Ανισότητα χωρίς να είναι θετικοί

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2684
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Ανισότητα χωρίς να είναι θετικοί

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Παρ Απρ 06, 2018 11:46 am

Εστω x,y,z\in \mathbb{R}

Να δειχθεί ότι

2x^{2}+(x-y)^{2}+(y-z)^{2}+2(1-z)^{2}\geq \frac{1}{3}

Πότε ισχύει η ισότητα;

Ας την αφήσουμε για μαθητές μέχρι να φάμε το αρνί.



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

Re: Ανισότητα χωρίς να είναι θετικοί

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Παρ Απρ 06, 2018 12:33 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Παρ Απρ 06, 2018 11:46 am
Εστω x,y,z\in \mathbb{R}

Να δειχθεί ότι

2x^{2}+(x-y)^{2}+(y-z)^{2}+2(1-z)^{2}\geq \frac{1}{3}

Πότε ισχύει η ισότητα;

Ας την αφήσουμε για μαθητές μέχρι να φάμε το αρνί.
Καλημέρα κύριε Σταύρο!

Έστω x-y=a, y-z=b. Τότε, x-z=a+b \Rightarrow z=x-a-b.

Έτσι, η ανισότητα γράφεται a^2+b^2+2(x^2+(a+b+1-x)^2) \geqslant \dfrac{1}{3}.

Είναι x^2+(a+b+1-x)^2 \geqslant \dfrac{(a+b+1)^2}{2} , από την Cauchy-Schwarz.

Αρκεί λοιπόν a^2+b^2+(a+b+1)^2 \geqslant \dfrac{1}{3}.

Έστω a+b=k. Τότε, αρκεί \dfrac{k^2}{2}+(k+1)^2 \geqslant \dfrac{1}{3} (ξαναεφαρμόστηκε η Cauchy-Schwarz).

Η παραπάνω γράφεται (3k+2)^2 \geqslant 0, που ισχύει.

Η ισότητα ισχύει όταν ισχύει η ισότητα σε όλες τις παραπάνω ανισότητες, δηλαδή x-z=a+b=k=-\dfrac{2}{3}, a=b \Rightarrow x+z=2y και x=a+b+1-x=1-z \Rightarrow x+z=1.

Από τα παραπάνω, παίρνουμε ότι η ισότητα ισχύει για \boxed{x=\dfrac{1}{6},y=\dfrac{1}{2},z=\dfrac{5}{6}}.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2684
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Ανισότητα χωρίς να είναι θετικοί

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Παρ Απρ 06, 2018 1:21 pm

Ορέστης Λιγνός έγραψε:
Παρ Απρ 06, 2018 12:33 pm
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Παρ Απρ 06, 2018 11:46 am
Εστω x,y,z\in \mathbb{R}

Να δειχθεί ότι

2x^{2}+(x-y)^{2}+(y-z)^{2}+2(1-z)^{2}\geq \frac{1}{3}
Πότε ισχύει η ισότητα;

Ας την αφήσουμε για μαθητές μέχρι να φάμε το αρνί.
Καλημέρα κύριε Σταύρο!

Έστω x-y=a, y-z=b. Τότε, x-z=a+b \Rightarrow z=x-a-b.

Έτσι, η ανισότητα γράφεται a^2+b^2+2(x^2+(a+b+1-x)^2) \geqslant \dfrac{1}{3}.

Είναι x^2+(a+b+1-x)^2 \geqslant \dfrac{(a+b+1)^2}{2} , από την Cauchy-Schwarz.

Αρκεί λοιπόν a^2+b^2+(a+b+1)^2 \geqslant \dfrac{1}{3}.

Έστω a+b=k. Τότε, αρκεί \dfrac{k^2}{2}+(k+1)^2 \geqslant \dfrac{1}{3} (ξαναεφαρμόστηκε η Cauchy-Schwarz).

Η παραπάνω γράφεται (3k+2)^2 \geqslant 0, που ισχύει.

