Ανισότητα υπό συνθήκη!

#1

Να αποδείξετε ότι για οποιουσδήποτε θετικούς πραγματικούς αριθμούς a,b,c

με $\displaystyle \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 1$ ισχύει η ανισότητα:

$\displaystyle \left( {{a^2} - 3a + 3} \right)\left( {{b^2} - 3b + 3} \right)\left( {{c^2} - 3c + 3} \right) \ge {a^2} + {b^2} + {c^2}.$

#2

Γράφω μια απάντηση που δεν μου αρέσει! Ελπίζω να δοθεί συντομότερη.

Η αποδεικτέα ισοδυναμεί με την
$\left( a^{2}-3a+3\right) \left( b^{2}-3b+3\right) \left( c^{2}-3c+3\right) -\left( a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \geq 0~\ \ \ (1)$

Το πρώτο μέλος της (1)

είνα συμμετρικό πολυώνυμο στα a,b,c

και ξέρουμε ότι εκφράζεται ως πολυώνυμο των στοιχειωδών συμμετρικών πολυωνύμων
x=a+b+c

,

των

.
Χρησιμοποιώντας γνωστές ταυτότητες το εκφράζουμε ως πολυώνυμο των x,z,y

και βρίσκουμε ότι η (1)

ισοδυναμεί με την
$y^{2}-3zy+3xy-27x+3z^{2}-9xz+11z+8x^{2}+\allowbreak 27\geq 0$
Η υπόθεση
$'\displaystyle \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$
μας πληροφορεί ότι z=y

επομένως η αποδεικτέα (1)

γίνεται
$8x^{2}+y^{2}-6xy-27x+11y+27\geq 0$

Οι μεταβλητές x,y,z

υπόκεινται σε περιορισμούς.
'Ενας πρώτος περιορισμος προκύπτει από το ότι τα a,b,c

είναι θετικοί πραγματικοί. Τα a,b,c

είναι ρίζες του $t^{3}-xt^{2}+zt-y$ που έχει διακρίνουσα(*)
$\left( a-b\right) ^{2}\left( b-c\right) ^{2}\left( c-a\right) ^{2}=\allowbreak -27y^{2}+18xzy-4z^{3}-4x^{3}y+x^{2}z^{2}$
Για να είναι τα a,b,c

θετικά πρέπει η διακρίνουσα να είναι μη αρνητική
που με την επιπλέον υπόθεση ότι ότι z=y

η γίνεται $-y\left( 27y-x^{2}y-18xy+4x^{3}+4y^{2}\right)$ .

Επομένως θα είναι x>0,y>0

και $27y-x^{2}y-18xy+4x^{3}+4y^{2}\leq 0$ .
Ωστόσο οι υποθέσεις x>0,y>0

μπορούν να γίνουν πιο ειδικές.
Από την ανισότητα του Cauchy έχουμε
$\displaystyle \frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\leq \root{3}\of{abc}\leq \frac{a+b+c}{3}$
Άρα λαμβάνοντας υπ' όψιν την υπόθεση $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$ βρίσκουμε ότι $x\geq 9,y\geq 27$
Επομένως πρέπει να αποδείξουμε ότι αν $x\geq 9,y\geq 27$ και $27y-x^{2}y-18xy+4x^{3}+4y^{2}\leq 0$ τότε είναι $8x^{2}+y^{2}-6xy-27x+11y+27\geq 0$ .
Αν κάνουμε την αλλαγή μεταβλητής x-9=X

,

οι παραπάνω σχέσεις απλουστεύονται και καταλήγουμε να έχουμε υποθέσεις $X\geq 0,Y\geq 0$ και $\allowbreak 4Y^{2}-\left( X^{2}+36X\right) Y+\left( 4X^{3}+81X^{2}\right) \leq 0$ και να θέλουμε να δείξουμε ότι
$Y^{2}-\left( 6X-11\right) Y+\left( 8X^{2}-45X\right) \geq 0$ .

