Η... πολωνέζα.

#1

Έστω $\displaystyle{a,b,c \in \mathbb{R}}$ με $\displaystyle{a+b+c=0.}$

Ακούγοντας αυτό, ή με άλλο τρόπο,

αποδείξτε ότι

$\displaystyle{a^2 b^2 +b^2 c^2 +c^2 a^2 +3 \geq 6abc.}$

dement · #2

Εστω $ab \geq 0$ . Τοτε γραφουμε την ανισοτητα ως $c^2 (a+b)^2 - 2c (c+3) ab + 3 \geq 0$ και το αριστερο μελος ελαχιστοποιειται ειτε οταν ab = 0

(αν

) ειτε οταν a = b

(αν $c (c+3) \geq 0$ ). Ετσι, αρκει να εξετασουμε αυτες τις περιπτωσεις.

Αν ενας απο τους αριθμους ειναι

, π.χ.

η ανισοτητα γινεται $a^4 + 3 \geq 0$ που προφανως ισχυει.

Αν παλι εχουμε b = a, c = - 2a

η ανισοτητα γινεται $9a^4 + 12a^3 + 3 = 3 (a+1)^2 (3a^2 - 2a + 1) \geq 0$ που παλι ισχυει. Παρατηρουμε οτι εχουμε ισοτητα μονο στην περιπτωση a = b = -1, c = 2

(και μεταθεσεις).

Δημητρης Σκουτερης

#3

Τη σχέση έχει όμως με τον Τσαϊκόφσκυ δεν κατάλαβα.

Nick1990 · #4

dement έγραψε:Εστω $ab \geq 0$ .το αριστερο μελος ελαχιστοποιειται ειτε οταν (αν ) ειτε οταν (αν $c (c+3) \geq 0$ ). Ετσι, αρκει να εξετασουμε αυτες τις περιπτωσεις: ...

Νομίζω πως αυτό το επιχείρημα είναι λανθασμένο, επηδή υπάρχει η συνθήκη στη μέση.
Όταν κάνουμε το παραπάνω βήμα δείχνουμε ότι η συγκεκριμένη ποσότητα είναι μεγαλύτερη η ίση από τον εαυτό της με όπου a=b

, κρατόντας ομως το c σταθερό, οπότε η συνθήκη χαλάει και δεν μπορούμε μετά απο τη συγκεκριμένη κίνηση να θέσουμε c = -2a

.
Το γράφω γιατί μια παρόμοια κατάσταση μας είχε προβληματίσει πέρισυ στον Αρχιμήδη στο 3ο θέμα σε εκείνη την καταπλητική ανισότητα, εμένα αλλα και άλλα παιδιά από τον χώρο των διαγωνισμών που ασχοληθήκαμε.

#5

Demetres έγραψε:Τη σχέση έχει όμως με τον Τσαϊκόφσκυ δεν κατάλαβα.

Tο θέμα τέθηκε σε διαγωνισμό, στην Πολωνία το 2004.

dement · #6

Nick1990 έγραψε:
dement έγραψε:Εστω $ab \geq 0$ .το αριστερο μελος ελαχιστοποιειται ειτε οταν (αν ) ειτε οταν (αν $c (c+3) \geq 0$ ). Ετσι, αρκει να εξετασουμε αυτες τις περιπτωσεις: ...

Νομίζω πως αυτό το επιχείρημα είναι λανθασμένο, επηδή υπάρχει η συνθήκη στη μέση.
Όταν κάνουμε το παραπάνω βήμα δείχνουμε ότι η συγκεκριμένη ποσότητα είναι μεγαλύτερη η ίση από τον εαυτό της με όπου , κρατόντας ομως το c σταθερό, οπότε η συνθήκη χαλάει και δεν μπορούμε μετά απο τη συγκεκριμένη κίνηση να θέσουμε .

Καλημερα Νικο.

Το επιχειρημα μου φαινεται ενταξει και ειναι ακριβως η συνθηκη που το προτεινει. Στην ουσια παιρνουμε τους δυο ομοσημους απο τους τρεις αριθμους (που θα υπαρχουν οπωσδηποτε, εστω οι a, b

) και, κρατωντας το

και το

σταθερα (οποτε και το a+b+c=0

) ειτε τους 'πλησιαζουμε' (μεχρι να γινουν ισοι) ειτε τους 'απομακρυνουμε' (μεχρι ο ενας να γινει

). Το αποτελεσμα που θα εχει αυτο στο αριστερο μελος της ανισοτητας εξαρταται απο το αν το

βρισκεται εντος του [-3, 0]

η εκτος. Ουτως η αλλως ομως, τα υπο συνθηκη ακροτατα της παραστασης θα βρισκονται σε σημεια που ειτε ενας αριθμος ειναι

ειτε δυο ισοι.

Δημητρης Σκουτερης

Nick1990 · #7

dement έγραψε:
Nick1990 έγραψε:
dement έγραψε:Εστω $ab \geq 0$ .το αριστερο μελος ελαχιστοποιειται ειτε οταν (αν ) ειτε οταν (αν $c (c+3) \geq 0$ ). Ετσι, αρκει να εξετασουμε αυτες τις περιπτωσεις: ...

Νομίζω πως αυτό το επιχείρημα είναι λανθασμένο, επηδή υπάρχει η συνθήκη στη μέση.
Όταν κάνουμε το παραπάνω βήμα δείχνουμε ότι η συγκεκριμένη ποσότητα είναι μεγαλύτερη η ίση από τον εαυτό της με όπου , κρατόντας ομως το c σταθερό, οπότε η συνθήκη χαλάει και δεν μπορούμε μετά απο τη συγκεκριμένη κίνηση να θέσουμε .
Καλημερα Νικο.

Το επιχειρημα μου φαινεται ενταξει και ειναι ακριβως η συνθηκη που το προτεινει. Στην ουσια παιρνουμε τους δυο ομοσημους απο τους τρεις αριθμους (που θα υπαρχουν οπωσδηποτε, εστω οι ) και, κρατωντας το και το σταθερα (οποτε και το ) ειτε τους 'πλησιαζουμε' (μεχρι να γινουν ισοι) ειτε τους 'απομακρυνουμε' (μεχρι ο ενας να γινει ). Το αποτελεσμα που θα εχει αυτο στο αριστερο μελος της ανισοτητας εξαρταται απο το αν το βρισκεται εντος του η εκτος. Ουτως η αλλως ομως, τα υπο συνθηκη ακροτατα της παραστασης θα βρισκονται σε σημεια που ειτε ενας αριθμος ειναι ειτε δυο ισοι.

Δημητρης Σκουτερης

Καλημέρα
Ναι τελικά έχετε δίκιο. Απλά δεν είχα καταλάβει ότι αυτό που κάνατε ήταν mixing-variables
Πολύ καλή λύση!

kwstas12345 · #8

Θα βάλω τη σκέψη μου πάνω στην ωραία αυτη ασκηση η οπία παρουσιάζει πολλές περιπτώσεις...

Καταρχάς από την συνθήκη $\displaystyle a+b+c=0$ καταλαβαίνουμε πως ένας από τους αριθμούς θα είναι σίγουρα αρνητικός.

(άρα δεν γίνεται όλοι να είναι ομόσημοι).

Άν κάποιος εξ αυτών πχ ο $\displaystyle a<0$ και οι άλλοι είναι ομόσημοι τότε η ανισότητα είναι προφανής αφού το α μέλος είναι

πάντα θετικός αριθμός και $\displaystyle abc<0$ .Άν πάλι κάποιος από τους αριθμούς είναι

τότε και πάλι η ανισότητα είναι

προφανής αφού $\displaystyle abc=0$ και το πρώτο μέλος είναι θετικός.

Άρα η μόνη περίπτωση που είναι $\displaystyle abc>0$ είναι όταν δύο από αυτούς είναι αρνητικοί και ένας θετικός,έστω:

$\displaystyle a>0,b<0,c<0$ .

Όμως:
$\displaystyle \left(ab+bc+ca \right)^{2}=a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+2abc\left(a+b+c \right)=\sum{\left(a^{2}b^{2} \right)}$

Άν $\bullet \displaystyle 0<abc<1$ τότε:

$\displaystyle \sum{a^{2}b^{2}}+3=\sum{\left|ab \right|^{2}}+3> 3\sqrt[3]{\left(abc \right)^{4}}+3$ .Aρκεί τότε να δείξουμε:

$\displaystyle 3u^{\frac{4}{3}}-6u+3> 0,0<u=abc<1$ .

Είναι όμως: $\displaystyle \left(3u^{\frac{4}{3}}-6u+3 \right)'=4u^{\frac{1}{3}}-6<4-6=-2<0$ επομένως είναι φθίνουσα η εν λόγω συνάρτηση για

u<1

,άρα:

$\displaystyle 3u^{\frac{4}{3}}-6u+3>3-6+3=0\Rightarrow 3u^{\frac{4}{3}}-6u+3>0$ άρα η ανισότητα ισχύει.

