Ανισότητα υπό συνθήκη

Συντονιστές: Φωτεινή, silouan

Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2692
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Ανισότητα υπό συνθήκη

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Σάβ Αύγ 10, 2019 9:39 am

Προέκυψε κατά την διάρκεια ανεπιτυχούς προσπάθειας επίλυσης δυσκολώτερου προβλήματος:

Αν a+b+c=3, a, b, c μη αρνητικοί, τότε (abc)^2(a^2+b^2+c^2)\leq 3.


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1492
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Ανισότητα υπό συνθήκη

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Σάβ Αύγ 10, 2019 10:01 am

gbaloglou έγραψε:
Σάβ Αύγ 10, 2019 9:39 am
Προέκυψε κατά την διάρκεια ανεπιτυχούς προσπάθειας επίλυσης δυσκολώτερου προβλήματος:

Αν a+b+c=3, a, b, c μη αρνητικοί, τότε (abc)^2(a^2+b^2+c^2)\leq 3.
Από Cauchy Schwarz, a^2+b^2+c^2 \geqslant 3, οπότε a^2+b^2+c^2 \leqslant \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3}. Οπότε, αρκεί να δείξω ότι [abc(a^2+b^2+c^2)]^2 \leqslant 9 ή αλλιώς abc(a^2+b^2+c^2) \leqslant 3.

Έστω, ab+bc+ca=q, abc=r και αρκεί r(9-2q) \leqslant 3.

Όμως, από την γνωστή (ab+bc+ca)^2 \geqslant 3abc(a+b+c) \Rightarrow q^2 \geqslant 9r, οπότε αρκεί q^2(9-2q) \leqslant 27 \Rightarrow (q-3)^2(2q+3) \geqslant 0, που είναι προφανής.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
dement
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1405
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 10:11 am

Re: Ανισότητα υπό συνθήκη

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dement » Σάβ Αύγ 10, 2019 12:38 pm

Εναλλακτικά, η παράγωγος της f(x) = a (b+x) (c-x) \left[ a^2 + (b+x)^2 + (c-x)^2 \right] στο 0 είναι η f'(0) = a (b-c) \left[ -a^2 - (b-c)^2 \right] (ετερόσημη του b-c), από όπου συνάγεται εύκολα ότι η παράσταση μεγιστοποιείται για a = b = c = 1.


Δημήτρης Σκουτέρης

Τα μαθηματικά είναι η μοναδική επιστήμη που θα μπορούσε κανείς να εξακολουθήσει να ασκεί αν κάποτε ξυπνούσε και το σύμπαν δεν υπήρχε πλέον.
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2692
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Ανισότητα υπό συνθήκη

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Κυρ Αύγ 11, 2019 10:56 am

Ορέστης Λιγνός έγραψε:
Σάβ Αύγ 10, 2019 10:01 am
gbaloglou έγραψε:
Σάβ Αύγ 10, 2019 9:39 am
Προέκυψε κατά την διάρκεια ανεπιτυχούς προσπάθειας επίλυσης δυσκολώτερου προβλήματος:

Αν a+b+c=3, a, b, c μη αρνητικοί, τότε (abc)^2(a^2+b^2+c^2)\leq 3.
Από Cauchy Schwarz, a^2+b^2+c^2 \geqslant 3, οπότε a^2+b^2+c^2 \leqslant \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3}. Οπότε, αρκεί να δείξω ότι [abc(a^2+b^2+c^2)]^2 \leqslant 9 ή αλλιώς abc(a^2+b^2+c^2) \leqslant 3.

Έστω, ab+bc+ca=q, abc=r και αρκεί r(9-2q) \leqslant 3.

Όμως, από την γνωστή (ab+bc+ca)^2 \geqslant 3abc(a+b+c) \Rightarrow q^2 \geqslant 9r, οπότε αρκεί q^2(9-2q) \leqslant 27 \Rightarrow (q-3)^2(2q+3) \geqslant 0, που είναι προφανής.
Ορέστη αποδεικνύεις παραπάνω μία κάπως δυσκολότερη ανισότητα από αυτήν που πρότεινα, και που νόμιζα μάλιστα ότι δεν ίσχυε! Δεν χρειάζεται βέβαια Cauchy-Schwartz, αρκεί η ΑΜ-ΓΜ για την abc\leq 1, οπότε (abc)^2\leq abc. (Ο δικός μου τρόπος απόδειξης κοντά στον δικό σου, αλλά περιπετειώδης, καθώς καταλήγει στην r^6-19r^4+8r^2-1\leq 0, όπου r=abc.)

