Ανισότητα

#1

Να δειχθεί ότι αν $3d\geq b+d\geq a\geq b\geq c\geq d>0$ και 3(a^2+b^2+c^2+d^2)=2(a+b)(c+d)+4

τότε $a+b\geq 2.$

Σχόλιο: Το πρόβλημα αυτό είναι εμπνευσμένο από τον φετινό προκριματικό των νέων, αλλά δεν είναι σίγουρο ότι όλες οι υποθέσεις είναι απαραίτητες. Για παράδειγμα, δεν είμαστε σίγουροι ότι η υπόθεση $3d\geq b+d\geq a$ είναι απαραίτητη, αλλά με αυτή ισχύει το συμπέρασμα.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#2

Αυτό το μάλλον άσχημο αλλά πολύ ενδιαφέρον αποτέλεσμα ... προκύπτει άμεσα από το εξής λήμμα:

Αν $3d\geq b+d\geq a\geq b\geq c\geq d>0$ και a+b<2

τότε

.

Το λήμμα αυτό μπορεί πιθανότατα να αποδειχθεί και με στοιχειώδη μέσα, εδώ δίνω απόδειξη με χρήση Λογισμού (μίας ουσιαστικά μεταβλητής):

Θέτοντας c=d+r

,

, οι συνθήκες $3d\geq b+d\geq a\geq b\geq c\geq d>0$ και a+b<2

δίνουν

$d\geq s$ , $d\geq t-s$ , $t\geq s\geq r\geq 0$ και $d<\dfrac{2-s-t}{2}$ , αντίστοιχα.

Συνδυάζοντας τις $d\geq s$ , $d<\dfrac{2-s-t}{2}$ και $d\geq t-s$ , $d<\dfrac{2-s-t}{2}$ λαμβάνουμε την ανισότητα-κλειδί

$3t-2<s<\dfrac{2-t}{3}$ ,

από την οποία προκύπτει άμεσα η επίσης πολύ σημαντική συνθήκη $t<\dfrac{4}{5}$ .

Θεωρώντας τώρα την συνάρτηση

F(d)=2(a+b)(c+d)+4-3(a^2+b^2+c^2+d^2)=

παρατηρούμε ότι η απόδειξη του λήμματος, δηλαδή της F(d)>0

για $0<d< \dfrac{2-s-t}{2}$ , ανάγεται, λόγω της F'(d)<0

, στην απόδειξη της $F\left(\dfrac{2-s-t}{2}\right)>0$ , δηλαδή στην απόδειξη της ανισότητας

2s+2t-2r+3rs+3rt-3r^2-3s^2-3t^2>0,

για $0\leq r\leq s\leq t<\dfrac{4}{5}$ και $3t-2<s<\dfrac{2-t}{3}$ πάντοτε.

Θεωρώντας την συνάρτηση

G(r)=-3r^2+3(s+t)r+2s+2t-3s^2-3t^2

,

παρατηρούμε ότι η ζητούμενη παραπάνω ανισότητα προκύπτει από τις $G'(r)=-6r+3s+3t\geq 0$ και G(0)>0

: η πρώτη ανισότητα είναι άμεση συνέπεια της $0\leq r\leq s\leq t$ , η δεύτερη ανισότητα είναι ισοδύναμη προς την

2s+2t-3s^2-3t^2>0.

Λόγω και της $0\leq s\leq t$ , η παραπάνω ανισότητα είναι προφανής για $t<\dfrac{2}{3}$ .

Για $\dfrac{2}{3}\leq t\leq \dfrac{4}{5}$ αρκεί να παρατηρήσουμε ότι η ωρισμένη στο $\left[3t-2, \dfrac{2-t}{3}\right]$ συνάρτηση

H(s)=-3s^2+2s+2t-3t^2

είναι κοίλη λόγω της H''(s)=-6<0

, ενώ ισχύουν και οι ανισότητες H(3t-2)>0

και $H\left(\dfrac{2-t}{3}\right)>0$ : η πρώτη είναι ισοδύναμη προς την -30t^2+44t-16>0

, που ισχύει για $\dfrac{2}{3}<t<\dfrac{4}{5}$ , η δεύτερη είναι ισοδύναμη προς την $\dfrac{-10t^2+8t}{3}>0$ , που ισχύει για $0<t<\dfrac{4}{5}$ .

#3

achilleas έγραψε: ↑
Τρί Απρ 03, 2018 6:42 pm
Να δειχθεί ότι αν $3d\geq b+d\geq a\geq b\geq c\geq d>0$ και τότε $a+b\geq 2.$

Σχόλιο: Το πρόβλημα αυτό είναι εμπνευσμένο από τον φετινό προκριματικό των νέων, αλλά δεν είναι σίγουρο ότι όλες οι υποθέσεις είναι απαραίτητες. Για παράδειγμα, δεν είμαστε σίγουροι ότι η υπόθεση $3d\geq b+d\geq a$ είναι απαραίτητη, αλλά με αυτή ισχύει το συμπέρασμα.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Υπάρχουν αντιπαραδείγματα, για a=1

και

πχ ... το συνημμένο δείχνει τι συμβαίνει όταν ΔΕΝ ισχύει η $b+d\geq a\leftrightarrow d\geq 0,1$ .

: b+d-smaller-than-a.png (25.08 KiB) Προβλήθηκε 1801 φορές

#4

Λίγο πιο δύσκολο το αντιπαράδειγμα όπου δεν ισχύει η $a+b\geq2$ λόγω μη ισχύος της $3d\geq b+d$ : αρχίζουμε και πάλι με a=1

,

... και επιλύουμε την 3(1^2+0,9^2+c^2+x^2)=2(1+.9)(c+x)+4

για διάφορες τιμές του

ώστε να προκύψει λύση τέτοια ώστε $c\geq x\geq 1-0,9$ KAI $3x<0,9+x\leftrightarrow x<0.45$ : για c=0,1

λαμβάνουμε $x\approx 0,43$ & $x\approx 0,83$ , για c=0,2

λαμβάνουμε $x\approx 0,26$ & $x\approx 1$ , για c=0,3

λαμβάνουμε $x\approx 0,17$ & $x\approx 1,09$ .

Μπορούμε λοιπόν να επιλέξουμε $d=\dfrac{19-\sqrt{193}}{30}\approx 0,17$ , c=0,3

,

... οπότε ισχύουν οι $d\leq c\leq b\leq a\leq b+d$ και 3(a^2+b^2+c^2+d^2)=2(a+b)(c+d)+4

αλλά ΔΕΝ ισχύουν οι $3d\geq b+d$ και $a+b\geq 2$ .

#5

Ας παρατηρηθεί σε σχέση με τα προηγηθέντα το εξής: με σταθερά

,

η δοθείσα συνθήκη 3(a^2+b^2+c^2+d^2)=2(a+b)(c+d)+4

γράφεται ως

$\left[c-\left(\dfrac{a+b}{3}\right)\right]^2+\left[d-\left(\dfrac{a+b}{3}\right)\right]^2=\left(\dfrac{\sqrt{12-9a^2-9b^2+2(a+b)^2}}{3}\right)^2.$

Βεβαίως για να υπάρχει ο κύκλος επί του οποίου κείνται τα

,

απαιτείται η 12-9a^2-9b^2+2(a+b)^2>0

, οφείλουν δηλαδή να κείνται τα

,

εντός μιας κάποιας έλλειψης. 'Εχουμε ήδη δει ότι, σε συνδυασμό και με την άλλη δοθείσα συνθήκη, $3d\geq b+d\geq a\geq b\geq c\geq d>0$ , προκύπτει και η συνθήκη $a+b\geq 2$ : εδώ ... κάνουμε πλέον την προσευχή μας ευχόμενοι να περνάει η ευθεία a+b=2

ΜΕΣΑ από την έλλειψη 12-9a^2-9b^2+2(a+b)^2=0

... και ευτυχώς αυτό συμβαίνει (βλ. συνημμένο)!

Είναι βέβαια πολύ μικρό το 'χωρίο ύπαρξης' του προβλήματος, ιδίως επειδή ο 'ελλειπτικός' περιορισμός για τα

,

ισχύει (μέσω αντιστροφής ρόλων) ΚΑΙ για τα

,

, αλλά ... αυτό θα μπορούσε κάλλιστα να συμβαίνει σε κάποιο ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟ πρόβλημα! (Αρχή μου είναι ότι ένα πρόβλημα είναι ενδιαφέρον αν και μόνον αν είναι είτε όμορφο είτε χρήσιμο: το πρόβλημα που μας έστειλε ο Αχιλλέας ΔΕΝ είναι όμορφο, είναι όμως το είδος του προβλήματος που θα μπορούσε κάλλιστα να προκύψει από συνθήκες κάποιου άλλου, πραγματικού προβλήματος!)

#6

achilleas έγραψε: ↑
Τρί Απρ 03, 2018 6:42 pm
Να δειχθεί ότι αν $3d\geq b+d\geq a\geq b\geq c\geq d>0$ και τότε $a+b\geq 2.$

Σχόλιο: Το πρόβλημα αυτό είναι εμπνευσμένο από τον φετινό προκριματικό των νέων, αλλά δεν είναι σίγουρο ότι όλες οι υποθέσεις είναι απαραίτητες. Για παράδειγμα, δεν είμαστε σίγουροι ότι η υπόθεση $3d\geq b+d\geq a$ είναι απαραίτητη, αλλά με αυτή ισχύει το συμπέρασμα.
....

Γιώργο, ευχαριστώ πολύ για την ενασχόληση σου με το πρόβλημα αυτό.

Παραθέτω μια αλγεβρική λύση, η ιδέα της οποίας βασίζεται στο σχήμα που παρατίθεται στον παραπάνω σύνδεσμο.

Από τις υποθέσεις, έχουμε $b\geq a-d\geq 0$ και $d\geq b-d\geq 0$ , και παίρνουμε

$\displaystyle{ \begin{aligned} ab&=(a-d)b+(b-d)d+d^2\\ &\geq (a-d)^2+(b-d)^2+d^2 \end{aligned} }$

Επίσης, $b+c\geq b+d\geq a$ , οπότε $b\geq a-c\geq 0$ και $2c\geq 2d\geq b$ , οπότε $c\geq b-c\geq 0$ . Έτσι, έχουμε

$\displaystyle{ \begin{aligned} ab&=(a-c)b+(b-c)c+c^2\\ &\geq (a-c)^2+(b-c)^2+c^2 \end{aligned} }$

Συνεπώς,

$\displaystyle{ \begin{aligned} (a+b)^2&=a^2+b^2+ab+ab\\ &\geq a^2+b^2+(a-d)^2+(b-d)^2+d^2+(a-c)^2+(b-c)^2+c^2\\ &=3(a^2+b^2+c^2+d^2)-2(a+b)(c+d)\\ &=4\\ \end{aligned} }$

απ' όπου το συμπέρασμα έπεται.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#7

Αχιλλέα σ' ευχαριστούμε και εμείς για την δεξιοτεχνική -- και κατά βάθος γεωμετρική -- λύση (και κατασκευή) σου! Το γεγονός ότι δεν έδωσε κανείς άλλος στοιχειώδη λύση καταμαρτυρεί την δυσκολία εξεύρεσης της.

Στην δική μου λύση επισήμανα ότι η συνθήκη 3(a^2+b^2+c^2+d^2)=2(a+b)(c+d)+4

μπορεί να αντικατασταθεί από την $3(a^2+b^2+c^2+d^2)\geq2(a+b)(c+d)+4$ : αυτό ισχύει προφανώς και για την δική σου λύση.

Ανισότητα

Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση