Ανισότητα

∫ot.T. · #1

Για τους

ισχύει ότι x+y+z=xyz

. Να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle \frac{x^{3}-3x}{x^{2}-1}+\frac{y^{3}-3y}{y^{2}-1}+\frac{z^{3}-3z}{z^{2}-1}\leq 0$

S.E.Louridas · #2

Όμορφο και πρωτότυπο θέμα.
Εξαγωγή του hide μετά από επόμενη άποψη
Άρωμα τριγωνομετρίας μετά από κατάλληλη διάσπαση και "πηγαιμού" στο διπλάσιο της εφαπτομένης μέσω του οδοιπορικού: Αρκεί να αποδείξουμε ότι ... ; ... Ίδωμεν ...

edit: Άρση λοιπόν της απόκρυψης

#3

Μια λύση πάντως στο όντως αξιοπρόσεκτο αυτό θέμα προκύπτει από το λήμμα

$4(xyz)^2\leq 9+(xy+yz+zx)^2+2(xy+yz+zx),$

που ισχύει βέβαια υπό τις δοθείσες συνθήκες, x, y, z > 1

(πιθανώς και > 0

) και, κυρίως, x+y+z=xyz.

Η δοθείσα ανισότητα ανάγεται, κάπως 'ακροβατικά' θα έλεγα, στην παραπάνω ανισότητα (όπως θα δείξω στο τέλος). Για την απόδειξη της θα χρησιμοποιήσω την κοιλότητα της f(x)=9+(xy+yz+zx)^2+2(xy+yz+zx)-4(xyz)^2

, προφανή από την $f''(x)=(y+z+2yz)(y+z-2yz)\leq 0$ , για $1\leq x\leq y\leq z$ : πιθανώς η ανισότητα-λήμμα αποδεικνύεται και με άλλους τρόπους (όπως άλλωστε και η κύρια ανισότητα), που πολύ θα ήθελα να γνωρίσω

Πράγματι, λόγω της f''(x)<0

αρκεί να δειχθούν η $f(1)\geq 0$ και η $f(y)\geq 0$ . Για την πρώτη παρατηρούμε ότι από την x+y+z=xyz

και από την x=1

προκύπτουν η $z=\dfrac{y+1}{y-1}$ και η $f(1)\geq 0\leftrightarrow (y-1)^2\geq 0$ . Για την δεύτερη παρατηρούμε ότι από την x+y+z=xyz

και από την x=y

προκύπτουν η $z=\dfrac{2y}{y^2-1}$ και η $f(y)\geq 0 \leftrightarrow (y^2-1)^2(y^2-3)^2\geq 0$ .

Ας δούμε τώρα πως η προταθείσα ανισότητα ανάγεται στην αποδειχθείσα:

Ύστερα από σχετικά απλές πράξεις συμπεραίνουμε ότι η προταθείσα είναι ισοδύναμη προς την

(x^3+y^3+z^3)-3(x+y+z)+3(x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2)-3(xyz)(xy+yz+zx)+

$+(xyz)^2(x+y+z)-(x^2y^3+x^3y^2+y^2z^3+y^3z^2+z^2x^3+z^3x^2)\leq 0.$

Παρατηρούμε εδώ ότι

και λόγω της δοθείσης x+y+z=xyz

έχουμε

, οπότε η προς απόδειξη ανισότητα γράφεται

(x^3+y^3+z^3)-3(x+y+z)+3(x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2)-3(xyz)(xy+yz+zx)+

$+(xyz)^2(x+y+z)-(xyz)[(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)-(xy+yz+zx)]\leq 0.$

Και πάλι λόγω της δοθείσης x+y+z=xyz

, αλλά και του γνωστού αναπτύγματος του (x+y+z)^3

και της

η δοθείσα ανισότητα γράφεται

$(xyz)^3-9(xyz)-3(xyz)(xy+yz+zx)+(xyz)^3-(xyz)[(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)-(xy+yz+zx)]\leq 0.$

Περαιτέρω προφανείς απλοποιήσεις αλλά και η χρήση της x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2=(xy+yz+zx)^2-2(xyz)(x+y+z)=(xy+yz+zx)^2-2(xyz)^2

οδηγούν στην ανισότητα-λήμμα.

[Μια και είμαστε ακόμη στην Ημέρα του Πατέρα ... αφιερώνω την παραπάνω λύση μου στην μνήμη του πατέρα μου, συγγραφέα του Σκόρπιες Σταγόνες Γεωμετρίας ... και ας μην υπάρχει τίποτα το γεωμετρικό σ' αυτήν

(Καθαρή σύμπτωση ο χρονισμός (timing), με το θέμα αυτό πρωτοασχολήθηκα πριν 4 περίπου εβδομάδες (όπως φαίνεται και εδώ), απλώς επανήλθα αυτό το Σαββατοκύριακο λόγω εξοχής ... και βροχής

)]

