mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 29, 2022 1:44 pm**

Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί a, b,c, d

τέτοιοι ώστε a+b+c+d=3

. Να δειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}\le\frac{1}{(abcd)^3}.}$

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 30, 2022 2:34 pm**

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 29, 2022 1:44 pm
Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε . Να δειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}\le\frac{1}{(abcd)^3}.}$

Φιλικά,

Αχιλλέας

ΛΑΘΟΣ

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 30, 2022 3:29 pm**

thepigod762 έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 30, 2022 2:34 pm
Εγώ γιατί παίρνω γνήσια;

Η ανισότητα ισοδυναμεί της

$a^3b^3c^3+a^3c^3d^3+a^3b^3d^3+a^3b^3c^3 \leq 1$

Η AM-GM δίνει

$\dfrac{a+b+c}{3}\geq (abc)^{\frac{1}{3}}\Leftrightarrow (\dfrac{a+b+c}{3})^9\geq (abc)^3\Leftrightarrow (\dfrac{3-d}{3})^9\geq(abc)^3$

Δουλεύοντας όμοια κυκλικά και για τις άλλες μεταβλητές και έχοντας υπόψιν ότι $\dfrac{3-x}{3}< 0 \Leftrightarrow (\dfrac{3-x}{3})^9<0, x\in \mathbb{R}_{+}$ με πρόσθεση παίρνουμε:

$\displaystyle \sum_{cyc} (\dfrac{3-d}{3})^9< 0< 1$

Δεν απέδειξες το ζητούμενο. Άλλο ζητάει η άσκηση.

Ας σημειώσω ακόμα ότι στις τελευταίες δύο γραμμές έχεις ένα λογικό σφάλμα, που σε αφήνω τα το βρεις.

Ένας τρόπος να αντιληφθείς ότι κάτι δεν πάει καλά με τη απόδεξή σου είναι πως έδειξες ότι το τελικό άθροισμα είναι αρνητικό. Όμως αυτό είναι άθροισμα όρων της μορφής $\left (\dfrac{a+b+c}{3}\right )^9$ (και κυκλικά). Είναι φανερό ότι προσθέτουμε θετικούς, οπότε δεν μπορεί να βρεις γνήσια αρνητικό αποτέλεσμα.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 30, 2022 3:37 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 30, 2022 3:29 pm

thepigod762 έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 30, 2022 2:34 pm
Εγώ γιατί παίρνω γνήσια;

Η ανισότητα ισοδυναμεί της

$a^3b^3c^3+a^3c^3d^3+a^3b^3d^3+a^3b^3c^3 \leq 1$

Η AM-GM δίνει

$\dfrac{a+b+c}{3}\geq (abc)^{\frac{1}{3}}\Leftrightarrow (\dfrac{a+b+c}{3})^9\geq (abc)^3\Leftrightarrow (\dfrac{3-d}{3})^9\geq(abc)^3$

Δουλεύοντας όμοια κυκλικά και για τις άλλες μεταβλητές και έχοντας υπόψιν ότι $\dfrac{3-x}{3}< 0 \Leftrightarrow (\dfrac{3-x}{3})^9<0, x\in \mathbb{R}_{+}$ με πρόσθεση παίρνουμε:

$\displaystyle \sum_{cyc} (\dfrac{3-d}{3})^9< 0< 1$
Δεν απέδειξες το ζητούμενο. Άλλο ζητάει η άσκηση.

Ας σημειώσω ακόμα ότι στις τελευταίες δύο γραμμές έχεις ένα λογικό σφάλμα, που σε αφήνω τα το βρεις.

Ένας τρόπος να αντιληφθείς ότι κάτι δεν πάει καλά με τη απόδεξή σου είναι πως έδειξες ότι το τελικό άθροισμα είναι αρνητικό. Όμως αυτό είναι άθροισμα όρων της μορφής $\left (\dfrac{a+b+c}{3}\right )^9$ (και κυκλικά). Είναι φανερό ότι προσθέτουμε θετικούς, οπότε δεν μπορεί να βρεις γνήσια αρνητικό αποτέλεσμα.

Ευχαριστώ κ. Μιχάλη. Και εμένα αν ρωτήσετε δεν ξέρω πως το έβγαλα αυτό.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 31, 2022 7:02 pm**

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 29, 2022 1:44 pm
Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε . Να δειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}\le\frac{1}{(abcd)^3}.}$

Φιλικά,

Αχιλλέας

Θέτουμε $\displaystyle f(a,b,c,d) \leqslant (abc)^3 + (abd)^3 + (acd)^3 + (bcd)^3.$ Θα δείξουμε ότι η μέγιστη τιμή της

για

μη αρνητικούς με a+b+c+d=3

είναι ίση με

.

Μπορούμε να περιοριστούμε στο $(a,b,c,d) \in [0,3]^4$ το οποίο είναι συμπαγές

. Επειδή επιπλέον η

είναι συνεχής τότε υπάρχει τετράδα (a,b,c,d)

για την οποία η

παίρνει τη μέγιστη τιμή της. Θα δείξουμε ότι για αυτήν την τετράδα κάποια από τα a,b,c,d

είναι ίσα με

και τα υπόλοιπα είναι όλα ίσα μεταξύ τους.

Ας υποθέσουμε ότι αυτό δεν ισχύει και ότι $c\neq d$ με $c \neq 0$ και $d \neq 0$ . Γράφουμε

$\displaystyle f(a,b,c,d) = (ab)(c^3+d^3) + (cd)^3(a^3+b^3) = abs(s^2-3x) + x^3(a^3+b^3)$

όπου s=c+d

και

. Η πιο πάνω, ως συνάρτηση του

με

σταθερά, είναι κυρτή. (Δεύτερη παράγωγος μη αρνητική στο $[0,\infty)$ .) Μάλιστα είναι αυστηρά κυρτή εκτός και αν a=b=0

το οποίο δεν μπορεί να ισχύει αφού τότε f(a,b,c,d) = 0

και δεν έχουμε μέγιστο. Άρα η συνάρτηση μεγιστοποιείτε μόνο όταν το

παίρνει είτε την ελάχιστη δυνατή τιμή του είτε τη μέγιστη δυνατή τιμή του. Αυτό συμβαίνει όταν c=0

ή

ή

το οποίο είναι άτοπο.

Μένει να ελέγξουμε τι συμβαίνει στις τετράδες (0,0,0,3),(0,0,3/2,3/2),(0,1,1,1),(3/4,3/4,3/4,3/4)

και τις συμμετρικές τους. Βρίσκουμε λοιπόν ότι το μέγιστο είναι ίσο με

το οποίο λαμβάνεται όταν ένα από τα a,b,c,d

είναι ίσο με

και τα υπόλοιπα ίσα με

.

Άρα στην αρχική ανισότητα στην πραγματικότητα έχουμε αυστηρή ανισότητα.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 31, 2022 9:36 pm**

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 29, 2022 1:44 pm
Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε . Να δειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}\le\frac{1}{(abcd)^3}.}$

Φιλικά,

Αχιλλέας

Καλησπέρα σε όλους! Μια πιο απλή λύση:

Χωρίς βλάβη της γενικότητας, έστω $a \leq b \leq c \leq d$ . Αρκεί να δείξουμε ότι $(abc)^3+(bcd)^3+(cda)^3+(dab)^3 \leq 1$ . Είναι:

$(abc)^3+(bcd)^3+(cda)^3+(dab)^3=((cda)^3+(cdb)^3)+((abc)^3+(dab)^3) \leq$

((cda)^3+(cdb)^3)+(a^2bc^3d^3+b^2ac^3d^3) <
((cda)^3+(cdb)^3)+3c^3d^3ab(a+b)=(cd(a+b))^3

((cda)^3+(cdb)^3)+(a^2bc^3d^3+b^2ac^3d^3) <
((cda)^3+(cdb)^3)+3c^3d^3ab(a+b)=(cd(a+b))^3

$\leq (\dfrac{a+b+c+d}{3})^{9}=1$ , όπως θέλαμε.

(η πρώτη ανισότητα ισχύει διότι $a^2bc^3d^3-(abc)^3=a^2bc^3(d^3-ab^2) \geq 0$ και $b^2ac^3d^3-(dab)^3=ab^2d^3(c^3-a^2b) \geq 0$ )

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 31, 2022 11:32 pm**

Καηλσπέρα σας!

Η λύση που είχα είναι σχεδόν ίδια με του Ορέστη. Πράγματι, ισχύει η γνήσια ανισότητα, αλλά έτσι μου δόθηκε η άσκηση.

Υποθέτουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι $a\ge b\ge c\ge d>0$ .Έτσι

$(c+d)^3-c^3-d^3=3c^2d+3cd^2\geq 6d^3>2d^3$ και $2(ab)^3\geq (a^3+b^3)c^3$ ,

οπότε

$(ab)^3((c+d)^3-c^3-d^3)> 2(ab)^3d^3\geq (a^3+b^3)c^3d^3=(acd)^3+(bcd)^3$ ,

Άρα

$\displaystyle{(abc)^3+(abd)^3+(acd)^3+(bcd)^3< (ab)^3(c+d)^3\leq \left(\frac{a+b+(c+d)}{3}\right)^9=1,}$

όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 01, 2022 12:58 am**

Η ανισότητα αυτή είχε τεθεί στην πανρωσική ολυμπιάδα του 2016 για την 11η τάξη (3ο θέμα δεύτερης μέρας). Την συγγενική της

$\dfrac{1}{a^2} + \dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{d^2} \leq \dfrac{1}{a^{2}b^{2}c^{2}d^{2}}$ ,

θέμα της 9ης τάξης, την είχαμε δεί εδώ.

Ισχύει και πιο ισχυρή γενίκευσή της

$\displaystyle{\dfrac{1}{a^x} + \dfrac{1}{b^x}+\dfrac{1}{c^x}+\dfrac{1}{d^x} + \left | \dfrac{\left( 1-\dfrac{1}{a}\right ) \left( 1-\dfrac{1}{b}\right ) \left( 1-\dfrac{1}{c}\right ) \left( 1-\dfrac{1}{d}\right ) }{2} \right |^{x} \leq \dfrac{1}{a^{x}b^{x}c^{x}d^{x}}}$

Όπου a,b,c,d

θετικοί πραγματικοί αριθμοί με a+b+c+d=3

και

πραγματικός μεγαλύτερος ή ίσος του

. Βλέπε παράδειγμα στο φυλλάδιο εδώ, άσκηση 67 (c).

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 01, 2022 11:10 am**

Ευχαριστώ πολύ για τις παραπομπές!

Μετά από τις παραπάνω, βρήκα κι άλλες σχετικές παραπομπές, όπως αυτή στο AoPS, η οποία οδηγεί σε άλλες.

Εμένα μου δόθηκε ως άσκηση από Κινέζικο βιβλίο ασκήσεων στις ανισότητες.

Αχιλλέας

mathematica.gr

Ανισότητα υπό συνθήκη (Ι)

Ανισότητα υπό συνθήκη (Ι)

Re: Ανισότητα υπό συνθήκη (Ι)

Re: Ανισότητα υπό συνθήκη (Ι)

Re: Ανισότητα υπό συνθήκη (Ι)

Re: Ανισότητα υπό συνθήκη (Ι)

Re: Ανισότητα υπό συνθήκη (Ι)

Re: Ανισότητα υπό συνθήκη (Ι)

Re: Ανισότητα υπό συνθήκη (Ι)

Re: Ανισότητα υπό συνθήκη (Ι)