Ανισότητα

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

ΑΝΔΡΕΑΣ ΛΑΜΠΡΟΥ
Δημοσιεύσεις: 34
Εγγραφή: Τετ Μάιος 03, 2017 12:37 am

Ανισότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΑΝΔΡΕΑΣ ΛΑΜΠΡΟΥ » Πέμ Ιουν 14, 2018 3:25 am

Αν \displaystyle{a,\ b,\ c} \displaystyle{>0} , ώστε \displaystyle{a+b+c=3} να δείξετε ότι:
\displaystyle{\sqrt{\frac 23}\left(\sqrt[2018]{a}\ +\sqrt[2018]{b}\ + \sqrt[2018]{c}\hskip 0.05 in\right) 
+\sqrt{a(1-b)+b(1-c)+c(1-a)\ }\geq\sqrt{6}.}
Πηγή: (Aops) (Δεν έχει ανέβει κάποια λύση ακόμη).



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1398
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Ανισότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Πέμ Ιαν 10, 2019 12:11 am

ΑΝΔΡΕΑΣ ΛΑΜΠΡΟΥ έγραψε:
Πέμ Ιουν 14, 2018 3:25 am
Αν \displaystyle{a,\ b,\ c} \displaystyle{>0} , ώστε \displaystyle{a+b+c=3} να δείξετε ότι:
\displaystyle{\sqrt{\frac 23}\left(\sqrt[2018]{a}\ +\sqrt[2018]{b}\ + \sqrt[2018]{c}\hskip 0.05 in\right) 
+\sqrt{a(1-b)+b(1-c)+c(1-a)\ }\geq\sqrt{6}.}
Πηγή: (Aops) (Δεν έχει ανέβει κάποια λύση ακόμη).
Καλησπέρα σε όλους.

Μετά από καιρό, ας δούμε μία λύση σε αυτό το ωραίο πρόβλημα.

Καταρχήν, θα δείξουμε το εξής Λήμμα:

Λήμμα

Για κάθε a \geqslant b \geqslant c >0 πραγματικούς, ισχύει ότι 3-ab-bc-ca \geqslant \dfrac{3(a-1)^2}{4} \geqslant \dfrac{3(b-1)^2}{4} \geqslant \dfrac{3(c-1)^2}{4}.

Απόδειξη

Προφανώς, αρκεί 3-ab-bc-ca \geqslant \dfrac{3(a-1)^2}{4}.

Θέτουμε a=x+1, b=y+1, c=z+1, οπότε x+y+z=0. Τότε, με αντικατάσταση, προκύπτει 3-ab-bc-ca=x^2+xy+y^2 και άρα αρκεί x^2+xy+y^2 \geqslant \dfrac{3x^2}{4} ή αλλιώς x^2+xy+y^2 \geqslant 0, που ισχύει, γιατί x^2+xy+y^2=(x+\dfrac{y}{2})^2+\dfrac{3y^2}{4} \geqslant 0.

Η απόδειξη του Λήμματος ολοκληρώθηκε, οπότε πάμε στην άσκηση.

Έστω, δίχως βλάβη της γενικότητας, a \geqslant b \geqslant c (η προς απόδειξη ανισότητα είναι συμμετρική, οπότε μπορούμε να υποθέσουμε κάτι τέτοιο).

Τότε, αφού a+b=c=3, είναι προφανώς a \geqslant 1 \geqslant c.
Διακρίνουμε λοιπόν δύο περιπτώσεις :

Περίπτωση 1 a \geqslant b \geqslant 1 \geqslant c.

Τότε, είναι σε συνδυασμό με το Λήμμα, \sqrt{\dfrac{2}{3}}(\sqrt[2018]{a}+\sqrt[2018]{b}+\sqrt[2018]{c})+\sqrt{a+b+c-ab-bc-ca} \geqslant \sqrt{\dfrac{2}{3}}(2+\sqrt[2018]{c})+\dfrac{(c-1)\sqrt{3}}{2}=M, οπότε αρκεί M \geqslant \sqrt{6}.

Θέτοντας c=k^{2018}, με 0 <k \leqslant 1, μετά τις πράξεις, αρκεί 3(1-k^{2018}) \geqslant 2\sqrt{2}(1-k) (1).

Όμως, είναι 0<k \leqslant 1, οπότε k^{2018} =k^{2017} \cdot k \leqslant  k, άρα έχουμε 3(1-k^{2018}) \geqslant 3(1-k) \geqslant 2\sqrt{2}(1-k), ό.έ.δ.

Περίπτωση 2 a \geqslant 1 \geqslant b \geqslant c

Τότε, έχουμε, πάλι σε συνδυασμό με το Λήμμα και το γεγονός ότι \sqrt[n]{x} \geqslant x, για κάθε 0<x \leqslant 1 και n \in \mathbb{N^*} (πράγματι, x^n=x \cdot x^{n-1} \leqslant x \Rightarrow \sqrt[n]{x} \geqslant x) έχουμε :

\sqrt{\dfrac{2}{3}}(\sqrt[2018]{a}+\sqrt[2018]{b}+\sqrt[2018]{c})+\sqrt{a+b+c-ab-bc-ca} \geqslant \sqrt{\dfrac{2}{3}}(1+b+c)+\dfrac{(a-1)\sqrt{3}}{2}, οπότε αρκεί \sqrt{\dfrac{2}{3}}(4-a)+\dfrac{(a-1)\sqrt{3}}{2} \geqslant \sqrt{6} ή ισοδύναμα

(3-2\sqrt{2})(a-1) \geqslant 0, που προφανώς ισχύει, αφού a \geqslant 1, 3>2\sqrt{2}.

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε. Η ισότητα, ισχύει όταν a=b=c=1.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Προχωρημένο Επίπεδο (Juniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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