Ελάχιστη τιμή

nicolae · #1

Θεωρούμε ορθογώνιο τρίγωνο $AB\Gamma$ , με $\widehat{A}=90^{\circ}.$ Να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης $\displaystyle P=\frac{\beta^2(\gamma+\alpha)+\gamma^2(\beta+\alpha)}{\alpha\beta\gamma}$

giannisn1990 · #2

Γράφουμε $\displaystyle b=a\sin x$ και $\displaystyle c=a\cos x$ .Έτσι
$\displaystyle P=\frac{a^{2}\sin^{2} x(a\cos x +a)+a^{2}\cos^{2} x(a+a\sin x)}{a^{3}\cos x\cdot \sin x}=\frac{\sin^{2} x+\cos^{2} x+\cos x\cdot \sin x(\sin x+\cos x)}{\cos x\cdot \sin x} =\tan x+\cot x+\sin x+\cos x=f(x)$
με $\displaystyle x\in(0,\frac{\pi}{2})$
Είναι
$\displaystyle f^{\prime}(x)=\frac{1-\cos^{3} x}{\cos ^{2} x}-\frac{1+\sin^{3} x}{\sin^{2} x}=...= (+)\cdot (\tan x-1)$
Άρα $\displaystyle P_{min}=f(\frac{\pi}{4})=2+\sqrt{2}$
με το

να ισχύει αν και μόνο αν $\displaystyle x=\frac{\pi}{4}$ ,δηλαδή όταν το τρίγωνο γίνει ορθογώνιο και ισκοσκελές

nicolae · #3

Φίλε Γιάννη, η άσκηση αλιεύθηκε από ξενόγλωσσο περιοδικό που απευθύνεται σε μαθητές γυμνασίου...άρα πρέπει να υπάρχει στοιχειώδης λύση. Η λύση σου βεβαίως είναι σωστή

#4

$\displaystyle P=\frac{b(c+a)}{ac}+\frac{c(b+a)}{ab}=\frac{v_a+b}{c}+\frac{v_a+c}{b} \displaystyle \frac{b}{c} +\frac{c}{b} \ge 2 \displaystyle v_a(\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\ge \sqrt{2}\Leftrightarrow (\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{2}{bc})\ge\frac{2}{v_a^2}=(\frac{2}{b^2}+\frac{2}{c^2})\Leftrightarrow (\frac{1}{b}-\frac{1}{c})^2\ge 0$

Οι δυο τελευταίες ισχύουν ταυτόχρονα ως ισότητες για $b=c ,P(min)=2+\sqrt{2}$

#5

Θα ζητήσω τη γνώμη σας για την παρακάτω αντιμετώπιση που φοβάμαι ότι ακροβατεί επικίνδυνα, εκεί όπου σπάω την παράσταση και παίρνω το άθροισμα των δύο ελαχίστων.

Ήθελα να χρησιμοποιήσω μόνο εργαλεία επιπέδου έως Β΄ Λυκείου, αποφεύγοντας την παράγωγο
π.χ. της P(x) = ημx + συνx + εφx + σφx, με 0 < x < π/2

Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 90° και έστω Β = φ, είναι:
$\eta \mu \phi = \frac{\beta }{\alpha },\;\sigma \upsilon \nu \phi = \frac{\gamma }{\alpha }$

Η παράσταση γράφεται:
$P = \frac{{\beta ^2 \left( {\gamma + \alpha } \right) + \gamma ^2 \left( {\beta + \alpha } \right)}}{{\alpha \beta \gamma }} = \frac{{\beta \gamma + \beta \alpha }}{{\alpha \gamma }} + \frac{{\gamma \beta + \gamma \alpha }}{{\alpha \beta }} = \frac{\beta }{\alpha } + \frac{\beta }{\gamma } + \frac{\gamma }{\alpha } + \frac{\gamma }{\beta } = \eta \mu \phi + \sigma \upsilon \nu \phi + \left( {\frac{\beta }{\gamma } + \frac{\gamma }{\beta }} \right)$

Είναι $\frac{\beta }{\gamma } + \frac{\gamma }{\beta } \ge 2$ , με το (=) όταν β = γ (ισοσκελές ορθογώνιο τρίγωνο)
και $\eta \mu \phi + \sigma \upsilon \nu \phi = \sqrt 2 \eta \mu \left( {\phi + \frac{\pi }{4}} \right) \ge \sqrt 2$ , με το (=) όταν φ = π/4 (ισοσκελές ορθογώνιο τρίγωνο)

Οπότε ελάχιστη τιμή προκύπτει 2 + $\sqrt 2$

Γιώργος Ρίζος

#6

Rigio έγραψε:Θα ζητήσω τη γνώμη σας για την παρακάτω αντιμετώπιση <...>

Γιώργο, μια χαρά είναι η μέθοδος και δεν βλέπω κανένα πρόβλημα: Αφού τα ελάχιστα των δύο παραστάσεων λαμβάνονται συγχρόνως, η πρόσθεση κατά μέλη είναι επιτρεπτή.

Κάτι παρόμοιο κάνει και η λύση του Ροδόλφου, παραπάνω.

Θα τολμούσα να πω ότι οι δύο λύσεις (Γιώργου και Ροδόλφου) είναι ιδιαίτερα καλές γιατί παρατηρούν ότι η προς εξέταση παράσταση "σπάει" σε δύο επιμέρους, ανεξάρτητα, στοιχεία.

Σας ευχαριστούμε και τους δύο για τις πάντα κομψές σας λύσεις.

Φιλικά,

Μιχάλης.

giannisn1990 · #7

Rigio έγραψε: και $\eta \mu \phi + \sigma \upsilon \nu \phi = \sqrt 2 \eta \mu \left( {\phi + \frac{\pi }{4}} \right) \ge \sqrt 2$ , με το (=) όταν φ = π/4 (ισοσκελές ορθογώνιο τρίγωνο)

Οπότε ελάχιστη τιμή προκύπτει 2 + $\sqrt 2$

Συγγνώμη ..αλλά γιατί να ισχύει η παραπάνω ανισότητα ?

#8

giannisn1990 έγραψε:
Rigio έγραψε: και $\eta \mu \phi + \sigma \upsilon \nu \phi = \sqrt 2 \eta \mu \left( {\phi + \frac{\pi }{4}} \right) \ge \sqrt 2$ , με το (=) όταν φ = π/4 (ισοσκελές ορθογώνιο τρίγωνο)

Οπότε ελάχιστη τιμή προκύπτει 2 + $\sqrt 2$

Συγγνώμη ..αλλά γιατί να ισχύει η παραπάνω ανισότητα ?

Έχεις δίκιο. Η ανισότητα πάει ανάποδα.

Όπως το βλέπω, έστω πρόχειρα, και οι τρεις αποδείξεις παραπάνω έχουν πρόβλημα.

α) την δική σου είναι λάθος το πρώτο "-" στην ισότητα
$\displaystyle f^{\prime}(x)=\frac{1-\cos^{3} x}{\cos ^{2} x}-\frac{1+\sin^{3} x}{\sin^{2} x}=...$
(δεν έλεγξα από κει και πέρα, οπότε μπορεί να είναι μόνο τυπογραφικό)
β) στου Ροδόλφου η ανισότητα υ/γ + υ/β $\ge \sqrt{2}$ πάει ανάποδα
γ) στου Γιώργου, είπαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης

#9

Δεν ασχοληθηκα μ' αυτην την ασκηση και γιατι δεν μου αρεσε και γιατι νομιζα πως ειχε λυθει. Προτεινω τωρα το εξης: θετουμε α = (β^2+γ^2)^.5 οποτε θελουμε την ελαχιστοποιηση του (β+γ)/(β^2+γ^2)^.5 + (β^2+γ^2)/βγ, *η*, μεσω της β+γ >= 2(βγ)^.5, της 2/(χ^.5) + χ οπου χ = (β^2+γ^2)/βγ >= 2^ η συναρτηση αυτη ειναι αυξουσα για χ >= 2, οποτε εχουμε ελαχιστοποιηση στο χ = 2 (ισοσκελες ορθογωνιο τριγωνο).

... Αν δεν επιτρεπεται να χρησιμοποιησουμε παραγωγους για να δειξουμε οτι η 2/(χ^.5) + χ ειναι αυξουσα για χ >= 2 (για χ >= 1 στην πραγματικοτητα), παρατηρουμε οτι αν 1 <= χ < ψ τοτε 2/(χ^.5) + χ < 2/(ψ^.5) + ψ (καθως η τελευταια ανισοτητα ειναι ισοδυναμη προς την 2 <= (χ^.5 + ψ^.5)*(χψ)^.5).

Γιωργος Μπαλογλου

#10

Θα προσπαθήσω να παρουσιάσω μια εντελώς στοιχειώδη λύση . (θα χρησιμοποιήσω αγγλικούς χαρακτήρες)

Η παράσταση παίρνει τη μορφή
$P=\frac{b+c}{a}+\frac{a^2}{bc}=\frac{b+c}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{b^2+c^2}{bc}$

Τώρα έχουμε ότι $P-2-\sqrt{2}=\frac{b+c}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{b^2+c^2}{bc}-\sqrt{2}-2=-\frac{(b-c)^2}{(b+c+\sqrt{2(b^2+c^2)})\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{(b-c)^2}{bc}$

