mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 03, 2012 11:44 am**

Μπορεί να έχει ξαναπροταθεί στο

... Σε κάθε περίπτωση είναι διδακτική και χρήσιμη!

Έστω $\displaystyle{a,b,c}$ μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί, για τους οποίους ισχύει $\displaystyle{a + b + c = 3}$ . Να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{a{b^2} + b{c^2} + c{a^2} + abc \le 4.}$

Πότε ισχύει η ισότητα;

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 03, 2012 1:34 pm**

Θα αποδείξουμε την αντίστοιχη ομογενή ανισότητα $ab^2+bc^2+ca^2 + abc\leq \dfrac{4(a+b+c)^3}{27}$

Απόδειξη

Υποθέτουμε ότι ο

είναι μεταξύ των b,c

.

Τότε είναι $bc^2+ca^2\leq abc+c^2a$ αφού η τελευταία είναι ισοδύναμη με την $c(a-b)(a-c) \leq 0$ που ισχύει λόγω της υπόθεσης.

Συνεπώς $ab^2+bc^2+ca^2+abc\leq ab^2+2abc+c^2a=a(b+c)^2$

Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι $a(b+c)^2\leq \dfrac{4(a+b+c)^3}{27}$ ή ισοδύναμα ότι $(2a)(b+c)(b+c)\leq \dfrac{8(a+b+c)^3}{27}$

που ισχύει λόγω της ανισότητας αριθμητικού - γεωμετρικού μέσου: $\dfrac{2a+(b+c)+(b+c)}{3}\geq \sqrt[3]{2a(b+c)^2}$

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 04, 2012 9:15 pm**

Κάποια σχόλια:

Σχόλιο 1

Σύμφωνα με το εξαιρετικό βιβλίο "Secrets in Inequalities-vol. 2", του Pham Kim Hung, Εκδ. GIL, σελ. 102-103,
η (ομογενής μορφή της) άσκηση(ς) αυτή(ς) είναι άμεσο συμπέρασμα του παρακάτω γενικότερου θεωρήματος:

" Έστω P(a,b,c)

ένα κυκλικό και ομογενές πολυώνυμο βαθμού 3. Αν $P(1,1,1)\geq 0$ και $P(a,b,0)\geq 0$ για κάθε $a,b\geq 0$ ,
τότε $P(a,b,c)\geq 0$ για κάθε $a,b,c\geq 0$ ."

Ο συγγραφέας σημειώνει ότι μια απόδειξη έπεται άμεσα κάνοτας χρήση του "global derivative" το οποίο εισάγει νωρίτερα στο βιβλίο.

Πρόβλημα: Αποδείξτε το παραπάνω θεώρημα χωρίς της χρήση του "global derivative"

Ευτυχώς για μας, για λόγους περιορισμού του όγκου του βιβλίου, όπως σχολιάζει ο συγγραφές στη σελίδα 209, το κεφάλαιο με τις κυκλικές ανισότητες διατίθεται δωρεάν από τον εκδοτικό οίκο στη σελίδα http://gil.ro/downloadable/download/sample/sample_id/1/
Δείτε ιδιαίτερα το Θεώρημα 3 στις σελ. 310-311 και το παράδειγμα 1.10.2 σελ. 312.

Σχόλιο 2

O Vasile Cirtoaje, στο βιβλίο του "Algebraic Inequalities", Εκδ. GIL, σελ. 25, για την ομογενή ανισότητα,
υποθέτει ότι $a=\min\{a,b,c\}$ , θέτει b=a+x

και

( $x,y\geq 0$ ) και την ανάγει στην

$9(x^2-xy+y^2)a+(2x-y)^2(x+4y)\geq 0$ ,

που ισχύει. Ας σημειώσουμε ότι η ισότητα ισχύει για $\{a,b,c\}=\{1,1,1\}$ , και $\{a,b,c\}=\{2,1,0\}$ .

Σχόλιο 3

Στο βιβλίο "Inequalities with beautiful solutions", σελ. 87, Εκδ. GIL, των V.Cirtoaje, et.al, υπάρχει μια ακόμα απόδειξη χρησιμοποιώντας την "rearrangement inequality", για να αποδείξει ότι

$ab^2+bc^2+ca^2+abc\leq y(x+z)^2$ ,

όπου (x,y,z)

είναι μια μετάθεση της (a,b,c)

με $x\geq y\geq z$ . Για τη συνέχεια χρησιμοποιεί την ΑΜ-ΓΜ ανισότητα.

Μια ελάχιστα διαφορετική λύση, χωρίς χρήση ΑΜ-ΓΜ, θα συνέχιζε:

Αλλά

$y(x+z)^2=y(3-y)^2=(y-4)(y-1)^2+4\leq 4$

με το "=" αν y=1

και

ή

.

Σχόλιο 4

Παίρνοντας αφορμή από την ερώτηση του Ανδρέα (viewtopic.php?f=95&t=30077), βλέπουμε άλλη μια ανισότητα που καταδεικνύει τη διαφορά της κυκλικότητας από τη συμμετρία:

Η ζητούμενη ανισότητα είναι κυκλική, αλλά όχι συμμετρική, οπότε δε μπορούμε να πούμε "χωρίς βλάβη της γενικότητας, έστω ότι $a\geq b\geq c$ ...." κτλ.

Στην περίπτωση που $a\geq b\geq c$ , θα μπορούσαμε να δώσουμε την εξής απόδειξη:

Ισχύει

$\begin{aligned} \notag ab^2+bc^2+ca^2 + abc&=\dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{2}+\dfrac{(a-b)(b-c)(c-a)}{2}\\ &\leq \dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{2}\\ &\leq \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a+b+b+c+c+a}{3}\right)^3\\ &= \dfrac{4(a+b+c)^3}{27}\\ \end{aligned}$

Δυστυχώς, δε μπόρεσα να βρω μια απόδειξη για την περίπτωση $a\geq c\geq b$ ,
που να είναι ουσιαστικά διαφορετική από αυτές των παραπάνω παραπομπών.

Φιλικά,

Αχιλλέας

mathematica.gr

Ανισότητα με τρεις μεταβλητές (Δ. 10)

Ανισότητα με τρεις μεταβλητές (Δ. 10)

Re: Ανισότητα με τρεις μεταβλητές

Re: Ανισότητα με τρεις μεταβλητές