Σταθερά-Άθροισμα κύβων

Συντονιστής: nsmavrogiannis

Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 687
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Σταθερά-Άθροισμα κύβων

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Τετ Δεκ 25, 2019 10:12 pm

Να βρεθεί η μέγιστη τιμή της σταθεράς m ώστε a^3+b^3+c^3\geq 3abc+m(a-b)(b-c)(c-a)

για κάθε a,b,c μη αρνητικούς πραγματικούς.



Λέξεις Κλειδιά:
Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 687
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Σταθερά-Άθροισμα κύβων

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Κυρ Ιαν 05, 2020 5:04 pm

Επαναφορά.


Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2796
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Σταθερά-Άθροισμα κύβων

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Τρί Ιαν 07, 2020 1:28 pm



Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 687
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Σταθερά-Άθροισμα κύβων

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Τρί Ιαν 07, 2020 10:55 pm



Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6261
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Σταθερά-Άθροισμα κύβων

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Τετ Ιαν 08, 2020 11:59 pm

Κάνω την αρχή!

Αν η ζητούμενη ισχύει για όλους τους \displaystyle{a,b,c\geq 0,} θα ισχύει και για τους \displaystyle{a=1+x,b=1-x, c=0,} όπου \displaystyle{x\in (-1,1).}

Με αντικατάσταση στην ανισότητα προκύπτει

\displaystyle{\frac{1}{m}\geq \frac{x^3-x}{3x^2+1}} (την γράφουμε έτσι για να μην έχουμε σκοτούρες με το \displaystyle{x^3-x})

Μένει τώρα να βρούμε το μέγιστο της συνάρτησης \displaystyle{f(x)=\frac{x^3-x}{3x^2+1}, x\in (-1,1).}

Είναι \displaystyle{f'(x)=\frac{3x^4+6x^2-1}{(3x^2+1)^2}} και με τη στάνταρ διαδικασία βρίσκουμε

\displaystyle{\max f=\frac{1}{\sqrt{9+6\sqrt{3}}}}.

Επομένως είναι

\displaystyle{m\leq \sqrt{9+6\sqrt{3}}.}

Απομένει να αποδειχθεί ότι πράγματι, αν \displaystyle{a,b,c\geq 0,} ισχύει

\displaystyle{a^3+b^3+c^3\geq 3abc+\sqrt{9+6\sqrt{3}}(a-b)(b-c)(c-a).}


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2796
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Σταθερά-Άθροισμα κύβων

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Τρί Ιαν 14, 2020 1:09 pm

Εύλογα υποθέτουμε a\leq b \leq c και a+b+c=1, οπότε αναζητούμε το ελάχιστο της

\dfrac{a^3+b^3+c^3-3abc}{(a-b)(b-c)(c-a)}=\dfrac{1-3a-3b+3ab+3a^2+3b^2}{(b-a)(1-a-2b)(1-2a-b)},

όπου 0\leq a\leq\dfrac{1}{3} και a\leq b\leq \dfrac{1-a}{2}\leq \dfrac{1}{2}.

Στο σημείο αυτό παρατηρούμε ότι ισχύει, υπό τις παραπάνω συνθήκες, η ανισότητα

\dfrac{1-3a-3b+3ab+3a^2+3b^2}{(b-a)(1-a-2b)(1-2a-b)}\geq \dfrac{1-3b+3b^2}{b(1-2b)(1-b)},

ισοδύναμη προς την 'τριωνυμική' ανισότητα

2(1-3b+3b^2)a^2-(2-11b+24b^2-15b^3)a+(1-8b+23b^2-24b^3+6b^4)\geq 0. (*)

Πράγματι, η διακρίνουσα ισούται προς

\Delta=(3b-1)^3(3b^3+3b^2-8b+4),

αρνητική για b<\dfrac{1}{3}, άρα αρκει να αποδειχθεί η ανισότητα που προέκυψε για 0\leq a\leq \dfrac{1}{3} και \dfrac{1}{3}\leq b\leq \dfrac{1}{2} & a\leq b\leq \dfrac{1-a}{2}: αυτή ισχύει 'τριωνυμικώς' λόγω των ανισοτήτων

a\leq 1-2b\leq \dfrac{2-11b+24b^2-15b^3-\sqrt{(3b-1)^3(3b^3+3b^2-8b+4)}}{4(1-3b+3b^2)}.