Αν $\bullet \displaystyle abc>1$ τότε:

$\displaystyle \left|ab \right|^{2}+\left|bc \right|^{2}+\left|ca \right|^{2}> 3\sqrt[3]{\left|abc \right|^{4}}>3abc,abc>1$

Όμως: $\displaystyle \left(ab+bc+ca \right)^{2}=\sum{a^{2}b^{2}}>3abc\Rightarrow \left|ab+bc+ca \right|>\sqrt{3abc}$

Είναι: $\displaystyle \sum{a^{2}b^{2}}+3=\left|ab+bc+ca \right|^{2}+3$ .Θέτω: $\displaystyle w=\left|ab+bc+ca \right|>0$

και θεωρώ την συνάρτηση: $\displaystyle f\left(w \right)=w^{2}-2\sqrt{3}w+3$ .Eύκολα με την λύση της $\displystyle f'\left(w \right)=0,w>0$ βρίσκουμε πως η

παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στη θέση $\displaystyle \sqrt{3}$ το

,άρα:

$\displaystyle w^{2}+3\geq 2\sqrt{3}w\Leftrightarrow\left|ab+bc+ca \right|^{2}+3\geq 2\sqrt{3}\left|ab+bc+ca \right|>6abc\Rightarrow \left|ab+bc+ca \right|^{2}+3>6abc$

΄Αν $\displaystyle \bullet abc=1$ εύκολα βλέπουμε πως και πάλι: $\displaystyle f\left(w \right)\geq 2\sqrt{3}w>6=6abc$ .

εκρεμμούν βέβαια οι περιπτώσεις ισότητας..

Πιστεύω ως εδώ να είμαι σωστός..

Nick1990 · #9

kwstas12345 έγραψε: $\displaystyle w^{2}+3\geq 2\sqrt{3}w\Leftrightarrow\left|ab+bc+ca \right|^{2}+3\geq 2\sqrt{3}\left|ab+bc+ca \right|>6abc\Rightarrow \left|ab+bc+ca \right|^{2}+3>6abc$

Έχεις χάσει μια ρίζα εδώ, πιο πάνω έχεις δείξει ότι $|ab + bc + ca| \geq \sqrt{3abc}$
Οποτε:

$\displaystyle w^{2}+3\geq 2\sqrt{3}w\Leftrightarrow\left|ab+bc+ca \right|^{2}+3\geq 2\sqrt{3}\left|ab+bc+ca \right|>6\sqrt{abc}\Rightarrow \left|ab+bc+ca \right|^{2}+3>6\sqrt{abc}$

Γενικά σε κάθε ανισότητα στην οποία γνωρίζεις την περίπτωση ισότητας, όταν χρησημοποιείς μια ενδιάμεση ανισότητα που δεν παρουσιάζει ισότητα στην ίδια περίπτωση, τότε δεν υπάρχει περίπτωση η συγκεκριμένη ενδιάμεση ανισότητα να σου δώσει λύση στην αρχική, διότι απλά δείχνεις κάτι πολύ πιο αδύναμο.

Οι άλλες περιπτώσεις φαίνονται σωστές. Αλλά μάλλον η δυσκολία της άσκησης είναι στο abc > 1

.

Ανδρέας Πούλος · #10

Και εγώ δεν την απέδειξα πλήρως, αλλά νομίζω εκεί που έφτασα, μιά καλή ιδέα θα δώσει την πλήρη απόδειξη.
Οι πιθανές περιπτώσεις είναι τρεις:
1. α = β = c = 0, τότε ισχύει η ανιστοτική σχέση.
2. α > 0, β > 0, c < 0 πάλι ισχύει (εννοείται παίρνουμε υπόψη όλες τις κυκλικές εναλλαγές).
3. α > 0, β < 0, c < 0 (εννοείται παίρνουμε υπόψη όλες τις κυκλικές εναλλαγές). Αυτή είναι η περίπτωση που αξίζει να μελετήσουμε.

Αφού β < 0, υπάρχει m > 0 : β = -mα.
Αφού c < 0, υπάρχει n > 0 : c = -nα.
Όμως, α + β+ c = 0, άρα 1 - m - n = 0, ή m = 1 - n με 0 < n < 1.
Συνεπώς, η αρχική ανισότητα γράφεται:

$a^{4}n^{2}+(1-n)^{2}n^{2}a^{4}+(1-n)^{2}a^{4}+3 \geq 6a^{3}(1-n)n$ , ή

$a^{4}n^{2}+(1-n)^{2}n^{2}a^{4}+(1-n)^{2}a^{4}+3 + 6a^{3}(n-1)n \geq 0$ , με 0 < n <1.

