Σταθερά-Άθροισμα κύβων

Λάμπρος Κατσάπας · #1

Να βρεθεί η μέγιστη τιμή της σταθεράς

ώστε $a^3+b^3+c^3\geq 3abc+m(a-b)(b-c)(c-a)$

για κάθε a,b,c

μη αρνητικούς πραγματικούς.

Λάμπρος Κατσάπας · #2

Επαναφορά.

#3

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Λάμπρος Κατσάπας · #4

gbaloglou έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 07, 2020 1:28 pm

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
$3\leq m_{max}\leq \displaystyle\sqrt{9+6\sqrt{3}}}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#5

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

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

#6

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

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

, $b=\dfrac{3-\sqrt{6\sqrt{3}-9}}{6}\approx 0,30334$ , $c=1-\dfrac{3-\sqrt{6\sqrt{3}-9}}{6}\approx 0,69666$ .

#7

gbaloglou έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 07, 2020 1:28 pm

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
$3\leq m_{max}\leq \displaystyle\sqrt{9+6\sqrt{3}}}$

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

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

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

,

, 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

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

οφείλουμε να έχουμε a=0

.]

#8

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

για το οποίο η g(b)=b^3+1+mb(b-1)

εφάπτεται του άξονα των

(

), 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

,

, 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.

#9

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 $a\leq b\leq c$ , διαπιστώνουμε ότι μπορούμε να υποθέσουμε : 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 μπορούμε πλέον να υποθέσουμε , οπότε αναζητούμε εκείνο το για το οποίο η εφάπτεται του άξονα των (), όπως έγινε στο #7, Ή έχει διπλή ρίζα: σ' αυτήν την προσέγγιση η μας δίνει το σύστημα , , , 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

#10

Μία προσπάθεια χωρίς πράξεις πολύ κοντά σε αυτό που έκανε ο Θάνος.
Από την ταυτότητα Euler θέλουμε το καλύτερο

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.

Σταθερά-Άθροισμα κύβων

Σταθερά-Άθροισμα κύβων

Re: Σταθερά-Άθροισμα κύβων

Re: Σταθερά-Άθροισμα κύβων

Re: Σταθερά-Άθροισμα κύβων

Re: Σταθερά-Άθροισμα κύβων

Re: Σταθερά-Άθροισμα κύβων

Re: Σταθερά-Άθροισμα κύβων

Re: Σταθερά-Άθροισμα κύβων

Re: Σταθερά-Άθροισμα κύβων

Re: Σταθερά-Άθροισμα κύβων

Μέλη σε σύνδεση