Ανισότητα!

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

Prødigy
Δημοσιεύσεις: 42
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 26, 2018 11:39 pm

Ανισότητα!

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Prødigy » Κυρ Ιαν 27, 2019 7:59 pm

Αν a,b,c>0 να αποδείξετε ότι:


\frac{a^3}{b^2-bc+c^2}+\frac{b^3}{c^2-ca+a^2}+\frac{c^3}{a^2-ab+b^2}\geq \frac{3(ab+bc+ca)}{a+b+c}

Πότε ισχύει η ισότητα;

Την αφήνω για 48 ώρες.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6260
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Ανισότητα!

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Κυρ Ιαν 27, 2019 9:56 pm

Ας την σφίξουμε:

\displaystyle{\rm  
\frac{a^3}{b^2-bc+c^2}+\frac{b^3}{c^2-ca+a^2}+\frac{c^3}{a^2-ab+b^2}\geq \sqrt{3(ab+bc+ca)}.}

Πρόκειται για ανισότητα με πολύ ενδιαφέρουσες επεκτάσεις και γενικεύσεις, αλλά, νομίζω, ακατάλληλη για Junior.


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 804
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Ανισότητα!

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Κυρ Ιαν 27, 2019 10:55 pm

matha έγραψε:
Κυρ Ιαν 27, 2019 9:56 pm
Ας την σφίξουμε:

\displaystyle{\rm  
\frac{a^3}{b^2-bc+c^2}+\frac{b^3}{c^2-ca+a^2}+\frac{c^3}{a^2-ab+b^2}\geq \sqrt{3(ab+bc+ca)}.}

Πρόκειται για ανισότητα με πολύ ενδιαφέρουσες επεκτάσεις και γενικεύσεις, αλλά, νομίζω, ακατάλληλη για Junior.

Από Andreescu έχουμε:

\dfrac{a^3}{b^2-bc+c^2}+\dfrac{b^3}{c^2-ca+a^2}+\dfrac{c^3}{a^2-ab+b^2}=

=\dfrac{a^4}{ab^2-abc+ac^2}+\dfrac{b^4}{bc^2-abc+ba^2}+\dfrac{c^4}{ca^2-abc+cb^2}\geq \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-3abc}

Αρκεί να δείξουμε ότι \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-3abc}\geq \sqrt{3(ab+bc+ca)}

Όμως είναι a+b+c\geq\sqrt{3(ab+bc+ca)}

Θα δείξουμε ότι:

\dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-3abc}\geq a+b+c\Leftrightarrow

\Leftrightarrow(a^2+b^2+c^2)^2\geq (a+b+c)(ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-3abc)

Αν κάνουμε τώρα τις πράξεις προκύπτει η a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)\geq a^3b+ab^3+b^3c+bc^3+c^3a+ca^3 που είναι ανήκει στην κατηγορία των Schur.

Edit: Μερικές Διορθώσεις...
τελευταία επεξεργασία από Διονύσιος Αδαμόπουλος σε Κυρ Ιαν 27, 2019 11:10 pm, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1617
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Ανισότητα!

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Κυρ Ιαν 27, 2019 10:56 pm

Prødigy έγραψε:
Κυρ Ιαν 27, 2019 7:59 pm
Αν a,b,c>0 να αποδείξετε ότι:


\frac{a^3}{b^2-bc+c^2}+\frac{b^3}{c^2-ca+a^2}+\frac{c^3}{a^2-ab+b^2}\geq \frac{3(ab+bc+ca)}{a+b+c}

Πότε ισχύει η ισότητα;

Την αφήνω για 48 ώρες.
Καλησπέρα σε όλους.

Η ανισότητα είναι ομογενής, οπότε WLOG έστω a^3+b^3+c^3=3.

Είναι b^2-bc+c^2=\dfrac{b^3+c^3}{b+c}, και τα κυκλικά, οπότε αρκεί \displaystyle \sum{\dfrac{a^3(b+c)}{b^3+c^3} \geqslant \dfrac{3ab+3bc+3ca}{a+b+c}

Τότε, μπορούμε εύκολα να παρατηρήσουμε από την Tangent Line Method (*), ότι \dfrac{a^3}{b^3+c^3}=\dfrac{a^3}{3-a^3} \geqslant \dfrac{3a^3-1}{4}.

Οπότε, αρκεί να δείξω ότι \displaystyle{\sum \dfrac{(3a^3-1)(b+c)}{4} \geqslant \dfrac{ \displaystyle 3\sum ab}{\displaystyle \sum a}.

Ισοδύναμα, αρκεί \displaystyle 3\sum a^3b+3\sum a^3c-2\sum a \geqslant \dfrac{\displaystyle \sum ab}{\displaystyle \sum a}.

Ισχύει όμως, ότι :

\displaystyle \sum a^3b+\sum a^3c=(a+b+c)(a^3+b^3+c^3)-a^4-b^4-c^4=3(a+b+c)-a^4-b^4-c^4.

Αρκεί επομένως \displaystyle 7 \sum a-3\sum a^4 \geqslant  \dfrac{\displaystyle 12 \sum ab}{\displaystyle \sum a} .

Θα δείξω τώρα το εξής Λήμμα:

Λήμμα

Έστω x,y,z>0, με x+y+z \leqslant 3. Τότε, ισχύει x^2+y^2+z^2 \leqslant \dfrac{3}{xyz}.

Απόδειξη

Είναι, xyz(x^2+y^2+z^2) \leqslant \dfrac{(xy+yz+zx)^2(x^2+y^2+z^2)}{3(x+y+z)}=

 \dfrac{(xy+yz+zx)(xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2)}{3(x+y+z)} \leqslant \dfrac{\dfrac{(x+y+z)^6}{27}}{3(x+y+z)} =\dfrac{(x+y+z)^5}{81} \leqslant 3
και η απόδειξη του Λήμματος ολοκληρώθηκε.

Συνεχίζουμε στο Πρόβλημα.

Παρατηρούμε ότι a^2+b^2+c^2 \leqslant \sqrt{(a^3+b^3+c^3)(a+b+c)}=\sqrt{3(a+b+c)} \leqslant 3, οπότε από το Λήμμα για x=a^2,y=b^2,z=c^2 παίρνουμε:

\sum a^4 \leqslant \dfrac{3}{a^2b^2c^2}.

Συνεπώς, αρκεί \displaystyle 7\sum a-\dfrac{9}{a^2b^2c^2} \geq \dfrac{\diaplystyle 12 \sum ab}{\displaystyle \sum a}.

Όμως, Από την Schur είναι abc \leqslant \dfrac{4pq-p^3}{9}, όπου \displaystyle \sum a=p, \sum ab=q.

Αρκεί λοιπόν 7p-\dfrac{81}{4pq-p^3} \geqslant \dfrac{12q}{p} ή ισοδύναμα 48q^2-40p^2q+7p^4+81 \geqslant 0.

Θεωρώ το αριστερό μέλος της πιο πάνω συνάρτηση f(q).

Τότε, f'(q)=96q-40p^2 \leqslant 96q-120q<0, άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα. Οπότε, f(q) \geqslant f(p^2/3).

Αρκεί λοιπόν f(p^2/3) \geqslant 0 \Rightarrow 81-p^4 \geqslant 0 \Rightarrow p \leqslant 3, που προφανώς ισχύει αφού είναι \displaystyle 3=\sum a^3 \geqslant \dfrac{\displaystyle (\sum a^2)^2}{\displaystyle \sum a} \geqslant \dfrac{\displaystyle (\sum a)^3}{9}=\dfrac{p^3}{9}, οπότε p \leqslant 3.

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

(*) Δείτε εδώ για την Tangent Line Method.


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