Η ανισότητα αυτή ισχύει για όλους τους αριθμούς α με 0 < α < 1 και για α = 1 και για α > 6. Αυτό είναι εύκολο να ελεγχθεί.
Μένουν οι αριθμοί α με 1 < α < 6.
Μπορεί να είναι κάτι απλό και να μην το βλέπω.
Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

#11

Mixing variables σε άλλη εκδοχή.

Έστω f(a,b,c)=a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3-6abc

Υποθέτουμε ότι ο

είναι ο μεγαλύτερος. Τότε έχουμε ότι

$f(a,b,c)-f(a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2})=\frac{(b-c)^2(8a^2-6bc-b^2-c^2+24a)}{16}\geq 0$

αφού $8a^2-6bc-b^2-c^2\geq 0$ αφού a max, και $a\geq 0$ .

Επομένως αρκεί να δείξουμε ότι
$f(a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2})\geq 0$ ή ότι $f(a,\frac{-a}{2},\frac{-a}{2})\geq 0$

Η τελευταία όμως είναι ισοδύναμη με την $(a-2)^2(3a^2+4a+4)\geq 0$ που ισχύει.

Σιλουανός

#12

Μετά από τις παραπάνω αντιμετωπίσεις, για τις οποίες σας ευχαριστώ, παραθέτω και τη δική μου λύση, η οποία βασίζεται μόνο στην ανισότητα ΑΜ-ΓΜ.

Καταρχάς, αν ισχύει $abc\leq 0$ , η ανισότητα προφανώς ισχύει.
Υποθέτουμε, λοιπόν, ότι ισχύει abc>0.

Επειδή

από τους τρεις αριθμούς a,b,c

ένας θα είναι θετικός και οι άλλοι δύο θα είναι αρνητικοί. Ας είναι a>0,b<0,c<0.

Για ευκολία θέτουμε $\displaystyle{a=x>0, -b=y>0,-c=z>0.}$

Τότε, το πρόβλημα μετασχηματίζεται στο εξής:

Αν x,y,z>0

με

, να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{x^2 y^2 +y^2 z^2 +z^2 x^2 +3\geq 6xyz,}$ δηλαδή να αποδειχθεί ότι

για y,z>0

ισχύει $\displaystyle{(y+z)^2 y^2 +(y+z)^2 z^2 +y^2 z^2 +3 \geq 6yz(y+z).}$

Η τελευταία, μετά τις πράξεις, λαμβάνει τη μορφή

$\displaystyle{y^4 +z^4 +3y^2 z^2+ 2y^3 z+2yz^3 +3 \geq 6y^2 z +6yz^2.}$

Όμως, από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ έχουμε

$\displaystyle{2y^4 +3y^2 z^2 +3y^3 z +yz^3 +3 \geq 12 \sqrt[12]{y^{24}z^{12}}=12y^2 z}$

(με την ισότητα να ισχύει αν-ν y=z=1

)

και ομοίως έχουμε

$\displaystyle{2z^4 +3y^2 z^2 +y^3 z +3yz^3 +3 \geq 12yz^2.}$

Με πρόσθεση των δύο παραπάνω ανισότητων προκύπτει η ζητούμενη.

Όπως είναι φανερό η ισότητα στην αρχική ισχύει αν-ν $\displaystyle{b=c=-1, a=2}$ και τις μεταθέσεις αυτής.

#13

Μία αρκετά σύντομη λύση που μού άρεσε: http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 2&t=148910

#14

Κι άλλη μία...

Η ανισότητα γράφεται $\displaystyle \sum (ab-c+1)^2\geq 0 \ !$

Η... πολωνέζα.

Η... πολωνέζα.

Re: Η... πολωνέζα.

Re: Η... πολωνέζα.

Re: Η... πολωνέζα.

Re: Η... πολωνέζα.

Re: Η... πολωνέζα.

Re: Η... πολωνέζα.

Re: Η... πολωνέζα.

Re: Η... πολωνέζα.

Re: Η... πολωνέζα.

Re: Η... πολωνέζα.

Re: Η... πολωνέζα.

Re: Η... πολωνέζα.

Re: Η... πολωνέζα.

Μέλη σε σύνδεση