Πιο σφιχτή εκδοχή!

Συντονιστής: gbaloglou

Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6324
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Πιο σφιχτή εκδοχή!

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Τετ Απρ 08, 2020 4:43 pm

Με αφορμή το θέμα αυτό.

Ο Τηλέμαχος μας ζήτησε να αποδείξουμε ότι σε τρίγωνο \displaystyle{ABC} ισχύει

\displaystyle{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \sqrt{10-\frac{2r}{R}}.}

Εγώ ζητάω να αποδείξετε ότι κάτι πιο σφιχτό:

\displaystyle{\boxed{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{1}{3}(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\geq \sqrt{10-\frac{2r}{R}}}}


Μάγκος Θάνος

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1399
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Πιο σφιχτή εκδοχή!

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Σάβ Απρ 11, 2020 1:09 am

matha έγραψε:
Τετ Απρ 08, 2020 4:43 pm
Εγώ ζητάω να αποδείξετε ότι κάτι πιο σφιχτό:

\displaystyle{\boxed{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{1}{3}(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\geq \sqrt{10-\frac{2r}{R}}}}
Πολλαπλασιάζουμε όλα τα μέλη των ανισοτήτων με \displaystyle{3abc} και έχουμε ισοδύναμα να αποδείξουμε ότι

3 \left ( a^2c+b^2a+c^2b \right)  \geq \left ( a+b+c \right )\left(bc+ca+ab\right)\geq 3 abc \sqrt{10-\dfrac{2r}{R}}}

Για την αριστερή ανισότητα έχουμε

3 \left ( a^2c+b^2a+c^2b \right)  \geq \left ( a+b+c \right )\left(bc+ca+ab\right) \Leftrightarrow

3 \left ( a^2c+b^2a+c^2b \right)  \geq 3abc+\left ( a^2c+b^2a+c^2b\right) + \left (c^2a+a^2b+b^2c \right ) \Leftrightarrow

2 \left ( a^2c+b^2a+c^2b \right) \geq 3abc+c^2a+a^2b+b^2c \quad  \quad  \bigstar

Επίσης θεωρούμε την παράσταση

A=\left (a+b-c \right )\left (b-c \right )^2+\left (b+c-a \right )\left (c-a\right )^2+\left (c+a-b\right )\left (a-b \right )^2 \geq 0

Ανοίγοντας τις παρενθέσεις και μετά από αναγωγή ομοίων όρων βρίσκουμε

(a+b-c)(b-c)^2+(b+c-a)(c-a)^2+(c+a-b)(a-b)^2 \geq 0 \Leftrightarrow

-2 a^2 b + 4 a^2 c + 4 a b^2 - 6 a b c - 2 a c^2 - 2 b^2 c + 4 b c^2 \geq 0 \Leftrightarrow

2 \left ( a^2c+ab^2+bc^2 \right) \geq 3abc+a^2b+ac^2+b^2c

που είναι η  \bigstar . Άρα ισοδύναμα ισχύει και η αρχική ανισότητα.


Για την δεξιά ανισότητα της αρχικής έχουμε

\left ( a+b+c \right )\left(bc+ca+ab\right)\geq 3 abc \sqrt{10-\dfrac{2r}{R}}} \Leftrightarrow

\left ( a+b+c \right )\left(bc+ca+ab\right)\geq 3 \cdot 2(a+b+c) r \cdot R \cdot \sqrt{10-\dfrac{2r}{R}}} \Leftrightarrow

\left(bc+ca+ab\right)\geq 6 r R \cdot \sqrt{10-\dfrac{2r}{R}}} \Leftrightarrow

\left(bc+ca+ab\right)^2 \geq 36 r^2R^2 \cdot \dfrac{10R-2r}{R} \Leftrightarrow

\left(ab+bc+ca\right)^2 \geq 18 R \cdot \left ( 20Rr-4r^2 \right )

Η τελευταία ισχύει λόγω της γνωστής ανισότητας ab+bc+ca \geq 20Rr-4r^2 και του γεγονότος ότι

20Rr-4r^2 \geq 18R \Leftrightarrow

2Rr-4r^2 \geq 0 \Leftrightarrow

2r(R-2r) \geq 0


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6324
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Πιο σφιχτή εκδοχή!

