Ανίσωση με θετικούς

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 780
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Ανίσωση με θετικούς

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Παρ Ιαν 04, 2019 9:01 pm

Έστω a,b,c,d θετικοί με a+b+c+d=3.

Αν f\left ( k \right )=\sqrt{k}\left ( k^{2}+k+3 \right ) να αποδείξετε ότι f(a)+f(b)+f(c)+f(d)>6\sqrt3.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6271
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Ανίσωση με θετικούς

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Παρ Ιαν 04, 2019 9:28 pm

Από AM-GM είναι \displaystyle{k^2+k+3\geq 3k\sqrt[3]{3},} άρα \displaystyle{f(k)\geq 3\sqrt[3]{3}k^{\frac{3}{2}}.}

Από ανισότητα των δυνάμεων είναι ακόμα

\displaystyle{a^{\frac{3}{2}}+b^{\frac{3}{2}}+c^{\frac{3}{2}}+d^{\frac{3}{2}}\geq 4\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{3}{2},}

άρα

\displaystyle{f(a)+f(b)+f(c)+f(d)\geq 12\sqrt[3]{3}\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{3}{2}}.

Είναι απλό τώρα να δούμε ότι

\displaystyle{12\sqrt[3]{3}\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{3}{2}}>6\sqrt{3}.}

Πάντως, με την ανισότητα Jensen μπορούμε να βελτιώσουμε τη ζητούμενη σε

\displaystyle{f(a)+f(b)+f(c)+f(d)\geq \frac{69}{8}\sqrt{3}.}


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 780
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Ανίσωση με θετικούς

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Παρ Ιαν 04, 2019 10:09 pm

matha έγραψε:
Παρ Ιαν 04, 2019 9:28 pm
Από AM-GM είναι \displaystyle{k^2+k+3\geq 3k\sqrt[3]{3},} άρα \displaystyle{f(k)\geq 3\sqrt[3]{3}k^{\frac{3}{2}}.}

Από ανισότητα των δυνάμεων είναι ακόμα

\displaystyle{a^{\frac{3}{2}}+b^{\frac{3}{2}}+c^{\frac{3}{2}}+d^{\frac{3}{2}}\geq 4\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{3}{2},}

άρα

\displaystyle{f(a)+f(b)+f(c)+f(d)\geq 12\sqrt[3]{3}\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{3}{2}}.

Είναι απλό τώρα να δούμε ότι

\displaystyle{12\sqrt[3]{3}\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{3}{2}}>6\sqrt{3}.}

Πάντως, με την ανισότητα Jensen μπορούμε να βελτιώσουμε τη ζητούμενη σε

\displaystyle{f(a)+f(b)+f(c)+f(d)\geq \frac{69}{8}\sqrt{3}.}
Ωραία λύση!

Να βάλουμε όμως τώρα και έναν περιορισμό : Να αποδείξετε την ανισότητα μόνο με χρήση της AM-GM ;)


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12497
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ανίσωση με θετικούς

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Ιαν 05, 2019 1:56 am

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε:
Παρ Ιαν 04, 2019 9:01 pm
Έστω a,b,c,d θετικοί με a+b+c+d=3.

Αν f\left ( k \right )=\sqrt{k}\left ( k^{2}+k+3 \right ) να αποδείξετε ότι f(a)+f(b)+f(c)+f(d)>6\sqrt3.
.
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε:
Παρ Ιαν 04, 2019 10:09 pm

Να βάλουμε όμως τώρα και έναν περιορισμό : Να αποδείξετε την ανισότητα μόνο με χρήση της AM-GM ;)
.
Ας το δούμε και έτσι. Πάντως τα νούμερα δεν είναι καλά επιλεγμένα γιατί έχουμε πολύ περίσσευμα:

f\left ( k \right )= k^{5/2}+k^{3/2}+\frac {3}{4} k^{1/2} + \frac {3}{4} k^{1/2}  + \frac {3}{4} k^{1/2}  +\frac {3}{4} k^{1/2} \ge 6 \sqrt [6] {k^{5/2}\cdot k^{3/2}\cdot \left (\frac {3}{4} k^{1/2} \right )^4  }= 6k \sqrt [3] {\frac {9}{16}}

Άρα

\displaystyle{f(a)+f(b)+f(c)+f(d)\ge  6(a+b+c+d) \sqrt [3] {\frac {9}{16}}= 6\cdot 3  \sqrt [3] {\frac {9}{16}}\approx 14,8 > 10,4 \approx 6 \sqrt 3}


Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 780
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Ανίσωση με θετικούς

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Σάβ Ιαν 05, 2019 10:49 pm

Μία ακόμη με AM-GM

f(a)+f(b)+f(c)+f(d) >6\sqrt{3} =\dfrac{6\cdot 3}{\sqrt{3}}=\dfrac{18}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow \sqrt{3}\left ( f(a)+f(b)+f(c)+f(d) \right )>18\Leftrightarrow.. \sqrt{3a}\left ( a^{2}+a+3 \right )+\sqrt{3b}\left ( b^{2} +b+3\right )+\sqrt{3c}\left ( c^{2} +c+3\right )+\sqrt{3d}\left ( d^{2} +d+3\right )> 18

Aρκεί να δείξουμε την τελευταία

\sqrt{3a}\left ( a^{2}+a+3 \right )+\sqrt{3b}\left ( b^{2} +b+3\right )+\sqrt{3c}\left ( c^{2} +c+3\right )+\sqrt{3d}\left ( d^{2} +d+3\right )> \sqrt{3a}\left ( a+3 \right )+..\sqrt{3b}\left ( b+3 \right )+\sqrt{3c}\left ( c+3 \right )+\sqrt{3d}\left ( d+3 \right )>2\left ( 3a+3b+3c+3d \right )=6\cdot 3=18


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12497
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ανίσωση με θετικούς

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Ιαν 05, 2019 11:19 pm

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε:
Σάβ Ιαν 05, 2019 10:49 pm

\sqrt{3a}\left ( a^{2}+a+3 \right )+\sqrt{3b}\left ( b^{2} +b+3\right )+\sqrt{3c}\left ( c^{2} +c+3\right )+\sqrt{3d}\left ( d^{2} +d+3\right )> \sqrt{3a}\left ( a+3 \right )+..\sqrt{3b}\left ( b+3 \right )+\sqrt{3c}\left ( c+3 \right )+\sqrt{3d}\left ( d+3 \right )
Σωστά.

Όμως αφού τα a^2, b^2, c^2, d^2 δεν έπαιξαν κανένα ρόλο στην άσκηση (απλά μηδενίστηκαν) ποιος ο λόγος να υπάρχουν;

Στα Μαθηματικά υπάρχει ο άγραφος νόμος ότι τα θέματα πρέπει να έχουν οικονομία, χωρίς περιττά στοιχεία.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12497
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ανίσωση με θετικούς

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Ιαν 06, 2019 12:52 pm

Για όφελος των μαθητών ξαναγράφω την ωραία λύση του Πρόδρομου στο προ προηγούμενο ποστ, αλλά με πιο λιτό ύφος. Το κάνω ως δείγμα/διδασκαλία στους νεαρούς μας μαθητές για να μαθαίνουν από την παλιά σχολή τον τρόπο γραφής. Πάντα με την χαρά και την προσδοκία να πραγματοποιήσουν την ρήση "Άμμες δε γ΄ εσσόμεθα πολλώ κάρρονες" των νέων, που αναφέρει ο Πλούταρχος.

Έχουμε \displaystyle{f(k) = \sqrt{k}\left ( k^{2}+k+3 \right ) >  \sqrt{k}\left (0+ k+3 \right ) \ge  \sqrt{k}\cdot 2 \sqrt {3k}  = 2\sqrt 3 k}. Άρα

\displaystyle{f(a)+f(b)+f(c)+f(d) > 2\sqrt 3 (a+b+c+d) = 6 \sqrt 3}.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Προχωρημένο Επίπεδο (Juniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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