Αλλά μια και μιλάμε για Cauchy-Schwartz ... παρατηρώ ότι με χρήση της ανάγεται η κυκλική, μη συμμετρική ανισότητα που πρότεινες αρχικά (εδώ) στην εξής συμμετρική ανισότητα:

a+b+c=3\rightarrow a^4b^4c^4(a^4+b^4+c^4)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\leq 9

Η παραπάνω ανισότητα ισχύει, αλλά δεν βλέπω κάποιον αποδεκτό τρόπο απόδειξης. Όποιος δει κάτι ας μας διαφωτίσει, είτε εδώ είτε εκεί!

ΔΕΝ ισχύει τελικά η ανισότητα, δείτε την δημοσίευση του ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ παρακάτω!
τελευταία επεξεργασία από gbaloglou σε Τετ Αύγ 14, 2019 10:58 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2692
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Ανισότητα υπό συνθήκη

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Δευ Αύγ 12, 2019 10:00 am

gbaloglou έγραψε:
Κυρ Αύγ 11, 2019 10:56 am
Ορέστης Λιγνός έγραψε:
Σάβ Αύγ 10, 2019 10:01 am
gbaloglou έγραψε:
Σάβ Αύγ 10, 2019 9:39 am
Προέκυψε κατά την διάρκεια ανεπιτυχούς προσπάθειας επίλυσης δυσκολώτερου προβλήματος:

Αν a+b+c=3, a, b, c μη αρνητικοί, τότε (abc)^2(a^2+b^2+c^2)\leq 3.
Από Cauchy Schwarz, a^2+b^2+c^2 \geqslant 3, οπότε a^2+b^2+c^2 \leqslant \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3}. Οπότε, αρκεί να δείξω ότι [abc(a^2+b^2+c^2)]^2 \leqslant 9 ή αλλιώς abc(a^2+b^2+c^2) \leqslant 3.

Έστω, ab+bc+ca=q, abc=r και αρκεί r(9-2q) \leqslant 3.

Όμως, από την γνωστή (ab+bc+ca)^2 \geqslant 3abc(a+b+c) \Rightarrow q^2 \geqslant 9r, οπότε αρκεί q^2(9-2q) \leqslant 27 \Rightarrow (q-3)^2(2q+3) \geqslant 0, που είναι προφανής.
Ορέστη αποδεικνύεις παραπάνω μία κάπως δυσκολότερη ανισότητα από αυτήν που πρότεινα, και που νόμιζα μάλιστα ότι δεν ίσχυε! Δεν χρειάζεται βέβαια Cauchy-Schwartz, αρκεί η ΑΜ-ΓΜ για την abc\leq 1, οπότε (abc)^2\leq abc. (Ο δικός μου τρόπος απόδειξης κοντά στον δικό σου, αλλά περιπετειώδης, καθώς καταλήγει στην r^6-19r^4+8r^2-1\leq 0, όπου r=abc.)

Αλλά μια και μιλάμε για Cauchy-Schwartz ... παρατηρώ ότι με χρήση της ανάγεται η κυκλική, μη συμμετρική ανισότητα που πρότεινες αρχικά (εδώ) στην εξής συμμετρική ανισότητα:

a+b+c=3\rightarrow a^4b^4c^4(a^4+b^4+c^4)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\leq 9

Η παραπάνω ανισότητα ισχύει, αλλά δεν βλέπω κάποιον αποδεκτό τρόπο απόδειξης. Όποιος δει κάτι ας μας διαφωτίσει, είτε εδώ είτε εκεί!
Μία πρώτη προσπάθεια: η a+b+c=3 οδηγεί σε ισότητες όπως οι

a^4+b^4+c^4=4(a^3+b^3+c^3)+12abc+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)-27,

4(a^3+b^3+c^3)=18(a^2+b^2+c^2)+12abc-54,

18(a^2+b^2+c^2)=162-36(ab+bc+ca),

2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)=2(ab+bc+ca)^2-12abc,

οπότε η ζητούμενη ανισότητα ανάγεται, με abc=r, ab+bc+ca=q πάντοτε, στην

r^4(2q^2-36q+81+12r)(q^2-6r)\leq 9.