Μπορούμε να θεωρήσουμε τα $4Y^{2}-\left( X^{2}+36X\right) Y+\left( 4X^{3}+81X^{2}\right)$ ) και $Y^{2}-\left( 6X-11\right) Y+\left( 8X^{2}-45X\right)$ ως τριώνυμα του

με παράμετρο το $X\geq 0$ . Δεν είναι δύσκολο να διαπιστώσουμε ότι για X>0

και τα δύο έχουν δύο διαφορετικές ρίζες. Το πρώτο γίνεται $\leq 0$ όταν το

είναι στο κλειστό διάστημα των ριζών του και το δεύτερο γίνεται $\geq 0$ όταν το

βρίσκεται εκτός του ανοικτού διαστήματος των ριζών του. Αν αποδείξουμε ότι οι ρίζες του πρώτου είναι μεγαλύτερες και από τις δύο ρίζες του δεύτερου έχουμε τλειώσει.
Αρχικά θα δείξουμε ότι για δοθέν X>0

τα δύο τριώνυμα δεν έχουν κοινή ρίζα. Ένας τρόπος είναι να χρησιμοποιήσουμε την απαλείφουσα (**) αλλά οι πράξεις είναι αρκετά επίπονες. Ένας άλλος είναι ο ακόλουθος: Ας υποθέσουμε ότι για X>0

έχουν κοινή ρίζα Y>0

. Θέτουμε

και αντικαθιστούμε στα τριώνυμα. Βρίσκουμε ότι
$\left( 4-m\right) X+4m^{2}-36m+81=0$ και $\left( m^{2}-6m+8\right) X+11m-45=0$
Εύκολα διαπιστώνουμε ότι πρέπει $4<m<\frac{45}{11}$ και απαλείφοντας το

και εξισώνοντας καταλήγουμε στην εξίσωση
$4m^{3}-44m^{2}+164m-207=0$
Mε $f\left( m\right) =4m^{3}-44m^{2}+164m-207$ είναι f(0)= -207

και

επομένως η εξίσωση έχει μία ρίζα στο (0,1)

. Η ρίζα αυτή είναι μοναδική. Αυτό διαπιστώνεται ή με μελέτη της συνάρτησης

ή υπολογίζοντας την διακρίνουσα του f(m)

που βρίσκεται

και επομένως έχει δύο μιγαδικές συζυγείς ρίζες και μία πραγματική. Αυτό έρχεται σε αντίθεση με τον περιορισμό $4<m<\frac{45}{11}$ .
Ας συμβολίσουμε με $m_{1}\left( X\right) ,M_{1}\left( X\right)$ και $m_{2}\left( X\right) ,M_{2}\left( X\right)$ την μικρότερη και την μεγαλύτερη ρίζα του πρώτου και του δεύτερου τριωνύμου αντιστοίχως για δοθείσα τιμή του X>0

. Οι συναρτήσεις $m_{1}\left( X\right) ,M_{2}\left( X\right)$ είνα συνεχείς στο $\left( 0,+\infty \right)$ .
και αφού τα δύο τριώνυμα δεν έχουν κοινή ρίζα για κανένα X>0

