )\left ( b+c \right ) \left ( c+a \right ) &\overset{AM-GM}{\geq} 2^3 \sqrt{ab} \sqrt{bc} \sqrt{ca} \\ &=8 \sqrt{a^2 b^2 c^2} \\ &=8 abc \\ &= \frac{1}{2} \end{aligned}}$
Το αποτέλεσμα έπεται λόγω συμμετρίας.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #3

orestisgotsis έγραψε: Πέμ Μαρ 09, 2023 2:37 am Έστω ότι οι $a,\,b,\,c$ είναι θετικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε $abc=\displaystyle\frac{1}{16}$ .

Να αποδείξετε την ανισότητα: $\displaystyle\int_{0}^{\infty }{\displaystyle\frac{{{x}^{2}}}{\left( {{x}^{2}}+{{a}^{2}} \right)\left( {{x}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\left( {{x}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}}\,dx\le \pi$

Νομίζω μπορούμε να κάνουμε και το εξής, από Holder

θα ισχύει $(x^2+a^2)(x^2+b^2)(x^2+c^2)\geq (x^2+2^{-8/3})^3$ και έτσι
$\displaystyle\int_{0}^{\infty }{\displaystyle\frac{{{x}^{2}}}{\left( {{x}^{2}}+{{a}^{2}} \right)\left( {{x}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\left( {{x}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}}\,dx\leq \int_{0}^{\infty }{\displaystyle\frac{{{x}^{2}}}{(x^2+c )^3}}\,dx$ , όπου $c=2^{-8/3}$ .
Είναι $\displaystyle \int_{0}^{\infty } \frac{{{x}^{2}}}{(x^2+c )^3}}\,dx=\displaystyle \int_{0}^{\infty } \dfrac{y^2c}{c^3(y^2+1)^3}d(\sqrt{c}y})=\dfrac{1}{16}\int_{0}^{\infty } \dfrac{y^2}{(y^2+1)^3}dy$
$\displaystyle =16\int_{0}^{\pi/2 }\dfrac{\tan^2z}{(\tan^2z+1)^3}d\tan z=16\int_{0}^{\pi/2 }\sin^2z\cos^2zdz=4\int_{0}^{\pi/2 }\sin^2( 2z) dz$
$\displaystyle = 2\int_{0}^{\pi/2 } (1-\cos 4z)dz=\dfrac{1}{2}\int_{0}^{2\pi } (1-\cos z)dz=\dfrac{1}{2}(2\pi-0)=\pi$ και το ζητούμενο έπεται.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

orestisgotsis έγραψε: Πέμ Μαρ 09, 2023 2:37 am Έστω ότι οι $a,\,b,\,c$ είναι θετικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε $abc=\displaystyle\frac{1}{16}$ .

Να αποδείξετε την ανισότητα: $\displaystyle\int_{0}^{\infty }{\displaystyle\frac{{{x}^{2}}}{\left( {{x}^{2}}+{{a}^{2}} \right)\left( {{x}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\left( {{x}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}}\,dx\le \pi$

Το ολοκλήρωμα υπολογίζεται με Μιγαδικές.

Tolaso J Kos · #5

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Πέμ Μαρ 09, 2023 4:53 pm
orestisgotsis έγραψε: Πέμ Μαρ 09, 2023 2:37 am Έστω ότι οι $a,\,b,\,c$ είναι θετικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε $abc=\displaystyle\frac{1}{16}$ .

Να αποδείξετε την ανισότητα: $\displaystyle\int_{0}^{\infty }{\displaystyle\frac{{{x}^{2}}}{\left( {{x}^{2}}+{{a}^{2}} \right)\left( {{x}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\left( {{x}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}}\,dx\le \pi$
Το ολοκλήρωμα υπολογίζεται με Μιγαδικές.

Σταύρο,

προφανώς υπολογίζεται αν θεωρήσουμε $\displaystyle{f(z) = \frac{z^2}{\left(z^2 + a^2 \right) \left(z^2 + b^2 \right) \left(z^2 + c^2 \right)}}$ και ως contour ένα ημικύκλιο ακτίνας

.

orestisgotsis · #6

ΠΕΡΙΤΤΑ

ohgreg · #7

Tolaso J Kos έγραψε: Πέμ Μαρ 09, 2023 3:06 pm Έκανα μία φιλότιμη προσπάθεια να προσπαθήσω να υπολογίσω το ολοκλήρωμα ...

Για κάποια $A,\:B,\:C$ μπορούμε να εργαστούμε ως εξής:
$\dfrac{x^2}{(x^2+a^2)(x^2+b^2)(x^2+c^2)}=\dfrac{A}{x^2+a^2}+\dfrac{B}{x^2+b^2}+\dfrac{C}{x^2+c^2}$
$\:$
$\Rightarrow x^2=A(x^2+b^2)(x^2+c^2)+B(x^2+a^2)(x^2+c^2)+C(x^2+a^2)(x^2+b^2)$

Αν θέσουμε x=ia

στην παραπάνω, βρίσκουμε:

$A=-\dfrac{a^2}{(b^2-a^2)(c^2-a^2)}$

Όμοια βρίσκουμε και τα $B,\:C$ .

Θα είναι:

$\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{x^2}{(x^2+a^2)(x^2+b^2)(x^2+c^2)}\mathrm{d}x=A\int_0^{\infty}\frac{1}{x^2+a^2}\mathrm{d}x+B\int_0^{\infty}\frac{1}{x^2+b^2}\mathrm{d}x+C\int_0^{\infty}\frac{1}{x^2+c^2}\mathrm{d}x=$
$\:$
$=A\cdot\dfrac{1}{a}arctan\left ( \dfrac{x}{a} \right )\Big|_0^{+\infty}+B\cdot\dfrac{1}{b}arctan\left ( \dfrac{x}{b} \right )\Big|_0^{+\infty}+C\cdot\dfrac{1}{c}arctan\left ( \dfrac{x}{c} \right )\Big|_0^{+\infty}=$
$\:$
$=\dfrac{\pi A}{2a}+\dfrac{\pi B}{2b}+\dfrac{\pi C}{2c}\leq\pi$

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε:

$-\dfrac{a}{(b^2-a^2)(c^2-a^2)}-\dfrac{b}{(a^2-b^2)(c^2-b^2)}-\dfrac{c}{(a^2-c^2)(b^2-c^2)}\leq 2$

Είναι:
$LHS=\dfrac{a}{(a^2-b^2)(c^2-a^2)}+\dfrac{b}{(a^2-b^2)(b^2-c^2)}+\dfrac{c}{(b^2-c^2)(c^2-a^2)}=$
$\:$
$=\dfrac{a(b^2-c^2)+b(c^2-a^2)+c(a^2-b^2)}{(a^2-b^2)(b^2-c^2)(c^2-a^2)}=\dfrac{(a-b)(b-c)(c-a)}{(a-b)(a+b)(b-c)(b+c)(c-a)(c+a)}=$
$\:$
$=\dfrac{1}{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq2$

Που ισχύει , αφού από την ΑΜ-ΓΜ παίρνουμε:

$(a+b)(b+c)(c+a)\geq8abc=\frac{1}{2}$

Ανισότητα ( 2 )

Ανισότητα ( 2 )

Re: Ανισότητα ( 2 )

Re: Ανισότητα ( 2 )

Re: Ανισότητα ( 2 )

Re: Ανισότητα ( 2 )

Re: Ανισότητα ( 2 )

Re: Ανισότητα ( 2 )

Μέλη σε σύνδεση