mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 16, 2012 12:34 pm**

Μια ανισότητα που προσωπικά με παίδεψε αλλά πιστεύω πως η νεολαία εδώ έχει πολλά να πει.
Επιτρέπονται τα πάντα στην (σχολική) ύλη του Λυκείου, γι' αυτό και το σχόλιο στην τάξη.
Υπάρχει λυμένη στο

, αλλά δεν θα δώσω την λύση.
Τι έχει το μενού λοιπόν;

Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{x,y \geq 0}$ με $\displaystyle{x+y \leq 1}$ .
Nα δείξετε ότι $\displaystyle{x^2 + 8x^2 y ^2 + y ^2 \leq 1}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 16, 2012 1:17 pm**

Η αποδεικτεα γίνεται εύκολα
$\displaystyle{ (x+y)^2 \leq 1-8x^2y^2+2xy$ Εδώ αρκεί $1 \leq -8x^2y^2+2xy+1 \Leftrightarrow 8x^2y^2 \leq 2xy }$ Αν οποιοςδηποτε απο τους δυο ειναι μηδεν ισχυει τετριμενα αρα για $\displaystyle{ xy \ne 0 }$ αρκεί
$\displaystyle{ xy \leq \frac{1}{4} }$
Όμως έχω απο την $\displaystyle{ (x+y)^2 \geq 4xy \Rightarrow 1 \geq (x+y)^2 \geq 4xy \Leftrightarrow xy \leq \frac{1}{4} }$ αρα απεδειχθη

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 17, 2012 12:59 am**

Προφανώς $x\leq1,y\leq1$
Ορίζω $f(x)=(1+8y^2)x^2+y^2-1, x\in[0,1]$ η οποία είναι γνησίως αύξουσα διότι $f'(x)=2x(1+8y^2)\geq0$ με την ισότητα για x=0

(ή με ορισμό)

Τότε για $\dislaystyle x\leq1-y \Rightarrow f(x)\leq f(1-y)$ με την ισότητα να ισχύει για x=1-y

οπότε $f(x)\leq y(y-1)(8y^2-8y+2)\Rightarrow f(x)\leq 8y(y-1)(y-\frac{1}{2})^2\leq0$
με την ισότητα να ισχύει για y=0

ή

ή $y=\frac{1}{2}$

Άρα $x^2+8x^2y^2+y^2\leq1$ με την ισότητα για (x,y)=(1,0)

,

, $\displaystyle(x,y)=(\frac{1}{2},\frac{1}{2})$

Επεξεργασία:Διατύπωσα καλύτερα τα ζεύγη τιμών για τα οποία ισχύει η ισότητα.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 17, 2012 5:14 pm**

Bill K ωραία λύση

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 17, 2012 5:56 pm**

Σας ξαναευχαριστώ πολύ!

Λίγο διαφορετικά από την πρώτη λύση αρκεί να αποδείξουμε ότι $x^2+8x^2y^2+y^2\leq x+y \Rightarrow (x+y)^2-(x+y)-2xy+8x^2y^2 \leq0$
άρα $(x+y)(x+y-1)+2xy(4xy-1)\leq0$ το οποίο ισχύει αφού $x+y\leq1$ και $(x+y)^2\geq4xy \Rightarrow 4xy\leq1$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 18, 2012 4:44 pm**

Θέτω $x=\eta\mu^2 a$ και $y=\sigma\upsilon\nu^2 a$ με $0\leq x,y \leq1$ και x+y=1

Τότε η ζητούμενη ανισότητα γίνεται $\eta\mu^4 a+ 8\eta\mu^4 a \sigma\upsilon\nu^4 a+ \sigma\upsilon\nu^4 a \leq 1$ η οποία ισοδύναμα γίνεται

$(\eta\mu^2 a+\sigma\upsilon\nu^2 a)^2- 2\eta\mu^2 a \sigma\upsilon\nu^2 a+ 8\eta\mu^4 a \sigma\upsilon\nu^4 a \leq 1$

$\displaystyle2\eta\mu^2 a \sigma\upsilon\nu^2 a (4\eta\mu^2 a \sigma\upsilon\nu^2 a-1)\leq0 \Leftrightarrow 2\eta\mu^2 a \sigma\upsilon\nu^2 a(\eta\mu^2 2a-1)\leq0$

το οποίο ισχύει αφού $|\eta\mu 2a| \leq1$

Επεξεργασία:Ουσιαστικά αποδεικνύω μια περίπτωση οπότε είναι ελλιπής η λύση.Την αφήνω για την τριγωνομετρική λύση.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 18, 2012 6:49 pm**

Βill Κ, σχετικά με την τριγωνομετρική σου απόπειρα, κάτι δεν μ' αρέσει.

Νομίζω πως όταν αποδεικνύεις το

Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{x,y \geq 0}$ με $\displaystyle{x+y = 1}$ .
Nα δείξετε ότι $\displaystyle{x^2 + 8x^2 y ^2 + y ^2 \leq 1}$

δεν αποδεικνύεις το

Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{x,y \geq 0}$ με $\displaystyle{x+y \leq 1}$ .
Nα δείξετε ότι $\displaystyle{x^2 + 8x^2 y ^2 + y ^2 \leq 1}$

γιατί από τις άπειρες τιμές των μεταβλητών επιλέγεις ένα συγκεκριμένο ζεύγος.

Σε μάτιασα

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 28, 2012 12:23 pm**

Αφού δόθηκε μια λύση πιο προσιτή σε μένα τουλάχιστον, ας προσθέσω πως την ξαναείδαμε εδώ,
δεν τα πάω και τόσο καλά με τις ανισότητες δυο μεταβλητών για να καταλάβω πως τις χειρίζεστε μικροί και μεγάλοι,
γι' αυτό και το έθεσα εξαρχής ως νέο θέμα, θα χαιρόμουν ιδιαίτερα να έβλεπα και καμία άλλη ιδέα

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 28, 2012 5:29 pm**

Από τη βασική σχέση $xy\le \frac{1}{4}$ που ισχύει στην περίπτωσή μας, έχουμε
${{x}^{2}}+8{{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{y}^{2}}={{x}^{2}}+(8xy)xy+{{y}^{2}}\le {{x}^{2}}+8xy\cdot \frac{1}{4}+{{y}^{2}}={{(x+y)}^{2}}\le 1$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 22, 2013 11:54 pm**

Σήμερα στο διάλειμμα από τη στατιστική μου ήρθε αυτή η ιδέα (χρησίμευσε τελικά κάπου!)

Η ανισότητα γράφεται ισοδύναμα $(1+8y^2)x^2+y^2-1 \leq 0$

Το τριώνυμο έχει διακρίνουσα $D=-4(y-1)(y+1)(1+8y^2)=4(1-y)(1+y)(1+8y^2) \geq 0$ με την ισότητα για y=1

οπότε $x=-\frac{\sqrt{D}}{2(1+8y^2)}=-\sqrt{\frac{1-y^2}{1+8y^2}}$ ή

$x=\frac{\sqrt{D}}{2(1+8y^2)}=\sqrt{\frac{1-y^2}{1+8y^2}}$

άρα αρκεί να βρίσκεται το

στο διάστημα $(-\sqrt{\frac{1-y^2}{1+8y^2}},\sqrt{\frac{1-y^2}{1+8y^2}})$ .

$x\geq 0> -\sqrt{\frac{1-y^2}{1+8y^2}}$

και

$x \leq 1-y$ οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι $1-y \leq \sqrt{\frac{1-y^2}{1+8y^2}}$ το οποίο μετά από κάποιες πράξεις και παραγοντοποιήσεις καταλήγει
στο $-2y(1-y)(2y-1)^2\leq 0$ που ισχύει.

Για $y=1 \Rightarrow x=0$ οπότε ισχύει ως ισότητα.

mathematica.gr

Ανισότητα 2 μεταβλητών με συνθήκη (Α',Β',Γ' Λυκείου)

Ανισότητα 2 μεταβλητών με συνθήκη (Α',Β',Γ' Λυκείου)

Re: Ανισότητα 2 μεταβλητών με συνθήκη (Α',Β',Γ' Λυκείου)

Re: Ανισότητα 2 μεταβλητών με συνθήκη (Α',Β',Γ' Λυκείου)

Re: Ανισότητα 2 μεταβλητών με συνθήκη (Α',Β',Γ' Λυκείου)

Re: Ανισότητα 2 μεταβλητών με συνθήκη (Α',Β',Γ' Λυκείου)

Re: Ανισότητα 2 μεταβλητών με συνθήκη (Α',Β',Γ' Λυκείου)

Re: Ανισότητα 2 μεταβλητών με συνθήκη (Α',Β',Γ' Λυκείου)

Re: Ανισότητα 2 μεταβλητών με συνθήκη (Α',Β',Γ' Λυκείου)

Re: Ανισότητα 2 μεταβλητών με συνθήκη (Α',Β',Γ' Λυκείου)

Re: Ανισότητα 2 μεταβλητών με συνθήκη (Α',Β',Γ' Λυκείου)