#4

gbaloglou έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 18, 2023 11:48 pm
Μια λύση πάντως στο όντως αξιοπρόσεκτο αυτό θέμα προκύπτει από το λήμμα

$4(xyz)^2\leq 9+(xy+yz+zx)^2+2(xy+yz+zx),$

που ισχύει βέβαια υπό τις δοθείσες συνθήκες, (πιθανώς και ) και, κυρίως,

Η δοθείσα ανισότητα ανάγεται, κάπως 'ακροβατικά' θα έλεγα, στην παραπάνω ανισότητα (όπως θα δείξω στο τέλος). Για την απόδειξη της θα χρησιμοποιήσω την κοιλότητα της , προφανή από την $f''(x)=(y+z+2yz)(y+z-2yz)\leq 0$ , για $1\leq x\leq y\leq z$ : πιθανώς η ανισότητα-λήμμα αποδεικνύεται και με άλλους τρόπους (όπως άλλωστε και η κύρια ανισότητα), που πολύ θα ήθελα να γνωρίσω

Αποφεύγοντας την χρήση παραγώγων: από την x+y+z=xyz

προκύπτει η $z=\dfrac{x+y}{xy-1},$ και με αντικατάσταση αυτής στην παραπάνω ανισότητα προκύπτει ανισότητα δύο μεταβλητών ... η οποία μέσω της y=ax

καθίσταται ισοδύναμη προς την

$(a^2x^4-(a+1)^2x^2+3)^2+4(a-1)^2x^2\geq 0.$

[Πράγματι λοιπόν η παραπάνω ανισότητα ισχύει υπό την συνθήκη x+y+z=xyz

και μόνον. Ακριβέστερα, η x+y+z=xyz

είναι ικανή συνθήκη για την παραπάνω ανισότητα, $x+y+z=xyz\rightarrow 4(xyz)^2\leq 9+(xy+yz+zx)^2+2(xy+yz+zx).$ Αλλά βεβαίως η προταθείσα από τον ∫ot.T. ανισότητα (#1) απαιτεί και την x, y, z > 1

λόγω παρονομαστών κλπ]

ksofsa · #5

Διαφορετική λύση:

Η ανισότητα γράφεται:

$2\sum \dfrac{x}{x^2-1}\geq \sum x$ .

Παρατηρούμε ότι:

$\dfrac{x}{x^2-1}+\dfrac{y}{y^2-1}=\dfrac{(x+y)(xy-1)}{(x^2-1)(y^2-1)}=\dfrac{(x+y)(xyz-z)}{z(x^2-1)(y^2-1)}=\dfrac{(x+y)^2}{z(x^2-1)(y^2-1)}$

Οπότε, αρκεί:

$\sum \dfrac{(x+y)^2}{z(x^2-1)(y^2-1)}\geq \sum x$ .

Όμως, από C-S:

$\sum \dfrac{(x+y)^2}{z(x^2-1)(y^2-1)}\geq \dfrac{4(x+y+z)^2}{\sum z(x^2-1)(y^2-1)}$

κι επομένως αρκεί:

$4(x+y+z)\geq \sum z(x^2-1)(y^2-1)\Leftrightarrow 3\sum x\geq xyz\sum xy-\sum_{symmetric}^{}x^2y$

$3\sum x\geq \sum x\sum xy-\sum_{sym}^{}x^2y\Leftrightarrow 3\sum x\geq 3\prod x$ ,

που ισχύει ως ισότητα από την υπόθεση.

∫ot.T. · #6

Για ποικιλία αναρτώ μία ακόμα λύση. (Είναι ο τρόπος με τον οποίο κατασκεύασα την ανισότητα)
Όπως έχει προαναφέρει έμμεσα ο κύριος Λουρίδας, συνονόματος, μετά από μία απλή μετατροπή της ανισότητας θα μετασχηματιστούν οι άγνωστοι σε εφαπτομένες. Την μετατροπή αυτή την έχει κάνει ήδη ο κύριος Κώστας.

Αρκεί $2\sum \frac{x}{x^{2}-1}\geq \sum x$

Από την σχέση x+y+z=xyz και x,y,z>1 προκύπτει ότι
$x=tanA, y=tanB, z=tanC, (A+B+C=\pi, \frac{\pi}{2}>A,B,C>\frac{\pi }{4})$

Αντικαθιστώντας έχουμε
$-(tan2A+tan2B+tan2C)\geq tanA+tanB+tanC$
$tan(B+C-A)+tan(A+C-B)+tan(A+B-C)\geq tanA+tanB+tanC$

Το οποίο προκύπτει από ανισότητα Karamata, αφού η εφαπτομένη είναι κυρτή συνάρτηση στο πεδίο (0,π/2) και όλοι ο όροι ανήκουν σε αυτό το πεδίο από τον περιορισμό x,y,z>1.

*Ευχαριστώ για τις λύσεις σας. Αυτός ήταν εξάλλου ο σκοπός, να δω πώς αλλιώς μπορεί να λυθεί το πρόβλημά μου.

Ανισότητα

Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση