Υπερανισότητα

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11636
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Υπερανισότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τετ Απρ 15, 2020 2:26 pm

Δείξτε ότι για τους θετικούς a ,b , ισχύει : (8a^2+b^2)^2 > 16a^3b .

Άσκηση του Μαρίνου Ζήβα . Δεκτή λύση και με χρήση ανάλυσης .



Λέξεις Κλειδιά:
ksofsa
Δημοσιεύσεις: 188
Εγγραφή: Κυρ Απρ 18, 2010 9:42 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Υπερανισότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ksofsa » Τετ Απρ 15, 2020 2:47 pm

Καλησπέρα!

Θα χρησιμοποιήσω τις ανισότητες x+y\geq 2\sqrt{xy} και (x+y)^2\geq 4xy

Εχω λοιπόν:

(8a^2+b^2)^2=(4a^2+4a^2+b^2)^2\geq (4a^2+4ab)^2=16(a^2+ab)^2\geq 64a^3b> 16a^3b,

ό.έ.δ.


Κώστας Σφακιανάκης
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12250
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Υπερανισότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τετ Απρ 15, 2020 3:02 pm

KARKAR έγραψε:
Τετ Απρ 15, 2020 2:26 pm
Δείξτε ότι για τους θετικούς a ,b , ισχύει : (8a^2+b^2)^2 > 16a^3b .

Άσκηση του Μαρίνου Ζήβα . Δεκτή λύση και με χρήση ανάλυσης .
Με απλά μέσα (ΑΜ-ΓΜ): Bρίσκουμε τρεις θετικούς αριθμούς A, B,C με ABC=1,A+B+C=8. Υπάρχουν πολλοί, π.x. \displaystyle{A=1, B= \dfrac {7+\sqrt {45}}{2},\, C= \dfrac {7-\sqrt {45}}{2}}.

Είναι τότε

\displaystyle{8a^2+b^2 = Aa^2+Ba^2+ Ca^2+b^2 \ge 4 \sqrt [4]{ABCa^6b^2}= 4 \sqrt {a^3b} }

που ισοδυναμεί με την ζητούμενη.


geoberdenis2004
Δημοσιεύσεις: 10
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2020 3:36 pm

Re: Υπερανισότητα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από geoberdenis2004 » Τετ Απρ 15, 2020 3:28 pm

Μία ακόμη λύση:
Θέτω 8a^{2}=x\Leftrightarrow 16a^{3}=2x\sqrt{x}.Άρα:
(x+b^{2})^{2}> 2x\sqrt{x}b\Leftrightarrow x^{2}+2xb^{2}+b^{4}-2x\sqrt{x}b> 0\Leftrightarrow (x-b\sqrt{x})^{2}+b^{2}x+b^{4}> 0,που ισχύει ως άθροισμα μη αρνητικών αριθμών.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12250
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Υπερανισότητα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τετ Απρ 15, 2020 3:31 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Τετ Απρ 15, 2020 3:02 pm
KARKAR έγραψε:
Τετ Απρ 15, 2020 2:26 pm
Δείξτε ότι για τους θετικούς a ,b , ισχύει : (8a^2+b^2)^2 > 16a^3b .

Άσκηση του Μαρίνου Ζήβα . Δεκτή λύση και με χρήση ανάλυσης .
Με απλά μέσα (ΑΜ-ΓΜ): Bρίσκουμε τρεις θετικούς αριθμούς A, B,C με ABC=1,A+B+C=8. Υπάρχουν πολλοί, π.x. \displaystyle{A=1, B= \dfrac {7+\sqrt {45}}{2},\, C= \dfrac {7-\sqrt {45}}{2}}.

Είναι τότε

\displaystyle{8a^2+b^2 = Aa^2+Ba^2+ Ca^2+b^2 \ge 4 \sqrt [4]{ABCa^6b^2}= 4 \sqrt {a^3b} }

που ισοδυναμεί με την ζητούμενη.
Τώρα βλέπω ότι η ανισότητα είναι γνήσια. Βελτιώνω:

Bρίσκουμε τρεις θετικούς αριθμούς A, B,C με ABC=2 ,A+B+C=8. Υπάρχουν πολλοί, π.x. \displaystyle{A=\frac {1}{2}, B= \dfrac {15+\sqrt {161}}{4},\, C= \dfrac {15-\sqrt {161}}{4}}.


\displaystyle{8a^2+b^2 = Aa^2+Ba^2+ Ca^2+b^2 \ge 4 \sqrt [4]{ABCa^6b^2}= 4 \sqrt [4]{2} \sqrt {a^3b} }

Υψώνοντας στο τετράγωνο είναι \displaystyle{8a^2+b^2)^2 \ge 16 \sqrt 2 a^3b> 16a^3b}


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1829
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Υπερανισότητα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Τετ Απρ 15, 2020 3:39 pm

KARKAR έγραψε:
Τετ Απρ 15, 2020 2:26 pm
Δείξτε ότι για τους θετικούς a ,b , ισχύει : (8a^2+b^2)^2 > 16a^3b .

Άσκηση του Μαρίνου Ζήβα . Δεκτή λύση και με χρήση ανάλυσης .

Έστω  m= \dfrac{a}{b} .Ισοδύναμα η δοθείσα γράφεται

  b^4 [8( \dfrac{a}{b} )^2+1]^2>16a^3b \Leftrightarrow (8m^2+1)^2>16m^3 \Leftrightarrow 16m^2(4m^2-m+1)+1>0

αληθής αφού 4m^2-m+1>0


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9373
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Υπερανισότητα

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τετ Απρ 15, 2020 6:32 pm

KARKAR έγραψε:
Τετ Απρ 15, 2020 2:26 pm
Δείξτε ότι για τους θετικούς a ,b , ισχύει : (8a^2+b^2)^2 > 16a^3b .

Άσκηση του Μαρίνου Ζήβα . Δεκτή λύση και με χρήση ανάλυσης .
Επειδή a,b>0, αρκεί να δείξω ότι \displaystyle 8{a^2} + {b^2} > 4a\sqrt {ab} . Θέτω b=x>0 και θεωρώ τη συνάρτηση

\displaystyle f(x) = {x^2} + 8{a^2} - 4a\sqrt {ax} . Θα δείξω ότι f(x)>0, για κάθε x>0.

\displaystyle f'(x) = \frac{{2(x\sqrt {ax}  - {a^2})}}{{\sqrt {ax} }} > 0 \Leftrightarrow x > a>0. Άρα, \displaystyle f(x) \ge f(a) = 5{a^2} > 0.


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4652
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Υπερανισότητα

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Τετ Απρ 15, 2020 7:03 pm

Kαλησπέρα σε όλους.

Για κάθε a, b>0 ισχύει

 \displaystyle \begin{array}{l} 
{\left( {8{a^2} + {b^2} - 2ab} \right)^2} \ge 0\\ 
 \Leftrightarrow 64{a^4} + {b^4} + 20{a^2}{b^2} - 4a{b^3} - 32{a^3}b \ge 0\\ 
 \Leftrightarrow 64{a^4} + {b^4} + 16{a^2}{b^2} - 16{a^3}b - 4a{b^3} - 16{a^3}b + 4{a^2}{b^2} \ge 0\\ 
 \Leftrightarrow {\left( {8{a^2} + {b^2}} \right)^2} - 16{a^3}b - 4ab\left( {4{a^2} + {b^2} - ab} \right) \ge 0\\ 
 \Leftrightarrow {\left( {8{a^2} + {b^2}} \right)^2} - 16{a^3}b \ge 4ab\left[ {{{\left( {4a + b} \right)}^2} + 3ab} \right] > 0 
\end{array}


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11636
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Υπερανισότητα

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τετ Απρ 15, 2020 7:22 pm

Αν αντικαταστήσουμε τον συντελεστή του a^2 - που είναι το 8 - με το 3 ,

εξακολουθεί άραγε να ισχύει η - έστω όχι πλέον αυστηρή - ανισότητα ;

Τι γίνεται αν το 8 , γίνει 4 και τι , αν γίνει 2 ;


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12250
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Υπερανισότητα

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τετ Απρ 15, 2020 7:56 pm

KARKAR έγραψε:
Τετ Απρ 15, 2020 7:22 pm
Αν αντικαταστήσουμε τον συντελεστή του a^2 - που είναι το 8 - με το 3 ,

εξακολουθεί άραγε να ισχύει η - έστω όχι πλέον αυστηρή - ανισότητα ;

Τι γίνεται αν το 8 , γίνει 4 και τι , αν γίνει 2 ;
-Για 2 στη θέση του 8 δεν ισχύει. Δηλαδή δεν ισχύει πάντα (2a^2+b^2)^2 \ge  16a^3b . Π.χ. για a=b=1 δίνει 9\ge 16

-Για 3 ισχύει. Δηλαδή είναι (3a^2+b^2)^2 \ge  16a^3b . Πράγματι

(3a^2+b^2)^2 -  16a^3b= ... = (9a^2+2ab+b^2)(a-b)^2 \ge 0 .

-Κατά μείζονα λόγο ισχύει για 4 καθώς

(4a^2+b^2)^2 > (3a^2+b^2)^2  \ge 16a^3b .


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12250
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Υπερανισότητα

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τετ Απρ 15, 2020 8:55 pm

Άλλη (και απλή) απόδειξη της περίπτωσης "3" στο ύφος του πρώτου μου ποστ.

Έχουμε από ΑΜ-ΓΜ

3a^2+b^2 = a^2+a^2+a^2 +b^3 \ge 4\sqrt [4] {a^6b^2} =4\sqrt {a^3b} .

Υψώνοντας στο τετράγωνο, έχουμε το ζητούμενο.

Ας προσθέσω ότι κατά μείζονα λόγο αυτή δίνει την αρχική ανίσωση, με το "8".


p_gianno
Δημοσιεύσεις: 1074
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 1:10 am

Re: Υπερανισότητα

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από p_gianno » Τετ Απρ 15, 2020 10:09 pm

KARKAR έγραψε:
Τετ Απρ 15, 2020 2:26 pm
Δείξτε ότι για τους θετικούς a ,b , ισχύει : (8a^2+b^2)^2 > 16a^3b .

Άσκηση του Μαρίνου Ζήβα . Δεκτή λύση και με χρήση ανάλυσης .
(8a^2+b^2)^2 > 16a^3b  \Leftrightarrow  (8a^2+b^2)^2 - 16a^3b>0 \Leftrightarrow

64a^4+16a^2b^2+b^4-2 \cdot 8a^2 \cdot ab+a^2b^2-a^2b^2>0 \Leftrightarrow

(8a^2-ab)^2+b^4+15a^2b^2>0

Η οποία ισχύει ως άθροισμα θετικών όρων.


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11636
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Υπερανισότητα

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Πέμ Απρ 16, 2020 7:48 am

Η άσκηση ( στην αρχική της εκδοχή ) είναι ανάμεσα σε πλήθος άλλων , των οποίων οι προτεινόμενες λύσεις

στηρίζονται στο Θ. Μ .Τ. Υπάρχει άραγε τέτοια λύση στην άσκηση ετούτη ;


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12250
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Υπερανισότητα

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Απρ 16, 2020 9:35 am

KARKAR έγραψε:
Πέμ Απρ 16, 2020 7:48 am
Η άσκηση ( στην αρχική της εκδοχή ) είναι ανάμεσα σε πλήθος άλλων , των οποίων οι προτεινόμενες λύσεις

στηρίζονται στο Θ. Μ .Τ. Υπάρχει άραγε τέτοια λύση στην άσκηση ετούτη ;
Διαιρώντας με b^4, η αρχική ισοδυναμεί με την \displaystyle{(8x^2+1)^2>16x^3,\, x>0}. Αυτή ισχύει διότι από Θ.Μ.Τ. στο [0,\,x] είναι

\displaystyle{ (8x^2+1)^2-16x^3= (256 \xi^3 -48\xi ^2+32\xi )(x-0) = 16\xi(16\xi^2 -3\xi +2)x>0} (το δευτεροβάθμιο έχει αρνητική διακρίνουσα).


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12250
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Υπερανισότητα

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Απρ 16, 2020 10:19 am

Ας δούμε τι γίνεται και από την άλλη μεριά της ανισότητας:
KARKAR έγραψε:
Τετ Απρ 15, 2020 2:26 pm
Δείξτε ότι για τους θετικούς a ,b , ισχύει : (8a^2+b^2)^2 > 16a^3b .
Να βρεθεί η μεγαλύτερη δυνατή σταθερά M τέτοια ώστε (8a^2+b^2)^2 \ge Ma^3b για κάθε a,b.

Από το ποστ #2 του Κώστα (ksofsa) αναμένουμε M\ge 64. Βρήκα το M με Απειροστικό Λογισμό αλλά μετά, γνωρίζοντας το σωστό M, μπορούμε να κάνουμε και αλγεβρικές λύσεις.


p_gianno
Δημοσιεύσεις: 1074
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 1:10 am

Re: Υπερανισότητα

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από p_gianno » Πέμ Απρ 16, 2020 10:29 am

KARKAR έγραψε:
Τετ Απρ 15, 2020 2:26 pm
Δείξτε ότι για τους θετικούς a ,b , ισχύει : (8a^2+b^2)^2 > 16a^3b .

Άσκηση του Μαρίνου Ζήβα . Δεκτή λύση και με χρήση ανάλυσης .

Δίνω την λύση του ίδιου του Ζήβα εδώ


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9373
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Υπερανισότητα

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Πέμ Απρ 16, 2020 10:46 am

p_gianno έγραψε:
Πέμ Απρ 16, 2020 10:29 am
KARKAR έγραψε:
Τετ Απρ 15, 2020 2:26 pm
Δείξτε ότι για τους θετικούς a ,b , ισχύει : (8a^2+b^2)^2 > 16a^3b .

Άσκηση του Μαρίνου Ζήβα . Δεκτή λύση και με χρήση ανάλυσης .

Δίνω την λύση του ίδιου του Ζήβα εδώ
Πολύ ενδιαφέρουσα απόδειξη. Ευχαριστώ!

Παρεμπιπτόντως, μου άρεσε και η δική σου απόδειξή
:coolspeak:


ksofsa
Δημοσιεύσεις: 188
Εγγραφή: Κυρ Απρ 18, 2010 9:42 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Υπερανισότητα

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ksofsa » Πέμ Απρ 16, 2020 11:56 am

Καλημέρα σε όλους!

Έχω:

(8a^2+b^2)^2=(\dfrac{8}{3}a^2+\dfrac{8}{3}a^2+\dfrac{8}{3}a^2+b^2)^2\geq (4\sqrt[4]{\dfrac{8^3}{3^3}a^6b^2})^2=16\sqrt{\dfrac{8^3}{3^3}}a^3b

με ισότητα για \dfrac{8}{3}a^2=b^2.

Δεδομένου ότι πιάνεται η ισότητα, δεν είναι δύσκολο να δούμε ότι η μέγιστη τιμή του M είναι 16\sqrt{\dfrac{8^3}{3^3}}.


Κώστας Σφακιανάκης
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12250
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Υπερανισότητα

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Απρ 16, 2020 1:34 pm

ksofsa έγραψε:
Πέμ Απρ 16, 2020 11:56 am
Καλημέρα σε όλους!

Έχω:

(8a^2+b^2)^2=(\dfrac{8}{3}a^2+\dfrac{8}{3}a^2+\dfrac{8}{3}a^2+b^2)^2\geq (4\sqrt[4]{\dfrac{8^3}{3^3}a^6b^2})^2=16\sqrt{\dfrac{8^3}{3^3}}a^3b

με ισότητα για \dfrac{8}{3}a^2=b^2.

Δεδομένου ότι πιάνεται η ισότητα, δεν είναι δύσκολο να δούμε ότι η μέγιστη τιμή του M είναι 16\sqrt{\dfrac{8^3}{3^3}}.
Σωστά. Και για να κάνουμε σύγκριση, είναι 16\sqrt{\dfrac{8^3}{3^3}}\approx 69,67 , που βελτιώνει το 64 που βλέπαμε μέχρι τώρα.

Αν θέλουμε μέθοδο με Απειροστικό, θέλουμε (8x^2+1)^2 \ge M x^3 ισοδύναμα \displaystyle{\dfrac {(8x^2+1)^2}{x^3}\ge M} για x>0. Δηλαδή το M είναι το ολικό της ελάχιστο του αριστερού μέλους. Το αριστερό αυτό μέλος έχει παράγωγο

\displaystyle{\dfrac {64x^4-16x^2-3}{x^4}}, που μηδενίζεται για \displaystyle{x= \dfrac {\sqrt {6}}{4}} από όπου τελικά το ολικό ελάχιστό της έχει τιμή ως άνω.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12250
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Υπερανισότητα

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Απρ 16, 2020 4:01 pm

Ας δούμε και το ανάποδο πρόβλημα.
KARKAR έγραψε:
Τετ Απρ 15, 2020 2:26 pm
Δείξτε ότι για τους θετικούς a ,b , ισχύει : (8a^2+b^2)^2 > 16a^3b .
Ποια είναι η μικρότερη δυνατή σταθερά στην θέση του 8; Δηλαδή, ποια είναι η μικρότερη δυνατή
σταθερά M για την οποία ισχύει (Ma^2+b^2)^2 \ge 16a^3b για όλους τους θετικούς a ,b ;

(Στα παραπάνω ήδη υπάρχει αυτή η σταθερά, αλλά όχι ως προς το ερώτημα αν είναι η βέλτιστη).


Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες