Ανισότητα για αριθμούς που δεν υπερβαίνουν την μοναδα

Al.Koutsouridis · #1

Οι θετικοί αριθμοί a,b,c,d

δεν υπερβαίνουν την μονάδα. Να αποδείξετε την ανισότητα

$\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2+d^2} \geq \dfrac{1}{4} +(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)$ .

#2

Με χρήση της ταυτότητας g^2=(1-g)^2-2(1-g)+1

για

και των αντικαταστάσεων x=1-a, y=1-b, z=1-c, w=1-d

η ζητούμενη ανισότητα γράφεται ως

$x^2+y^2+z^2+w^2+16xyzw+4(x^2+y^2+z^2+w^2)xyzw\leq 2(x+y+z+w)+8(x+y+z+w)xyzw.$

Λόγω της $0\leq x^2+y^2+z^2+w^2\leq x+y+z+w$ αρκεί να ισχύει η ανισότητα

$16xyzw\leq (x+y+z+w)+4(x+y+z+w)xyzw.$

Από ΑΓΜ έχουμε $4\sqrt[4]{xyzw}\leq x+y+z+w,$ άρα η ανισότητα ανάγεται, με $\sqrt[4]{xyzw}=t,$ στην προφανώς ισχύουσα $4t^4-4t^3+1\geq 4t^4-4t^2+1\geq 0.$

#3

Υστερόγραφο: εύκολα βλέπουμε ότι η ανισότητα γενικεύεται για

μεταβλητές στο [0,1],

αναγόμενη κατά τον ίδιο ακριβώς τρόπο στην $nt^n-nt^{n-1}+1>0$ για $0\leq t\leq 1:$ με χρήση παραγώγων -- φεύγουμε λίγο εκτός φακέλου εδώ, δεν το προσπάθησα και πολύ αλλιώς* -- λαμβάνουμε ελάχιστη τιμή συνάρτησης $1-\left(1-\dfrac{1}{n}\right)^{n-1}\right)>0.$

*ίσως και να μην είναι εύκολο αυτό, και να είναι και ο λόγος που η ανισότητα δίνεται για 4 μεταβλητές -- ούτε καν για 3 μεταβλητές, όπου πάντως $3t^3-3t^2+1>\left(\dfrac{3t^2}{2}-1\right)^2\geq 0.$ [Για 1 ή 2 μεταβλητές υπάρχουν σύντομες αποδείξεις της αρχικής μέσω απλούστερων ανισοτήτων.]

Al.Koutsouridis · #4

gbaloglou έγραψε: ↑
Παρ Μαρ 15, 2024 2:15 pm
Υστερόγραφο: εύκολα βλέπουμε ότι η ανισότητα γενικεύεται για μεταβλητές στο αναγόμενη κατά τον ίδιο ακριβώς τρόπο στην $nt^n-nt^{n-1}+1>0$ για $0\leq t\leq 1:$ με χρήση παραγώγων -- φεύγουμε λίγο εκτός φακέλου εδώ, δεν το προσπάθησα και πολύ αλλιώς* -- λαμβάνουμε ελάχιστη τιμή συνάρτησης $1-\left(1-\dfrac{1}{n}\right)^{n-1}\right)>0.$

*ίσως και να μην είναι εύκολο αυτό, και να είναι και ο λόγος που η ανισότητα δίνεται για 4 μεταβλητές -- ούτε καν για 3 μεταβλητές, όπου πάντως $3t^3-3t^2+1>\left(\dfrac{3t^2}{2}-1\right)^2\geq 0.$ [Για 1 ή 2 μεταβλητές υπάρχουν σύντομες αποδείξεις της αρχικής μέσω απλούστερων ανισοτήτων.]

Καλησπέρα κ. Γιώργο, Χρόνια πολλά και καλή Τεσσαρακοστή! Η ανισότητα είχε δοθεί στην ολυμπιάδα Euler, 2022 (έτσι ονομάζεται η πανρωσική για την 8η τάξη). Η λύση, που είχε υπόψη η επιτροπή, βασίζεται στην ανισότητα

$(1-x)(1-y) \leq \left (1-\dfrac{x+y}{2} \right )^2$ , για $x,y \in \mathbb{R}$

αφού γίνει η παρατήρηση ότι $a^2+b^2+c^2+d^2 \leq a+b+c+d$ , με χρήση της παραπάνω ανισότητας ανά ζεύγη (για αυτό και είναι σχετικά εύκολη για 4 μεταβλητές), έχουμε

$(1-a)(1-b)(1-c)(1-d) \leq \left (1-\dfrac{a+b}{2} \right )^2 \cdot \left (1-\dfrac{c+d}{2} \right )^2 \leq \left(1-\dfrac{a+b+c+d}{4} \right )^4$

θέτoντας $t= \dfrac{a+b+c+d}{4}$ , αρκεί να αποδειχθεί η ανισότητα

$\dfrac{1}{4t} \geq \dfrac{1}{4} +(1-t)^4$ ή ισοδύναμα η $(1-t)(4t(1-t)^3-1) \leq 0$ . Η οποία ισχύει, εφόσον

$t \leq 1$ και $4t(1-t)^3=4t(1-t)(1-t)^2 \leq 4 \cdot \dfrac{1}{4} \cdot (1-t)^2 \leq 1$ .

#5

Aλεξανδρε πολύ ενδιαφέροντα όσα γράφεις, από πλευράς μου δίνω μία απόδειξη της τελικής ανισότητας χωρίς παραγώγους (βασισμένη στο ανάπτυγμα της [t+(1- t)]^n

):

$nt^n-nt^{n-1} +1=1-nt^{n-1}(1-t)=$

$=t^n+\dfrac{n(n-1)}{2}t^{n-2}(1-t)^2+...+\dfrac{n(n-1)}{2}t^2(1-t)^{n-2}+nt(1-t)^{n-1}+(1-t)^n>0.$

S.E.Louridas · #6

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 11, 2024 7:38 pm
Οι θετικοί αριθμοί δεν υπερβαίνουν την μονάδα. Να αποδείξετε την ανισότητα
$\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2+d^2} \geq \dfrac{1}{4} +(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)$ .

Προσωπικά την είχα σκεφτεί ως εξής:

Καταρχάς παρατηρούμε $x \in \left( {0,1} \right] \Leftrightarrow \left( {1 - x} \right) \in \left[ {0,1} \right)$ και βέβαια $0 < k \leqslant 1 \Rightarrow {k^n} \leqslant {k^m},$ αν $m \leqslant n.$

Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{\frac{{\left( {1 - a} \right) + \left( {1 - b} \right) + \left( {1 - c} \right) + \left( {1 - d} \right)}}{{4\left( {a + b + c + d} \right)}} \geqslant \left( {1 - a} \right)\left( {1 - b} \right)\left( {1 - c} \right)\left( {1 - d} \right),}$

που ισχύει αν τουλάχιστον ένας από τους $\displaystyle{a,b,c,d}$ ισούται με την μονάδα.

Αν είναι όλοι διαφορετικοί της μονάδας, τοτε αρκεί να αποδείξουμε ότι $1 \geqslant \left( {a + b + c + d} \right)\root 4 \of {{{\left( {1 - a} \right)}^3}{{\left( {1 - b} \right)}^3}{{\left( {1 - c} \right)}^3}{{\left( {1 - d} \right)}^3}} ,$

αρκεί $1 \geqslant \left( {a + b + c + d} \right)\root 4 \of {\left( {1 - a} \right)\left( {1 - b} \right)\left( {1 - c} \right)\left( {1 - d} \right)} ,$

αρκεί $4 \geqslant \left( {a + b + c + d} \right)\left[ {4 - \left( {a + b + c + d} \right)} \right],$ αρκεί ${\left( {a + b + c + d - 2} \right)^2} \geqslant 0,$ που ισχύει.

Έγινε μία επαναληπτική εφαρμογή της $AM \geqslant GM.$

Ανισότητα για αριθμούς που δεν υπερβαίνουν την μοναδα

Ανισότητα για αριθμούς που δεν υπερβαίνουν την μοναδα

Re: Ανισότητα για αριθμούς που δεν υπερβαίνουν την μοναδα

Re: Ανισότητα για αριθμούς που δεν υπερβαίνουν την μοναδα

Re: Ανισότητα για αριθμούς που δεν υπερβαίνουν την μοναδα

Re: Ανισότητα για αριθμούς που δεν υπερβαίνουν την μοναδα

Re: Ανισότητα για αριθμούς που δεν υπερβαίνουν την μοναδα

Μέλη σε σύνδεση