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Σάβ Απρ 11, 2020 10:43 am

Al.Koutsouridis έγραψε:
Σάβ Απρ 11, 2020 1:09 am


Επίσης θεωρούμε την παράσταση

A=\left (a+b-c \right )\left (b-c \right )^2+\left (b+c-a \right )\left (c-a\right )^2+\left (c+a-b\right )\left (a-b \right )^2 \geq 0
Αλέξανδρε, πολύ ωραία! Νομίζω το κομβικό σημείο στην απόδειξή σου είναι το παραπάνω και είμαι σίγουρος ότι κάποιοι θα απορήσουν πώς το σκέφτεται κανείς αυτό. Πραγματικά είναι λαγός από το καπέλο.


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1399
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Πιο σφιχτή εκδοχή!

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Σάβ Απρ 11, 2020 1:39 pm

matha έγραψε:
Σάβ Απρ 11, 2020 10:43 am
Al.Koutsouridis έγραψε:
Σάβ Απρ 11, 2020 1:09 am


Επίσης θεωρούμε την παράσταση

A=\left (a+b-c \right )\left (b-c \right )^2+\left (b+c-a \right )\left (c-a\right )^2+\left (c+a-b\right )\left (a-b \right )^2 \geq 0
Αλέξανδρε, πολύ ωραία! Νομίζω το κομβικό σημείο στην απόδειξή σου είναι το παραπάνω και είμαι σίγουρος ότι κάποιοι θα απορήσουν πώς το σκέφτεται κανείς αυτό. Πραγματικά είναι λαγός από το καπέλο.
Καλησπέρα κ.Θάνο,

Με ταλαιπώρησε η ανισότητα είναι η αλήθεια. Βέβαια δεν είμαι και κανένας καλός λύτης, οπότε εικάζω θα υπάρχει κάτι που μπορούμε να εφαρμόσουμε άμεσα και να μας βγει με άλλο τρόπο εύκολα.

Αρχικά παρατήρησα ότι η ανισότητα μπορεί να γραφεί

 3 \left ( \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \right) \geq 3+ \left ( \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \right)  + \left ( \dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{b} \right)

ή 3x \geq 3+x+y με x,y \geq 3 όπου x=\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} και y=\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}

Αν x \geq y τότε εύκολα βλέπουμε ότι ισχύει. Αν y \geq x πάλι βλέπουμε/εικάζουμε ότι ισχύει, οπότε κινήθηκα στο να το αποδείξω. Προσπάθησα κάπως να εγγλωβίσω είτε το άθροισμα, είτε το γινόμενο είτε την διαφορά των x,y, έτσι ώστε να μου δώσει κάποια πληροφορία για την δυναμική της μεταξύς τους σχέσης αυτών των παραστάσεων. Μετά από δυο τρεις κόλλες πράξεων δεν κατάφερα κάτι.

Ύστερα, αφού έφερα την παράσταση στη μορφή

2 \left ( a^2c+b^2a+c^2b \right) \geq 3abc+c^2a+a^2b+b^2c \quad  \quad  \bigstar

προσπάθησα να εφαρμόσω κάποια από τις γνωστές ανισότητες (A-M, Cauchy–Schwarz, Shur κτλ). Δεν το έχω με τις ανισότητες και πάλι μετά από δυο ακόμη χαμένες κόλλες, δεν κατάφερα κάτι. Σε αυτό το σημείο το παράτησα το πρόβλημα. Είπα είναι δύσκολο για μένα.

Την επομένη, καθόλη την διάρκεια της εργάσιμης μέρας, με έτρωγε η περιέργεια για το πως λύνεται. Πήγα μια βόλτα το βράδυ και στην επιστροφή αποφάσισα να ξανασχοληθώ. Αλλά προσπαθώντας να σβήσω τις προηγούμενες σκέψεις για να μην με ενοχλούν.

Σκέφτηκα τι κάνω λάθος ως τώρα: πρώτον δε χρησιμοποίησα την τριγωνική ανισότητα πουθενά μέχρι στιγμής. Πιθανόν να ισχύει για τυχαίους θετικούς η ανισότητα, όμως ότι είναι πλευρές τριγώνου μπορεί να δώσει έξτρα βοηθητικές σχέσεις. Δεύτερον παρατηρούμε ότι έχουμε ισότητα όταν a=b=c. Τρίτον οι παραστάσεις a^2c+b^2a+c^2b και c^2a+a^2b+b^2c μοιάζουν αρκετά, έχουν ένα βαθμό συμμετρικότητας.

Αρχικά σκέφτηκα να προσθαφερέσω κάτι στην  \bigstar ώστε να προκύψουν κάποιες βολικές παραγοντοποιήσεις. Όμως γρήγορα κατέλληξα στο ότι αυτό θέλει αρκετή φαντασία. Έτσι κινήθηκα ανάποδα: το ότι έχουμε ισότητα για a=b=c μας βάζει σε σκέψεις, ότι σε μια ισοδύναμη μορφή της, πολύ πιθανόν η ανισότητα θα περιέχει τις παραστάσεις

(a-b)^2 , (b-c)^2 και (c-a)^2.

Έχουμε τις τριγωνικές ανισότητες a+b> c , b+c> a και c+a > b , που πρέπει να μπουν κάπως στο παιχνίδι καθώς και τις παραστάσεις a^2c+b^2a+c^2b , c^2a+a^2b+b^2c και abc.

Δοκίμασα μια παράσταση, που περιέχει τα παραπάνω, δε μου βγήκε. Η δεύτερη που δοκίμασα ήταν η

A=\left (a+b-c \right )\left (b-c \right )^2+\left (b+c-a \right )\left (c-a\right )^2+\left (c+a-b\right )\left (a-b \right )^2

και εδώ όλα έδεσαν.


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6324
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Πιο σφιχτή εκδοχή!

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Σάβ Απρ 11, 2020 2:18 pm

Αλέξανδρε, πολύ διαφωτιστική όλη η πορεία σκέψης προς την απόδειξη. Ευχαριστούμε!

Όπως είπες, υπάρχει συντομότερος δρόμος για την απόδειξη της αριστερής ανισότητας που πρότεινα.

Το κλειδί είναι η ανισότητα

\displaystyle{3\left(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2} \right)\geq (a^2+b^2+c^2)\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2} \right)} (\displaystyle{\color{red}\bigstar})

Εφαρμόζοντας σε αυτήν το μετασχηματισμό της τετραγωνικής ρίζας, προκύπτει η ζητούμενη.

Το ερώτημα είναι πώς προκύπτει η (\displaystyle{\color{red}\bigstar}). Θυμόμουν ότι την είχα θέσει στον :logo: παλαιότερα, και βλέπω ότι είναι προτεινόμενη εδώ, αλλά χωρίς απάντηση, εδώ και περίπου δέκα χρόνια. Βάζω μια απόδειξή της στον εκεί σύνδεσμο.


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1656
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Πιο σφιχτή εκδοχή!

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Σάβ Απρ 11, 2020 4:00 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Σάβ Απρ 11, 2020 1:09 am
2 \left ( a^2c+b^2a+c^2b \right) \geq 3abc+c^2a+a^2b+b^2c \quad  \quad ( \bigstar)
Μια άλλη απόδειξη για αυτήν:

Κάνουμε το Ravi Substitution, δηλαδή παίρνουμε x,y,z>0 ώστε a=x+y, \, b=y+z, \, c=z+x (μπορούμε να το κάνουμε διότι τα a,b,c είναι πλευρές τριγώνου).

Μετά τις πράξεις, αρκεί να δείξουμε ότι \displaystyle \sum x^3+\sum xz^2 \geqslant 2\sum x^2z, που είναι άμεση εφαρμογή της ΑΜ-ΓΜ, καθώς x^3+xz^2 \geqslant 2x^2z, και οι κυκλικές αυτής.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε!
ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ
Δημοσιεύσεις: 1055
Εγγραφή: Δευ Δεκ 28, 2009 11:41 pm
Τοποθεσία: Kάπου στο πιο μεγάλο νησί του Ιονίου

Re: Πιο σφιχτή εκδοχή!

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ » Σάβ Απρ 11, 2020 10:05 pm

Εγώ πάντως αισθάνομαι πολύ όμορφα για το ότι τόσο ωραίοι συλλογισμοί και τόσο πετυχημένα αποτελέσματα είχαν σαν αφετηρία κάποιες δικές μου σκέψεις μια Κυριακή του Νοεμβρίου του 2019...


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία”

Μέλη σε σύνδεση

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