η συνάρτηση $m_{1}\left( X\right) -M_{2}\left( X\right)$ διατηρεί πρόσημο. Αλλά
$m_{1}\left( 1\right) -M_{2}\left( 1\right) =\frac{17}{4}-\left( -\frac{5}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{173}\right) =\allowbreak \frac{27}{4}-\frac{1}{2}\sqrt{173}>0$ . Επομένως η $m_{1}\left( X\right) -M_{2}\left( X\right)$ είναι θετική. Άρα
$M_{1}\left( X\right) >m_{1}\left( X\right) >M_{2}\left( X\right) >m_{2}\left( X\right)$ και η απόδειξη έχει ολοκληρωθεί.
_______________________________________________________________________________________________
(*) Υπενθυμίζεται ότι η διακρίνουσα ενός πολυωνύμου της μορφής $Ax^{3}+Bx^{2}+Cx+D$ είναι η παράσταση
$\left( \rho _{1}-\rho _{2}\right) ^{2}\left( \rho _{1}-\rho _{3}\right) ^{2}\left( \rho _{2}-\rho _{3}\right) ^{2}$ όπου $\rho _{1},\rho _{2},\rho _{3}$ είναι οι ρίζες του. Πρόκειται για συμμετρικό πολυώνυμο των ριζών και εκφράζεται συναρτήσει των συντελεστών μέσω των σχέσεων του Vieta:
$\left( \rho _{1}-\rho _{2}\right) ^{2}\left( \rho _{1}-\rho _{3}\right) ^{2}\left( \rho _{2}-\rho _{3}\right) ^{2}=-27A^{2}D^{2}+18ABCD-4AC^{3}-4B^{3}D+B^{2}C^{2}$
Οι ρίζες του πολυωνύμου είναι πραγματικές αν και μόνο αν η διακρίνουσα του είναι μη αρνητική και θετικές αν επιπλέον είναι μη αρνητική οι συμμετρικές παραστάσεις είναι θετικές.
(**) https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 60&t=25542

Edit 27-8-19 Αντικαταστάθηκαν οι λέξεις με κόκκινο με τις λέξεις με πράσινο στην υποσημείωση (*). Ευχαριστώ τον Σταύρο Παπαδόπουλο για την επισήμανση της αβλεψίας.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #3

Έχουμε:

$a^2-3a+3=a^2(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})^2-3a(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})+3=(1+\dfrac{a}{b}+\dfrac{a}{c})^2-\dfrac{3a}{b}-\dfrac{3a}{c}$

Ομοίως $b^2-3b+3=(1+\dfrac{b}{a}+\dfrac{b}{c})^2-\dfrac{3b}{a}-\dfrac{3b}{c}$ και $c^2-3c+3=(1+\dfrac{c}{a}+\dfrac{3c}{b})^2-\dfrac{3c}{a}-\dfrac{c}{b}$

Οπότε πολλαπλασιάζοντας και κάνοντας απαλοιφή (

):

$\displaystyle{(a^2-3a+3)(b^2-3b+3)(c^2-3c+3)=((1+\dfrac{a}{b}+\dfrac{a}{c})^2-\dfrac{3a}{b}-\dfrac{3a}{c})((1+\dfrac{b}{a}+\dfrac{b}{c})^2-\dfrac{3b}{a}-\dfrac{3b}{c})((1+\dfrac{c}{a}+\dfrac{c}{b})^2-\dfrac{3c}{a}-\dfrac{3c}{b})=}$

$=9+\dfrac{a^2b^2}{c^4}+\dfrac{b^2c^2}{a^4}+\dfrac{c^2a^2}{b^4}+\dfrac{2a^2}{bc}+\dfrac{2b^2}{ca}+\dfrac{2c^2}{ab}+\dfrac{3ab}{c^2}+\dfrac{3bc}{a^2}+\dfrac{3ca}{b^2}$

Παράλληλα είναι:

$a^2+b^2+c^2=(a^2+b^2+c^2)(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})^2$ $=3+\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{a^2}{c^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{b^2}{a^2}+\dfrac{c^2}{a^2}+\dfrac{c^2}{b^2}+\dfrac{2a}{b}+\dfrac{2a}{c}+\dfrac{2b}{a}+\dfrac{2b}{c}+\dfrac{2c}{a}+\dfrac{2c}{b}+\dfrac{2a^2}{bc}+\dfrac{2b^2}{ca}+\dfrac{2c^2}{ab}$

Οπότε αρκεί:

$\displaystyle{6+\dfrac{a^2b^2}{c^4}+\dfrac{b^2c^2}{a^4}+\dfrac{c^2a^2}{b^4}+\dfrac{3ab}{c^2}+\dfrac{3bc}{a^2}+\dfrac{3ca}{b^2}\geq \dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{a^2}{c^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{b^2}{a^2}+\dfrac{c^2}{a^2}+\dfrac{c^2}{b^2}+\dfrac{2a}{b}+\dfrac{2a}{c}+\dfrac{2b}{a}+\dfrac{2b}{c}+\dfrac{2c}{a}+\dfrac{2c}{b}\Leftrightarrow}$

$\Leftrightarrow 6a^4b^4c^4+a^6b^6+b^6c^6+c^6a^6+3a^5b^5c^2+3a^5b^2c^5+3a^2b^5c^5\geq$
$\displaystyle{\geq 2(a^5b^4c^3+a^5b^3c^4+a^4b^5c^3+a^4b^3c^5+a^3b^5c^4+a^3b^4c^5)+(a^6b^4c^2+a^6b^2c^4+a^4b^6c^2+a^4b^2c^6+a^2b^6c^4+a^2b^6c^4)}$

Από Shur παρατηρούμε ότι $a^6b^6+b^6c^6+c^6a^6+3a^4b^4c^4\geq a^6b^4c^2+a^6b^2c^4+a^4b^6c^2+a^4b^2c^6+a^2b^6c^4+a^2b^6c^4$ , οπότε αρκεί:

$3a^4b^4c^4+3a^5b^5c^2+3a^5b^2c^5+3a^2b^5c^5\geq 2(a^5b^4c^3+a^5b^3c^4+a^4b^5c^3+a^4b^3c^5+a^3b^5c^4+a^3b^4c^5)\Leftrightarrow 3a^2b^2c^2+3a^3b^3+3b^3c^3+3c^3a^3\geq 2(a^3b^2c+a^3bc^2+a^2b^3c+a^2bc^3+ab^3c^2+ab^2c^3)$

Από Shur παρατηρούμε ότι $3a^2b^2c^2+a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3\geq a^3b^2c+a^3bc^2+a^2b^3c+a^2bc^3+ab^3c^2+ab^2c^3$

Οπότε αρκεί $2(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)\geq a^3b^2c+a^3bc^2+a^2b^3c+a^2bc^3+ab^3c^2+ab^2c^3$ , που ισχύει από Muirhead!

harrisp · #4

emouroukos έγραψε: Πέμ Φεβ 01, 2018 3:05 pm Να αποδείξετε ότι για οποιουσδήποτε θετικούς πραγματικούς αριθμούς με $\displaystyle \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 1$ ισχύει η ανισότητα:

$\displaystyle \left( {{a^2} - 3a + 3} \right)\left( {{b^2} - 3b + 3} \right)\left( {{c^2} - 3c + 3} \right) \ge {a^2} + {b^2} + {c^2}.$

Αλλάζω τις μεταβλητές ώστε η συνθήκη να γίνει άθροισμα θετικών ίσο με 3 ( $a=\frac {3}{x}$ κλπ.)

Τότε η δοσμένη γίνεται:

$3\prod (x^2-3x+3)\geq \sum x^2y^2$

Με χρήση u,v,w

χωρίς να ανοίξουμε είναι φανερό ότι θα προκύψει παράσταση της μορφής:

$f(w^3)=w^6+P(u,v)w^3+Q(u,v)\geq 0$ .

Αφού η

είναι κυρτή, 2 μεταβλητές πρέπει να είναι ίσες για το ελάχιστο.

Έστω y=z

οπότε

με $0<y<\frac {3}{2}$ .

Ανοίγοντας (δεν κοίταξα για κάτι πιο σύντομο) καταλήγουμε στην: $3(y - 1)^2(2y-3) (2 y^3 - 8 y^2 + 12 y - 9)\geq 0$ που ισχύει αφού 2 y^3 - 8 y^2 + 12 y - 9<2 y^3 - 8 y^2 + 12 y - 8=2(y-2)(y^2-2y+2)<0

Ανισότητα υπό συνθήκη!

Ανισότητα υπό συνθήκη!

Re: Ανισότητα υπό συνθήκη!

Re: Ανισότητα υπό συνθήκη!

Re: Ανισότητα υπό συνθήκη!

Μέλη σε σύνδεση