Σταθερά-Άθροισμα κύβων

Συντονιστής: nsmavrogiannis

Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 586
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: 586
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: 2708
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: 586
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: 6181
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: 2708
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.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα”

Μέλη σε σύνδεση

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