Η ισότητα ισχύει όταν ισχύει η ισότητα σε όλες τις παραπάνω ανισότητες, δηλαδή x-z=a+b=k=-\dfrac{2}{3}, a=b \Rightarrow x+z=2y και x=a+b+1-x=1-z \Rightarrow x+z=1.

Από τα παραπάνω, παίρνουμε ότι η ισότητα ισχύει για \boxed{x=\dfrac{1}{6},y=\dfrac{1}{2},z=\dfrac{5}{6}}.
Καλημέρα Ορέστη.

Θα γράψω μια λύση που χρησιμοποιεί μόνο θεωρία τριωνύμου.

Δηλαδή αν f(x)=ax^{2}+bx+c,a> 0

τότε f(x)\geq f(-\frac{b}{2a})

Θέτουμε f(x,y,z)=2x^{2}+(x-y)^{2}+(y-z)^{2}+2(1-z)^{2}

Εχουμε f(x,y,z)\geq f(\frac{y}{3},y,z)\geq f(\frac{z}{5},\frac{3z}{5},z)\geq \frac{1}{3}

οπου στην αρχή το θεωρούμε σαν τριώνυμο του x και μετά σαν τριώνυμο y


Να σημειώσω ότι μου προέκυψε από άλλο πρόβλημα η γενικότερη

2x_{1}^{2}+(x_{2}-x_{1})^{2}+(x_{3}-x_{2})^{2}+....(x_{n}-x_{n-1})^{2}+2(1-x_{n})^{2}\geq \frac{1}{n}

και η πρώτη απόδειξη που έδωσα ήταν με Λογισμό πολλών μεταβλητών.


Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1247
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: Ανισότητα χωρίς να είναι θετικοί

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Σάβ Απρ 07, 2018 7:22 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Παρ Απρ 06, 2018 1:21 pm
[

Να σημειώσω ότι μου προέκυψε από άλλο πρόβλημα η γενικότερη

2x_{1}^{2}+(x_{2}-x_{1})^{2}+(x_{3}-x_{2})^{2}+....(x_{n}-x_{n-1})^{2}+2(1-x_{n})^{2}\geq \frac{1}{n}

και η πρώτη απόδειξη που έδωσα ήταν με Λογισμό πολλών μεταβλητών.
Πάνω κάτω όπως ο Ορέστης:
Από C-S έχουμε: 2x_{1}^{2}+2(1-x_{n})^{2}\geq (x_1-x_n+1)^2.

Ξανά όμως από C-S
\displaystyle (1+1+...+1)\left((x_{2}-x_{1})^{2}+(x_{3}-x_{2})^{2}+....(x_{n}-x_{n-1})^{2}+(x_1-x_{n}+1)^{2}\right)\geq (x_2-x_1+x_3-x_2+...+x_1-x_n+1)^2

Αφού το δεξί μέλος είναι ίσο με 1 έχουμε το ζητούμενο.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2684
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Ανισότητα χωρίς να είναι θετικοί

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Σάβ Απρ 07, 2018 10:11 pm

silouan έγραψε:
Σάβ Απρ 07, 2018 7:22 pm
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Παρ Απρ 06, 2018 1:21 pm
[

Να σημειώσω ότι μου προέκυψε από άλλο πρόβλημα η γενικότερη

2x_{1}^{2}+(x_{2}-x_{1})^{2}+(x_{3}-x_{2})^{2}+....(x_{n}-x_{n-1})^{2}+2(1-x_{n})^{2}\geq \frac{1}{n}

και η πρώτη απόδειξη που έδωσα ήταν με Λογισμό πολλών μεταβλητών.
Πάνω κάτω όπως ο Ορέστης:
Από C-S έχουμε: 2x_{1}^{2}+2(1-x_{n})^{2}\geq (x_1-x_n+1)^2.

Ξανά όμως από C-S
\displaystyle (1+1+...+1)\left((x_{2}-x_{1})^{2}+(x_{3}-x_{2})^{2}+....(x_{n}-x_{n-1})^{2}+(x_1-x_{n}+1)^{2}\right)\geq (x_2-x_1+x_3-x_2+...+x_1-x_n+1)^2

Αφού το δεξί μέλος είναι ίσο με 1 έχουμε το ζητούμενο.
Σιλουανέ εγώ θα έλεγα ότι και οι τρείς λύσεις βασίστηκαν στην κυρτότητα.

Απόλυτα φυσιολογικό αφού η συνάρτηση είναι κυρτή ως προς κάθε μεταβλητή ξεχωριστά.

Απλά εσύ και ο Ορέστης ονομάσατε την Jensen C-S που εδώ ταυτίζονται.


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6174
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Ανισότητα χωρίς να είναι θετικοί

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Κυρ Απρ 08, 2018 8:12 pm

Ας παρατηρήσουμε ότι είναι άμεση συνέπεια της Cauchy-Schwarz:

\displaystyle{2x^{2}+(x-y)^{2}+(y-z)^{2}+2(1-z)^{2}=\frac{x^2 }{\frac{1}{2}}+\frac{(y-x)^2}{1}+\frac{(z-y)^2}{1}+\frac{(1-z)^2}{\frac{1}{2}}\geq }

\displaystyle{\geq \frac{(x+y-x+z-y+1-z)^2}{\frac{1}{2}+1+1+\frac{1}{2}}=\frac{1}{3}.}

Κατά τα γνωστά, η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν ισχύει

\displaystyle{\frac{x}{\frac{1}{2}}=\frac{y-x}{1}=\frac{z-y}{1}=\frac{1-z}{\frac{1}{2}}\iff 2x=y-x=z-y=2-2z.}

Λύνοντας το σύστημα αυτό, βρίσκουμε \displaystyle{x=\frac{1}{6},y=\frac{1}{2},z=\frac{5}{6}.}


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5358
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Ανισότητα χωρίς να είναι θετικοί

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Δευ Απρ 09, 2018 9:22 am

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Παρ Απρ 06, 2018 11:46 am
Εστω x,y,z\in \mathbb{R}Να δειχθεί ότι 2x^{2}+(x-y)^{2}+(y-z)^{2}+2(1-z)^{2}\geq \frac{1}{3}. Πότε ισχύει η ισότητα;
Απλά και μόνο για το Χριστός Ανέστη και σίγουρα για λόγους πλουραλισμού για τους μικρούς σε ηλικία συναδέλφους, όπως ο Ορέστης, αλλά και γενικώτερα, ας δούμε και την εκδοχή που ακολουθεί:

Αρκεί, μετά την απαλοιφή του 3, να αποδειχθεί ότι: 3{\left( {x - y} \right)^2} + 3{\left( {y - z} \right)^2} + 3{\left( {z - x - 1} \right)^2} - 3{\left( {z - x - 1} \right)^2} + 6{x^2} + 6{\left( {1 - z} \right)^2} \geqslant 1, αρκεί 1 + 3\left[ {2{x^2} + 2{{\left( {1 - z} \right)}^2} - {{\left( {x + 1 - z} \right)}^2}} \right] \geqslant 1, αρκεί 2{x^2} + 2{\left( {1 - z} \right)^2} \geqslant {\left( {x + 1 - z} \right)^2}, αρκεί {\left( {x + z - 1} \right)^2} \geqslant 0 που ισχύει, με την ισότητα εδώ να είναι αληθής όταν x+z=1.
Η ισότητα στην 2x^{2}+(x-y)^{2}+(y-z)^{2}+2(1-z)^{2}\geq \frac{1}{3}, ισχύει όταν έχουμε το σύστημα: x - y = y - z = z - x - 1 και x+z = 1, που οδηγεί στην λύση \displaystyle{x=\frac{1}{6},y=\frac{1}{2},z=\frac{5}{6}.}

(\ast) Χρησιμοποιήθηκε η ανισότητα \,3{a^2} + 3{b^2} + 3{c^2} \geqslant {\left( {a + b + c} \right)^2}, όταν a,b,c \in {\Cal R}. Αυτή ως γνωστόν ισχύει ως ισότητα όταν a=b=c.


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Προχωρημένο Επίπεδο (Juniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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