Ανίσωση από ανισώσεις

Al.Koutsouridis · #1

Να βρείτε όλα τα $x \geq 0$ , για τα οποία από τις ανισώσεις

$abx \geq 3a+4b+x$ , $a \geq 0$ , $b \geq 0$

συνεπάγεται η ανίσωση $ab \geq 2$ .

#2

$0<x\leqslant 4\sqrt{6}$

Κάτι τέτοιο;

Al.Koutsouridis · #3

rek2 έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 07, 2022 10:55 am
$0<x\leqslant 4\sqrt{6}$

Κάτι τέτοιο;

Ναι,

#4

Καλησπέρα σε όλους. Επιχειρώ μια προσπάθεια, με επιφύλαξη για τα ακροβατικά που έκανα, ως προς τις ικανές και αναγκαίες συνθήκες που χρησιμοποιώ.

Αν $\displaystyle x = 0$ , η ανισότητα $abx \ge 3a + 4b + x$ γίνεται $\displaystyle 0 \ge 3a + 4b$ που ισχύει για $\displaystyle a = b = 0$ , που δεν οδηγεί στην ανισότητα $ab \ge 2$ , οπότε πρέπει $\displaystyle x > 0$

Για θετικά

, για να ισχύει η ανισότητα $\displaystyle ab \ge 2$ αρκεί $\displaystyle abx \ge 2x$ (1).

Αφού ισχύει $abx \ge 3a + 4b + x$ , για να ισχύει η (1) αρκεί $\displaystyle 3a + 4b + x \ge 2x \Leftrightarrow 3a + 4b \ge x$ , με $\displaystyle ab \ge 2$ .

Είναι $\displaystyle 3a \cdot 4b \ge 24$ , οπότε αν οι μη αρνητικές μεταβλητές $\displaystyle 3a,\;4b$ πάρουν το ελάχιστο γινόμενό τους $\displaystyle 3a \cdot 4b = 24$ , αφού αυτό είναι σταθερό, το άθροισμά τους θα έχει ελάχιστη τιμή, όταν γίνουν ίσοι, δηλαδή όταν $\displaystyle 3a = 4b = \sqrt {24}$ , άρα $\displaystyle 3a + 4b \ge 2\sqrt {24} = 4\sqrt 6$ .

Αρκεί, λοιπόν να είναι $\displaystyle 0 < x \le 4\sqrt 6$ .

Al.Koutsouridis · #5

Καλησπέρα κ.Γιώργο,

Νομίζω, δεν είναι πολύ καθαρή η αναγκαιότητα στον παραπάνω συλλογισμό.

Γιώργος Ρίζος έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 07, 2022 7:50 pm
Για θετικά , για να ισχύει η ανισότητα $\displaystyle ab \ge 2$ αρκεί $\displaystyle abx \ge 2x$ (1).

Αφού ισχύει $abx \ge 3a + 4b + x$ , για να ισχύει η (1) αρκεί $\displaystyle 3a + 4b + x \ge 2x \Leftrightarrow 3a + 4b \ge x$ , με $\displaystyle ab \ge 2$ .

Όντως αν $\displaystyle 3a + 4b + x \ge 2x$ τότε $ab \geq 2$ , αλλά γιατί $abx \ge 3a + 4b + x$ και $3a + 4b + x \ge 2x$ είναι ισοδύναμες (υπό τους υπόλοιπους περιορισμούς $a,b \geq 0$ και x >0

);

#6

Αλέξανδρε, κατ' αρχάς σε ευχαριστώ για τον κόπο να ασχοληθείς με την απάντησή μου και για τη διόρθωση που έκανες. Επίσης ευχαριστώ για το ευγενικό "κ. Γιώργο", αλλά προτιμώ την οικειότητα και την ευγένεια της απλής ονομαστικής προσφώνησης. Εξάλλου, στο

αισθάνομαι μαθητευόμενος, όπως άλλωστε οι περισσότεροι από εμάς, πιστεύω.

Κάνω μια 2η προσπάθεια. Θα χαρώ να δω ξανά τις παρατηρήσεις σας σε τυχόν λάθη ή ελλείψεις στην απάντηση:

Αν $\displaystyle x = 0$ , η ανισότητα $abx \ge 3a + 4b + x$ (1) γίνεται $\displaystyle 0 \ge 3a + 4b$ που ισχύει για $\displaystyle a = b = 0$ και δεν οδηγεί στην ανισότητα $ab \ge 2$ , οπότε πρέπει $\displaystyle x > 0$ .

Είναι $\displaystyle 3a + 4b \ge 2\sqrt {12ab}$ για κάθε $\displaystyle a,b \ge 0$

Οπότε $abx \ge 3a + 4b + x \Rightarrow \left( {ab - 1} \right)x \ge 4\sqrt {3ab}$ (2), με το «ίσον» όταν 3a = 4b

.

Αν $ab \le 1$ η ανισότητα (1) είναι αδύνατη.

Πρέπει, λοιπόν, ab > 1

, κι έτσι η ανισότητα (2) η ανισότητα γράφεται $x \ge \frac{{4\sqrt {3ab} }}{{ab - 1}}$ .

Εύκολα βρίσκουμε ότι για t > 1

η συνάρτηση $f\left( t \right) = \frac{{4\sqrt {3t} }}{{t - 1}}$ είναι γνησίως φθίνουσα, άρα $t \ge 2 \Leftrightarrow f\left( t \right) \le f\left( 2 \right) = 4\sqrt 6$

Για να προκύψει, λοιπόν η ανισότητα $ab \ge 2$ από την (1) αρκεί το

να πάρει μέγιστη τιμή $\displaystyle x = 4\sqrt 6$ .

Al.Koutsouridis · #7

Γιώργος Ρίζος έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 11, 2022 3:26 pm
Αλέξανδρε, κατ' αρχάς σε ευχαριστώ για τον κόπο να ασχοληθείς με την απάντησή μου και για τη διόρθωση που έκανες. Επίσης ευχαριστώ για το ευγενικό "κ. Γιώργο", αλλά προτιμώ την οικειότητα και την ευγένεια της απλής ονομαστικής προσφώνησης. Εξάλλου, στο αισθάνομαι μαθητευόμενος, όπως άλλωστε οι περισσότεροι από εμάς, πιστεύω.

Κάνω μια 2η προσπάθεια. Θα χαρώ να δω ξανά τις παρατηρήσεις σας σε τυχόν λάθη ή ελλείψεις στην απάντηση:

Αν $\displaystyle x = 0$ , η ανισότητα $abx \ge 3a + 4b + x$ (1) γίνεται $\displaystyle 0 \ge 3a + 4b$ που ισχύει για $\displaystyle a = b = 0$ και δεν οδηγεί στην ανισότητα $ab \ge 2$ , οπότε πρέπει $\displaystyle x > 0$ .

Είναι $\displaystyle 3a + 4b \ge 2\sqrt {12ab}$ για κάθε $\displaystyle a,b \ge 0$

Οπότε $abx \ge 3a + 4b + x \Rightarrow \left( {ab - 1} \right)x \ge 4\sqrt {3ab}$ (2), με το «ίσον» όταν .

Αν $ab \le 1$ η ανισότητα (1) είναι αδύνατη.

Πρέπει, λοιπόν, , κι έτσι η ανισότητα (2) η ανισότητα γράφεται $x \ge \frac{{4\sqrt {3ab} }}{{ab - 1}}$ .

Εύκολα βρίσκουμε ότι για η συνάρτηση $f\left( t \right) = \frac{{4\sqrt {3t} }}{{t - 1}}$ είναι γνησίως φθίνουσα, άρα $t \ge 2 \Leftrightarrow f\left( t \right) \le f\left( 2 \right) = 4\sqrt 6$

Για να προκύψει, λοιπόν η ανισότητα $ab \ge 2$ από την (1) αρκεί το να πάρει μέγιστη τιμή $\displaystyle x = 4\sqrt 6$ .

Καλησπέρα Γιώργο,

Εμείς ευχαριστούμε για το χρόνο και την λύση σου.

Για να ολοκληρωθεί η παραπάνω λύση με την ακολουθία των συλλογισμών που έχουν γίνει, νομίζω πρέπει να δείξουμε ότι για $x > 4\sqrt 6$ θα βρεθούν a,b

ώστε

( όταν ισχύουν οι αρχικές συνθήκες της εκφώνησης).

Οι ισοδύναμιες, μας "φτάνουν" μέχρι την ανισότητα (2) , $\left( {ab - 1} \right)x \ge 4\sqrt {3ab}$ , αλλά αυτή είναι μια πιο ασθενής εκδοχή της αρχικής (1) $abx \ge 3a + 4b + x$ . Μας λείπει το " $\Leftarrow$ ", για να έχουμε $abx \ge 3a + 4b + x \Leftrightarrow \left( {ab - 1} \right)x \ge 4\sqrt {3ab}$ , δεδομένων πάντα των περιορισμών για τα x,a,b

.

Τα παραπάνω, και από μένα με επιφύλαξη. Ένας από τους λόγους που μου άρεσε η άσκηση είναι ότι έχει δυσκολία και στο να αποδείξεις την ορθότητα ή μη, της λύσης κάποιου άλλου.

#8

Κάθε μία από τις περιπτώσεις a=0, b=0, x=0

οδηγεί σε άτοπο.

Η υπόθεση $abx\geqslant 3a+4b+x$ γράφεται $(ax-4)b\geqslant 3a+x$ και άμεσα πρέπει ax-4 > 0

, οπότε παίρνουμε $b\geqslant \dfrac{3a+x}{ax-4}$ και τώρα (πράξεις)

$ab-2\geqslant \dfrac{3a^2-ax+8}{ax-4}$

Αν το τριώνυμο ax^2-ax+8

έχει δύο ρίζες, τότε αυτές είναι θετικές. Για κάθε τιμή του α κείμενη εντός του διαστήματός τους, και για την τιμή του $b=\dfrac{3a+x}{ax-4}$ είναι ax-4>0, abx=3a+4b+x

(πράξεις) και ab<2

(πράξεις), δεν μας κάνει.
Απομένει, άρα, το τριώνυμο ax^2-ax+8

να έχει διπλή ρίζα ή να μην έχει ρίζες, που γίνεται αν και μόνον αν $\Delta =x^2-96\leq 0 \Leftrightarrow 0<x \leqslant 4\sqrt{6}$ . Αυτές είναι και οι ζητούμενες τιμές αφού πράγματι συνεπάγονται, όπως εύκολα διαπιστώνουμε την

$ab-2\geqslant \dfrac{3a^2-ax+8}{ax-4}\geq 0$

Ας το δούμε και αλλιώς: Θέλουμε τα σημεία του πρώτου τεταρτημόριου που βρίσκονται από την υπερβολή abx-3a-4b-x=0

και πάνω, να βρίσκονται ομοίως και από την υπερβολή ab-2=0

και πάνω (σε σύστημα aOb). Αυτό δεν γίνεται αν στο πρώτο τεταρτημόριο οι υπερβολές έχουν κοινά σημεία (φανερό το γιατί(;)) , αλλά μόνο αν αυτές εφάπτονται εφάπτονται ή δεν έχουν κοινά σημεία, και η πρώτη είναι πάνω από την δεύτερη. Αυτά για να συμβούν πρέπει το σύστημα των δύο υπερβολών να οδηγεί σε δευτεροβάθμια εξίσωση με μη θετική διακρίνουσα. (Βρίσκουμε την 3a^2-ax+8=0

. Στην συνέχεια έλεγχος, επαλήθευση κ.λπ.)

Ανίσωση από ανισώσεις

Ανίσωση από ανισώσεις

Re: Ανίσωση από ανισώσεις

Re: Ανίσωση από ανισώσεις

Re: Ανίσωση από ανισώσεις

Re: Ανίσωση από ανισώσεις

Re: Ανίσωση από ανισώσεις

Re: Ανίσωση από ανισώσεις

Re: Ανίσωση από ανισώσεις

Μέλη σε σύνδεση