Άρα $P-2-\sqrt{2}=(b-c)^2(\frac{1}{bc}-\frac{1}{(b+c+\sqrt{2(b^2+c^2)})\sqrt{b^2+c^2}})\geq 0$

γιατί $(b+c+\sqrt{2(b^2+c^2)})\sqrt{b^2+c^2}>2(b^2+c^2)\geq 4bc>bc$

#11

Διορθώνω το προφανές λάθος μου
$\displaystyle P=\frac{b+c}{a}+\frac{a}{v_a}=\sqrt{\frac{(b+c)^2}{b^2+c^2}}+\sqrt{b^2+c^2}\sqrt{\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}=\sqrt{1+2\frac{1}{y}}+y, y=\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\ge 2$
Αρκεί να δείξω ότι
$\displaystyle \sqrt{1+2\frac{1}{y}}+y\ge 2+\sqrt{2}\Leftrightarrow y-2\ge \frac{\frac{y-2}{y}}{\sqrt{2}+\sqrt{1+\frac{2}{y}}}\Leftrightarrow y\sqrt{2}+y\sqrt{1+\frac{2}{y}}\ge 1$ που ισχύει αφού $y\ge 2$
Η ισότητα ισχύει όταν y=2 δηλαδή b=c

#12

Μετά τη "απάντηση", μνημείο αφηρημάδας σε προηγούμενο μήνυμα, (που παραδόξως(;) με βόλευε πολύ...), επιχειρώ μία ακόμη απάντηση με χρήση στοιχειωδών μόνο μαθηματικών (που οι μαθητές Γυμνασίου που συμμετέχουν σε διαγωνισμούς οφείλουν να κατέχουν, αν δεν κάνω λάθος):

Είναι:
$P = \frac{{\beta ^2 \left( {\alpha + \gamma } \right) + \gamma ^2 \left( {\alpha + \beta } \right)}}{{\alpha \beta \gamma }} = \frac{{\beta ^2 \alpha + \beta ^2 \gamma + \gamma ^2 \alpha + \gamma ^2 \beta }}{{\alpha \beta \gamma }} = \frac{{\left( {\beta ^2 + \gamma ^2 } \right)}}{{\beta \gamma }} + \frac{{\left( {\beta + \gamma } \right)}}{\alpha } = \frac{{\left( {\beta ^2 + \gamma ^2 } \right)}}{{\beta \gamma }} + \frac{{\left( {\beta + \gamma } \right)}}{{\sqrt {\beta ^2 + \gamma ^2 } }}$

Ισχύει: $\beta ^2 + \gamma ^2 \ge 2\beta \gamma \;\;\kappa \alpha \iota \;\;\beta + \gamma \ge 2\sqrt {\beta \gamma }$

άρα: $P = \frac{{\left( {\beta ^2 + \gamma ^2 } \right)}}{{\beta \gamma }} + \frac{{\left( {\beta + \gamma } \right)}}{{\sqrt {\beta ^2 + \gamma ^2 } }} \ge \frac{{2\beta \gamma }}{{\beta \gamma }} + \frac{{2\sqrt {\beta \gamma } }}{{\sqrt {2\beta \gamma } }} = 2 + \sqrt 2$

με το (=) όταν β = γ (ορθογώνιο ισοσκελές τρίγωνο).

Ρίζος Γιώργος

#13

Τώρα νομίζω πως είναι πιο στοιχειώδης κι απο...στοιχειώδης. Μπράβο Γιώργο!
Υ.Γ Αλλά για στάσου... Είναι $\displaystyle{\displaystyle \beta ^2 + \gamma ^2 \geqslant 2\beta \gamma \Leftrightarrow \sqrt {\beta ^2 + \gamma ^2 } \geqslant \sqrt {2\beta \gamma } \Leftrightarrow \frac{1} {{\sqrt {\beta ^2 + \gamma ^2 } }} \leqslant \frac{1} {{\sqrt {2\beta \gamma } }} }$ .
Στοιχειωμένη;

#14

chris_gatos έγραψε:Τώρα νομίζω πως είναι πιο στοιχειώδης κι απο...στοιχειώδης. Μπράβο Γιώργο!
Υ.Γ Αλλά για στάσου... Είναι $\displaystyle{\displaystyle \beta ^2 + \gamma ^2 \geqslant 2\beta \gamma \Leftrightarrow \sqrt {\beta ^2 + \gamma ^2 } \geqslant \sqrt {2\beta \gamma } \Leftrightarrow \frac{1} {{\sqrt {\beta ^2 + \gamma ^2 } }} \leqslant \frac{1} {{\sqrt {2\beta \gamma } }} }$ .
Στοιχειωμένη;

Οχι βεβαια -- απλως μια ακομη περιπτωση οπου θελουμε Α + Β > Γ + Δ εχοντας Α > Γ και Β < Δ: οποτε η συγκρινουμε τις διαφορες (Α-Γ και Δ-Β) η, αν δεν ειμαστε τυχεροι, αναζητουμε 'συνολικη' προσεγγιση (με παραγωγους ας πουμε).

[Το ωραιο ειναι οτι βλεποντας την λυση του αλλου Γιωργου, αρκετα απλουστερη της δικης μου, αναρωτηθηκα "μα πως μου ξεφυγε (η απλοποιηση)?"

]

Γιωργος Μπαλογλου

#15

Αυτό που συμβαίνει εδώ (δλδ το να πάει η μια ανισότητα κατά τη φορά που θέλουμε αλλά η άλλη να αλλάζει δείχνει ότι η ανισότητα είναι σφιχτή , απλά η μία φορά είναι πιο ""ισχυρή"" από την άλλη και αυτό φαίνεται από τη λύση μου (η οποία παρεπιπτόντως δεν σχολιάστηκε...(έχω κάπου λάθος ?))

#16

smar έγραψε:Αυτό που συμβαίνει εδώ (δλδ το να πάει η μια ανισότητα κατά τη φορά που θέλουμε αλλά η άλλη να αλλάζει δείχνει ότι η ανισότητα είναι σφιχτή , απλά η μία φορά είναι πιο ""ισχυρή"" από την άλλη και αυτό φαίνεται από τη λύση μου (η οποία παρεπιπτόντως δεν σχολιάστηκε...(έχω κάπου λάθος ?))

Οχι, δεν βλεπω λαθος -- εσυ στην δικη μου λυση?

Γιωργος

#17

Κοιτώντας ξανά την άσκηση και τους διαλόγους των συναδέλφων, έχω να πω προς τον Γιώργο Μπαλόγλου πως πραγματικά δεν καταλαβαίνω τη λύση του (ίσως για τον τρόπο που είναι εκφρασμένη), αλλά και για τη λύση του φίλου smar να πω πως είναι όντως στοιχειώδης, αν και μοιάζει προκάτ αφού ''γνωρίζει'' απο πριν το αποτέλεσμα και το ζητούμενο.Εννοώ φυσικά πως φαίνεται λίγο μαγικό, το πως θεωρεί τη διαφορά και παρουσιάζει το $\displaystyle{\displaystyle 2 + \sqrt 2 }$ .
Κάποιος που θα τη διάβαζε ανυποψίαστος, θα είχε πολλά ερωτηματικά!

#18

Φίλε Χρήστο, στην ειδική περίπτωση που β=γ η παράσταση Ρ λάμβάνει την τιμή $2+\sqrt{2}$ . Από την άλλη, όπως φαίνεται στις παραπάνω κομψές λύσεις, το Ρ είναι άθροισμα δύο κλασμάτων, το ένα μεγαλύτερο ή ίσο του 2 ενώ το άλλο μικρότερο ή ίσο του $\sqrt{2}$ . Δεν είναι λοιπόν τόσο παράδοξο να επιχειρήσει κανείς να αποδείξει ότι το ελάχιστο είναι το $2+\sqrt{2}$ . Τότε οι ισχυρές υποψίες γίνονται βεβαιότητες.

#19

Δεν αμφιβάλλω για την κομψότητα της λύσης, απλά η επισήμανση μου έχει να κάνει μόνο με το ''ορθόδοξο'' της λύσης
και τίποτα περισσότερο.

#20

chris_gatos έγραψε: η επισήμανση μου έχει να κάνει μόνο με το ''ορθόδοξο'' της λύσης

Χρήστο, μη το ψάχνεις. Αν ο Σιλουανός (smar) είχε ορθόδοξη λύση στο πρόβλημα, δεν θα έκανε το κόπο να την γράψει εδώ. Ούτε θα πρώτευε στον Αρχιμήδη.

Φιλικά,

Μιχάλης

Ελάχιστη τιμή

Ελάχιστη τιμή

Re: Ελάχιστη τιμή

Re: Ελάχιστη τιμή

Re: Ελάχιστη τιμή

Re: Ελάχιστη τιμή

Re: Ελάχιστη τιμή

Re: Ελάχιστη τιμή

Re: Ελάχιστη τιμή

Re: Ελάχιστη τιμή

Re: Ελάχιστη τιμή

Re: Ελάχιστη τιμή

Re: Ελάχιστη τιμή

Re: Ελάχιστη τιμή

Re: Ελάχιστη τιμή

Re: Ελάχιστη τιμή

Re: Ελάχιστη τιμή

Re: Ελάχιστη τιμή

Re: Ελάχιστη τιμή

Re: Ελάχιστη τιμή

Re: Ελάχιστη τιμή

Μέλη σε σύνδεση