[Η πρώτη ανισότητα είναι άμεση από την b\leq \dfrac{1-a}{2}, η δεύτερη είναι ισοδύναμη προς την -24b^3+48b^2-32b+8>0 ... που ισχύει για \dfrac{1}{3}\leq b\leq \dfrac{1}{2} καθώς (-24b^3+48b^2-32b+8)'=-8(3b-2)^2<0 και -24(\dfrac{1}{2})^3+48(\dfrac{1}{2})^2-32(\dfrac{1}{2})+8=1>0.]

ΣΧΟΛΙΟ 17-1-2020: η δεύτερη ανισότητα προκύπτει για b<1 και από την -24b^3+48b^2-32b+8=-8(b-1)(3b^2-3b+1).

Ύστερα από την απόδειξη της (*) που μόλις ολοκληρώθηκε, αρκεί να δειχθεί ότι το ελάχιστο της g(b)=\dfrac{1-3b+3b^2}{b(1-2b)(1-b)} για 0\leq b\leq \dfrac{1}{2} ισούται προς \displaystyle\sqrt{9+6\sqrt{3}}} .

Από την g'(b)=\dfrac{6b^4-12b^3+12b^2-6b+1}{b^2(1-2b)^2(1-b)^2} και την

6b^4-12b^3+12b^2-6b+1=\dfrac{(6b^2-6b+3)^2-3}{6}=\dfrac{(6b^2-6b+3+\sqrt{3})(6b^2-6b+3-\sqrt{3})}{6}

προκύπτει ότι η g(b) ελαχιστοποιείται στο δοθέν διάστημα για b=\dfrac{3-\sqrt{6\sqrt{3}-9}}{6}, και το ζητούμενο ελάχιστο ισούται προς

\displaystyle\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}}{\dfrac{3-\sqrt{3}}{6}\sqrt{6\sqrt{3}-9}}=\sqrt{6\sqrt{3}+9}.

Ο μέγιστος m για τον οποίο ισχύει η a^3+b^3+c^3\geq 3abc+m(a-b)(b-c)(c-a) είναι λοιπόν ο m=\sqrt{6\sqrt{3}+9}\approx 4,40366, με την ισότητα να επιτυγχάνεται για a=0, b=\dfrac{3-\sqrt{6\sqrt{3}-9}}{6}\approx 0,30334, c=1-\dfrac{3-\sqrt{6\sqrt{3}-9}}{6}\approx 0,69666.


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2796
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Σταθερά-Άθροισμα κύβων

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Δευ Ιαν 20, 2020 4:09 am

gbaloglou έγραψε:
Τρί Ιαν 07, 2020 1:28 pm
Αν και το πρόβλημα έχει καλυφθεί πλήρως ... θα ήθελα να δείξω πως κατέληξα 'κατασκευαστικώς' στα παραπάνω ΠΡΙΝ το λύσω:

(Ι) Θεωρώντας την f(c)=a^3+b^3+c^3-3abc-m(a-b)(b-c)(c-a), αναζητούμε -- παρατηρώντας ότι f(b)=(b-a)^2(2b+a)\geq 0 -- εκείνα τα m για τα οποία αυτή θα είναι αύξουσα, θα ισχύει δηλαδή η

f'(c)\geq 0\leftrightarrow 3c^2-3ab-m(a-b)[-(c-a)+(b-c)]\geq 0\leftrightarrow 3c^2-3ab+m(b-a)(a+b-2c)\geq 0.

Θεωρώντας την g(c)=3c^2-3ab+m(b-a)(a+b-2c), αναζητούμε -- παρατηρώντας ότι g(b)=(b-a)(3b+m(b-a))\geq 0 -- εκείνα τα m για τα οποία

g'(c)\geq 0\leftrightarrow 2(3c-mb)+2ma\geq 0,

που προφανώς ισχύει για m=3.

Συμπεραίνουμε ότι f(c)\geq 0 για m=3, άρα m_{max}\geq 3. [Είναι πιθανή η m_{max}>3 καθώς για m>3 είναι δυνατόν να είναι θετική η f(c) για c\geq b χωρίς να είναι αύξουσα.]

(II) Θέτοντας a=0, c=1, η ζητούμενη λαμβάνει την μορφή h(b)\geq 0, όπου g(b)=b^3+1+mb(b-1). Για να έχουμε όμως το μέγιστο δυνατό m θα πρέπει να ισχύει και η h'(b)=0, δηλαδή η

3b^2+2mb-m=0\leftrightarrow b=\dfrac{-m+\sqrt{m^2+3m}}{3}.

Αντικαθιστώντας την παραπάνω στην h(b)=0 λαμβάνουμε την εξίσωση

2m^3+9m^2+27=(2m^2+6m)\sqrt{m^2+3m},

και η επίλυση της δίνει m=\sqrt{9+6\sqrt{3}, άρα m_{max}\leq \sqrt{9+6\sqrt{3}. [Ήταν ακόμη πιθανή η m_{max}<\sqrt{9+6\sqrt{3}, καθώς δεν είχα ακόμη αποδείξει ότι για μέγιστο m οφείλουμε να έχουμε a=0.]


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2796
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Σταθερά-Άθροισμα κύβων

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Δευ Ιαν 20, 2020 8:08 pm

Παρατηρώ ότι, συνδυάζοντας ιδέες από τις δύο προηγούμενες δημοσιεύσεις (#6 & #7), μπορούμε να αποφύγουμε πλήρως την χρήση παραγώγων και επομένως να παραμείνουμε 100% εντός φακέλου:

Μέσω της αναγωγής a\leq b\leq c, a+b+c=1 διαπιστώνουμε ότι μπορούμε να υποθέσουμε a=0: αυτό μπορεί να γίνει μέσω της ανισότητας

2(1-3b+3b^2)a^2-(2-11b+24b^2-15b^3)a+(1-8b+23b^2-24b^3+6b^4)\geq 0,

που μπορεί να αποδειχθεί ΚΑΙ χωρίς την χρήση παραγώγων (#6). Έχοντας τώρα κάνει την αναγωγή a=0 μπορούμε πλέον να υποθέσουμε b=1, οπότε αναζητούμε εκείνο το m για το οποίο η g(b)=b^3+1+mb(b-1) εφάπτεται του άξονα των x (g(b)=g'(b)=0), όπως έγινε στο #7, Ή έχει διπλή ρίζα: σ' αυτήν την προσέγγιση η b^3+1+mb(b-1)=(b-p)^2(b-q) μας δίνει το σύστημα 2p+q=-m, p^2+2pq=-m, p^2q=-1, οπότε προκύπτουν οι

p=\dfrac{-m+\sqrt{m^2+3m}}{3}, q=\dfrac{-m-2\sqrt{m^2+3m}}{3}

από τις πρώτες δύο εξισώσεις και από την τρίτη εξίσωση προκύπτει η γνωστή (#7)

2m^3+9m^2+27=(2m^2+6m)\sqrt{m^2+3m}.

Η 'τελική' αυτή εξίσωση επιλύεται πολύ πιο εύκολα από την αντίστοιχη 'τελική' εξίσωση στην #6, καθώς ανάγεται στην διτετράγωνη

m^4-18m^2-27=0.
τελευταία επεξεργασία από gbaloglou σε Δευ Ιαν 20, 2020 11:20 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1897
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Σταθερά-Άθροισμα κύβων

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Δευ Ιαν 20, 2020 10:56 pm

gbaloglou έγραψε:
Δευ Ιαν 20, 2020 8:08 pm
Παρατηρώ, ότι συνδυάζοντας ιδέες από τις δύο προηγούμενες δημοσιεύσεις (#6 & #7), μπορούμε να αποφύγουμε πλήρως την χρήση παραγώγων και επομένως να παραμείνουμε 100% εντός φακέλου:

Μέσω της αναγωγής a\leq b\leq c, a+b+c=1 διαπιστώνουμε ότι μπορούμε να υποθέσουμε a=0: αυτό μπορεί να γίνει μέσω της ανισότητας

2(1-3b+3b^2)a^2-(2-11b+24b^2-15b^3)a+(1-8b+23b^2-24b^3+6b^4)\geq 0,

που μπορεί να αποδειχθεί ΚΑΙ χωρίς την χρήση παραγώγων (#6). Έχοντας τώρα κάνει την αναγωγή a=0 μπορούμε πλέον να υποθέσουμε b=1, οπότε αναζητούμε εκείνο το m για το οποίο η g(b)=b^3+1+mb(b-1) εφάπτεται του άξονα των x (g(b)=g'(b)=0), όπως έγινε στο #7, Ή έχει διπλή ρίζα: σ' αυτήν την προσέγγιση η b^3+1+mb(b-1)=(b-p)^2(b-q) μας δίνει το σύστημα 2p+q=-m, p^2+2pq=-m, p^2q=-1, οπότε προκύπτουν οι

p=\dfrac{-m+\sqrt{m^2+3m}}{3}, q=\dfrac{-m-2\sqrt{m^2+3m}}{3}

από τις πρώτες δύο εξισώσεις και από την τρίτη εξίσωση προκύπτει η γνωστή (#7)

2m^3+9m^2+27=(2m^2+6m)\sqrt{m^2+3m}.

Η 'τελική' αυτή εξίσωση επιλύεται πολύ πιο εύκολα από την αντίστοιχη 'τελική' εξίσωση στην #6, καθώς ανάγεται στην διτετράγωνη

m^4-18m^2-27=0.
:coolspeak:


Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1288
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: Σταθερά-Άθροισμα κύβων

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Τετ Ιαν 22, 2020 1:33 am

Μία προσπάθεια χωρίς πράξεις πολύ κοντά σε αυτό που έκανε ο Θάνος.
Από την ταυτότητα Euler θέλουμε το καλύτερο m ώστε
\displaystyle{\frac{1}{2}(a+b+c)((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2) &\geqslant m|(a-b)(b-c)(c-a)|.}
Θέτουμε b=a+x, c=a+x+y με a\geq 0. Οπότε αρκεί
\displaystyle{(3a+2x+y)(x^2+xy+y^2) &\geqslant mxy(x+y).}
Χρησιμοποιώντας ότι a\geq 0, αρκεί
\displaystyle{(2x+y)(x^2+xy+y^2) &\geqslant mxy(x+y).}
Αν τώρα θέσω t=\frac{x}{y}, η τελευταία ανάγεται στην ανισότητα μιας μεταβλητής
\displaystyle{(2t+1)(t^2+t+1) &\geqslant mt(t+1).}

Οπότε θεωρούμε το κυβικό πολυώνυμο f(t)=(2t+1)(t^2+t+1)-mt(t+1) και με την παράγωγο βρίσκουμε ότι είναι θετικό αν και μόνο αν
2m^3+9m^2+27\geq (2m^2+6m)\sqrt{m^2+3m}, οπότε φτάνουμε στη διτρετράγωνη που βρήκε και ο κ. Μπαλόγλου παραπάνω.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης