mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 15, 2011 9:46 pm**

Για κάθε τριάδα πραγματικών a,b,c

με

να αποδείξετε ότι

$a^2(a^2-ab-b^2)+b^2(b^2-bc-c^2)+c^2(c^2-ca-a^2) \geq -3$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 22, 2012 3:55 pm**

Dreamkiller έγραψε:Για κάθε τριάδα πραγματικών με να αποδείξετε ότι

$a^2(a^2-ab-b^2)+b^2(b^2-bc-c^2)+c^2(c^2-ca-a^2) \geq -3$

Συγνώμη που ξεθάβω παλιό ποστ, αλλά βρήκα μια λύση.

Θέλουμε να δείξουμε ότι $\displaystyle{a^4+b^4+c^4+3\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+a^3b+b^3c+c^3a}$ . Πολλαπλασιάζουμε με

και έχουμε ότι

$\displaystyle{3(a^4+b^4+c^4)+9\geq 3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+3(a^3b+b^3c+c^3a)}$ . Ισχύει όμως από την υπόθεση ότι $\displaystyle{ab+bc+ca=3}$ . Οπότε η δεδομένη γίνεται

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

ή

$\displaystyle{3(a^4+b^4+c^4)+2abc(a+b+c)\geq 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+3(a^3b+b^3c+c^3a)}$ .

Αυτή όμως, γράφεται $\displaystyle{3(a^4+b^4+c^4-a^3b-b^3c-c^3a)\geq a^2(b-c)^2+b^2(c-a)^2+c^2(a-b)^2}$ η οποία είναι Ανισότητα του κ. Cirtoaje.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 22, 2012 8:29 pm**

Φυσικά και έκανες πολύ καλά που ξέθαψες την παλιά ανισότητα, Γιώργο! Την είχα προσπαθήσει και εγώ κατά καιρούς χωρίς επιτυχία, μάλλον δεν είχα καταφέρει να την ομογενοποιήσω (κατά τον κατάλληλο τρόπο)... Η ανισότητα Cirtoaje στην οποία την ανάγεις βγαίνει εύκολα (και) με διαδοχικές παραγωγίσεις.

Γιώργος Μπαλόγλου

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 22, 2012 11:29 pm**

G.Bas έγραψε: Αυτή όμως, γράφεται $\displaystyle{3(a^4+b^4+c^4-a^3b-b^3c-c^3a)\geq a^2(b-c)^2+b^2(c-a)^2+c^2(a-b)^2}$ η οποία είναι Ανισότητα του κ. Cirtoaje.

Γιώργο αν γίνεται μπορείς να μας δώσεις μια απόδειξη ή μια παραπομπή;

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 22, 2012 11:42 pm**

Αποσύρω τη λύση λόγω λάθους.Ευχαριστώ κ.Δημήτρη για την επισήμανση.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 22, 2012 11:56 pm**

sokratis lyras έγραψε: Από Vask έχουμε: $a^4+b^4+c^4\ge 3(a^3b+b^3c+c^3a)$

Σωκράτη, νομίζω υπάρχει λάθος εδώ. Για παράδειγμα δεν ισχύει για a=b=c

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 23, 2012 12:12 am**

Έχετε δίκιο.Η ανισότητα που προανέφερα είναι η εξής: $(a^2+b^2+c^2)^2\ge 3(a^3b+b^3c+c^3a)$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 23, 2012 5:06 am**

gbaloglou έγραψε:Φυσικά και έκανες πολύ καλά που ξέθαψες την παλιά ανισότητα, Γιώργο! Την είχα προσπαθήσει και εγώ κατά καιρούς χωρίς επιτυχία, μάλλον δεν είχα καταφέρει να την ομογενοποιήσω (κατά τον κατάλληλο τρόπο)... Η ανισότητα Cirtoaje στην οποία την ανάγεις βγαίνει εύκολα (και) με διαδοχικές παραγωγίσεις.

Φαίνεται να υπάρχει πρόβλημα με την μέθοδο μου σε μία από τις δύο περιπτώσεις που απαιτεί η 'ημικυκλικότητα' της ανισότητας, συγκεκριμένα στην $b\leq a\leq c$ . Η άλλη περίπτωση, $a\leq b\leq c$ , είναι εντάξει, νομίζω. (Ίσως το ξαναδώ...)

Γιώργος Μπαλόγλου

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 23, 2012 10:32 am**

G.Bas έγραψε:
$\displaystyle{3(a^4+b^4+c^4)+2abc(a+b+c)\geq 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+3(a^3b+b^3c+c^3a)}$ .

Βάζω την προσέγγισή μου από εδώ αι κάτω.
Αν κάνουμε χρήση της γνωστής $(a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(a^3b+b^3c+c^3a)$ τότε μένει να δείξουμε ότι

$a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)\geq 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$

Όμως από την ανισότητα Schur (n=2) έχουμε ότι $a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)\geq ab(a^2+b^2)+bc(b^2+c^2)+ca(c^2+a^2)$

Επόμενως η ζητούμενη προκύπτει με χρήση της $a^2+b^2\geq 2ab$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 31, 2012 4:13 pm**

Αλλιώς, γραφεται ως $\sum(ab-bc+c^2-2a^2+b^2)^2 \geq 0$ .

mathematica.gr

Ανισότητα στους πραγματικούς

Ανισότητα στους πραγματικούς

Re: Ανισότητα στους πραγματικούς

Re: Ανισότητα στους πραγματικούς

Re: Ανισότητα στους πραγματικούς

Re: Ανισότητα στους πραγματικούς

Re: Ανισότητα στους πραγματικούς

Re: Ανισότητα στους πραγματικούς

Re: Ανισότητα στους πραγματικούς

Re: Ανισότητα στους πραγματικούς

Re: Ανισότητα στους πραγματικούς