Εδώ ... ή μου διαφεύγει κάτι εύκολο (που ίσως δει κάποιος άλλος) ή έχουμε μια κάποια μαρτυρία για την δυσκολία της ανισότητας του Ορέστη ;)


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
harrisp
Δημοσιεύσεις: 537
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: Ανισότητα υπό συνθήκη

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από harrisp » Τρί Αύγ 13, 2019 9:45 pm

gbaloglou έγραψε:
Κυρ Αύγ 11, 2019 10:56 am
Αλλά μια και μιλάμε για Cauchy-Schwartz ... παρατηρώ ότι με χρήση της ανάγεται η κυκλική, μη συμμετρική ανισότητα που πρότεινες αρχικά (εδώ) στην εξής συμμετρική ανισότητα:

a+b+c=3\rightarrow a^4b^4c^4(a^4+b^4+c^4)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\leq 9

Η παραπάνω ανισότητα ισχύει, αλλά δεν βλέπω κάποιον αποδεκτό τρόπο απόδειξης. Όποιος δει κάτι ας μας διαφωτίσει, είτε εδώ είτε εκεί!
Αρχικά έστω a^2=x κλπ.

Αν χρησιμοποιήσουμε την αντικατάσταση u,v,w
(δηλ. 3u=x+y+z, 3v=xy+yz+zx, w^3=xyz) η δοσμένη γράφεται:

f(w^3)=(9u^2v-6v^3)w^6-9\leq 0

Όμως η μέγιστη τιμή της f είναι φανερό ότι επιτυγχάνεται όταν δύο μεταβλητές (εκ των x,y,z) είναι ίσες, αφού είναι δευτεροβάθμια.

Συνεπώς υποθέτουμε y=z. Αλλάζουμε ξανά τις μεταβλητές και καταλήγουμε ότι πρέπει να ισχύει:

 (3-2b)^4b^8((3-2b)^4+2b^4)(b^4+2(3-2b)^2b^2)\leq 9 αν 0<b<\frac {3}{2} που όμως δεν ισχύει πχ. για b=0.9.

Ως εκ τούτου προκύπτει το αντιπαράδειγμα στην αρχική ανισότητα a=1.2,b=0,9,c=0,9

ΥΓ. Να επαναφέρω ακόμα μια φορά την: https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 80&t=64959


Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2692
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Ανισότητα υπό συνθήκη

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Τρί Αύγ 13, 2019 11:08 pm

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:
Τρί Αύγ 13, 2019 9:45 pm
gbaloglou έγραψε:
Κυρ Αύγ 11, 2019 10:56 am
Αλλά μια και μιλάμε για Cauchy-Schwartz ... παρατηρώ ότι με χρήση της ανάγεται η κυκλική, μη συμμετρική ανισότητα που πρότεινες αρχικά (εδώ) στην εξής συμμετρική ανισότητα:

a+b+c=3\rightarrow a^4b^4c^4(a^4+b^4+c^4)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\leq 9

Η παραπάνω ανισότητα ισχύει, αλλά δεν βλέπω κάποιον αποδεκτό τρόπο απόδειξης. Όποιος δει κάτι ας μας διαφωτίσει, είτε εδώ είτε εκεί!
Αρχικά έστω a^2=x κλπ.

Αν χρησιμοποιήσουμε την αντικατάσταση u,v,w
(δηλ. 3u=x+y+z, 3v=xy+yz+zx, w^3=xyz) η δοσμένη γράφεται:

f(w^3)=(9u^2v-6v^3)w^6-9\leq 0

Όμως η μέγιστη τιμή της f είναι φανερό ότι επιτυγχάνεται όταν δύο μεταβλητές (εκ των x,y,z) είναι ίσες, αφού είναι δευτεροβάθμια.

Συνεπώς υποθέτουμε y=z. Αλλάζουμε ξανά τις μεταβλητές και καταλήγουμε ότι πρέπει να ισχύει:

 (3-2b)^4b^8((3-2b)^4+2b^4)(b^4+2(3-2b)^2b^2)\leq 9 αν 0<b<\frac {3}{2} που όμως δεν ισχύει πχ. για b=0.9.

Ως εκ τούτου προκύπτει το αντιπαράδειγμα στην αρχική ανισότητα a=1.2,b=0,9,c=0,9

ΥΓ. Να επαναφέρω ακόμα μια φορά την: https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 80&t=64959
Χάρη σ' ευχαριστώ πολύ για την επισήμανση: πράγματι η ανισότητα που πρότεινα δεν ισχύει, έστω και οριακά -- τόσο οριακά (μέγιστη τιμή αριστερού σκέλους μικρότερη του 9,035) ... που οδήγησε σε λάθος και το ίδιο το WolframAlpha (βλέπε συνημμένο)!

[Ελέγχομαι κάπως που βασίστηκα στο WolframAlpha για να ισχυριστώ ότι η ανισότητα ισχύει ... αλλά είχα εξ αρχής δηλώσει ότι δεν έχω απόδειξη!]

maximum-not-quite.png
maximum-not-quite.png (29.04 KiB) Προβλήθηκε 379 φορές


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Juniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης