Πασχαλιάτικη Ανισοτητα

Joaakim · #1

Καλημέρα σε όλους.
Να δείξετε ότι

$\displaystyle \frac {a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}+ \frac {b^{3}}{b^{2}+bc+c^{2}}+ \frac {c^{3}}{c^{2}+ca+a^{2}} \ge \frac {a+b+c}{3}$ ,

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς a,b,c

.

2nisic · #2

Joaakim έγραψε: ↑
Παρ Απρ 30, 2021 12:55 pm
Καλημέρα σε όλους.
Να δείξετε ότι

$\displaystyle \frac {a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}+ \frac {b^{3}}{b^{2}+bc+c^{2}}+ \frac {c^{3}}{c^{2}+ca+a^{2}} \ge \frac {a+b+c}{3}$ ,

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς .

Είναι πολύ γνωστή.

$\displaystyle \frac {a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}+ \frac {b^{3}}{b^{2}+bc+c^{2}}+ \frac {c^{3}}{c^{2}+ca+a^{2}}= \displaystyle \frac {b^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}+ \frac {c^{3}}{b^{2}+bc+c^{2}}+ \frac {a^{3}}{c^{2}+ca+a^{2}}$

Με πρόσθεση τών
$\frac {a^{3}+b^3}{a^{2}+ab+b^{2}}>=\frac{(a+b)}{3}$
$\frac {b^{3}+c^3}{b^{2}+bc+c^{2}}>=\frac{(b+c)}{3}$
$\frac {c^{3}+a^3}{c^{2}+ca+a^{2}}>=\frac{(c+a)}{3}$
Έχουμε τι ζητούμενη.

Joaakim · #3

Ωραία. Εγώ είχα μια άλλη ιδέα.

Λήμμα
Αν x,y

θετικοί πραγματικοί αριθμοί, τότε $\displaystyle \frac{x^{3}}{x^{2}+xy+y^{2}} \ge \frac {2x-y}{3}$ .

Απόδειξη
Με απαλοιφή παρονομαστών είναι $3x^{3} \ge(2x-y)(x^{2}+xy+y^{2}) \Rightarrow 3x^{3} \ge 2x^{3}+2x^{2}y+2xy^{2}-x^{2}y-xy^{2}-y^{3} \Rightarrow$
$x^{3}+y^{3} \ge x^{2}y+xy^{2} \Rightarrow (x+y)(x^{2}-xy+y^{2}) \ge xy(x+y) \Rightarrow (x+y)(x^{2}-2xy+y^{2}) \ge 0 \Rightarrow$
$\Rightarrow (x-y)^{2} \ge 0$ , που ισχύει.

Έτσι $LHS= \displaystyle \sum {\frac{a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}} \ge \sum {\frac{2a-b}{3}}= \frac{2(a+b+c)-(a+b+c)}{3}=\frac{a+b+c}{3}=RHS$ .

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #4

Joaakim έγραψε: ↑
Παρ Απρ 30, 2021 12:55 pm
Καλημέρα σε όλους.
Να δείξετε ότι

$\displaystyle \frac {a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}+ \frac {b^{3}}{b^{2}+bc+c^{2}}+ \frac {c^{3}}{c^{2}+ca+a^{2}} \ge \frac {a+b+c}{3}$ ,

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς .

Καλό μεσημέρι, ένας ακόμη τρόπος:

Είναι $\sum a-LHS=\sum(a-\dfrac{a^3}{a^2+ab+b^2})=\sum\dfrac{ab(a+b)}{a^2+ab+b^2})\leq \sum \dfrac{ab(a+b)}{3ab}=\sum \dfrac{a+b}{3}\Rightarrow$
$LHS\geq 1/3 ( a+b+c)$

Al.Koutsouridis · #5

Η ανισότητα αυτή είχε τεθεί στον Ευκλείδη του 2000-2001 για την Γ' Λυκείου viewtopic.php?f=58&t=32938
Εμφανίζεται και στο περιοδικό Κβαντ (M969, 1986, 2o τεύχος)

Ας δούμε και μια λύση που ξευφεύγει από το σχολικό πρόγραμμα, αλλά είναι ένα καλό παράδειγμα εφαρμογής του θεωρήματος που περιγράφεται εδώ https://mathematica.gr/forum/viewtopic. ... BF#p316876.

Θεωρούμε το ψεύδο-πολυώνυμο (βλέπε παραπάνω σύνδεσμο)

$f(t) = a^2 \left ( \dfrac{a^2}{a^3+a^2b+ab^2} \right )^{t} +b^2 \left ( \dfrac{b^2}{b^3+b^2c+bc^2} \right )^{t} +c^2 \left ( \dfrac{c^2}{c^3+c^2a+ca^2} \right )^{t}-$

$-\left ( a^2+b^2+c^2\right )\left ( \dfrac{a^2+b^2+c^2}{a^3+a^2b+ab^2 +b^3+b^2c+bc^2 +c^3+c^2a+ca^2} \right )^{t}$

Παρατηρούμε ότι το παραπάνω ψευδο-πολυώνυμο έχει ένα αρνητικό συντελεστή. Οπότε στην αντίστοιχη κανονική του γραφή θα έχει το πολύ δυο αλλαγές προσήμου.

Παρατηρούμε επίσης ότι f(-1)=f(0)=0

, δηλαδή δυο λύσεις. Άρα, σύμφωνα με το παραπάνω θεώρημα, δεν θα υπάρχουν άλλες λύσεις.

Εύκολα με εις άτοπο μπορούμε να δείξουμε, ότι δεν μπορεί ταυτόχρονα όλοι οι όροι

$b_{1} = \left ( \dfrac{a^2}{a^3+a^2b+ab^2} \right ), b_{2}=\left ( \dfrac{b^2}{b^3+b^2c+bc^2} \right ), b_{3}=\left ( \dfrac{c^2}{c^3+c^2a+ca^2} \right )$

να είναι είτε μεγαλύτεροι, είτε μικρότεροι του όρου

$b_{4} = \left ( \dfrac{a^2+b^2+c^2}{a^3+a^2b+ab^2 +b^3+b^2c+bc^2 +c^3+c^2a+ca^2} \right )$ .

Άρα κάποιος από τους $b_{1}, b_{2}, b_{3}$ θα είναι μεγαλύτερος από τον $b_{4}$ και κάποιος μικρότερος.

Οπότε παίρνοντας το όριο

τείνοντος στο συν άπειρο, παρατηρούμε ότι ο επικρατέστερος όρος, ο μεγαλύτερος (ή μικρότερος), αυτός που θα καθορίσει το πρόσημο, είναι μεταξύ των $b_{1}, b_{2}, b_{3}$ .

Άρα η f(t)

είναι θετική για μεγάλα

. Επειδή πέραν των ριζών -1, 0

άλλες δεν υπάρχουν, η f(t)

διατηρεί πρόσημο για t>0

και θα είναι f(1) > 0

.

Δηλαδή

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

$= a^2 \left ( \dfrac{a^2}{a^3+a^2b+ab^2} \right ) +b^2 \left ( \dfrac{b^2}{b^3+b^2c+bc^2} \right ) +c^2 \left ( \dfrac{c^2}{c^3+c^2a+ca^2} \right ) >$

$> \left ( a^2+b^2+c^2\right )\left ( \dfrac{a^2+b^2+c^2}{a^3+a^2b+ab^2 +b^3+b^2c+bc^2 +c^3+c^2a+ca^2} \right ) = \dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}$

'Ομως από την ανισότητα Cauchy-Schwarz έχουμε

$\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c} \geq \dfrac{a+b+c}{3}$

Τέλος παρατηρούμε ότι για a=b=c

έχουμε ισότητα.

2nisic · #6

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Απρ 30, 2021 7:35 pm
Η ανισότητα αυτή είχε τεθεί στον Ευκλείδη του 2000-2001 για την Γ' Λυκείου viewtopic.php?f=58&t=32938
Εμφανίζεται και στο περιοδικό Κβαντ (M969, 1986, 2o τεύχος)

Επιπλέον τέθηκε ως πρόβλημα 1 στο πρώτο τέστ επιλογής βουλγαρικής ομάδας για την JBMO

περιση.

Πασχαλιάτικη Ανισοτητα

Πασχαλιάτικη Ανισοτητα

Re: Πασχαλιάτικη Ανισοτητα

Re: Πασχαλιάτικη Ανισοτητα

Re: Πασχαλιάτικη Ανισοτητα

Re: Πασχαλιάτικη Ανισοτητα

Re: Πασχαλιάτικη Ανισοτητα

Μέλη σε σύνδεση