Mε συνθήκη

panagiotis99 · #1

Καλημέρα

Έστω

θετικοί πραγματικοί ώστε a+b+c+d=4

Nα δείξετε ότι $\frac {4} {abcd} \geq \frac {a}{b}+ \frac {b}{c}+ \frac {c}{d}+ \frac {d}{a}$

#2

panagiotis99 έγραψε:Καλημέρα

Έστω θετικοί πραγματικοί ώστε

Nα δείξετε ότι $\frac {4} {abcd} \geq \frac {a}{b}+ \frac {b}{c}+ \frac {c}{d}+ \frac {d}{a}$

Ισοδύναμα θέλουμε να δείξουμε ότι $a^2cd+b^2da+c^2ab+d^2bc\leq 4 \Leftrightarrow a(acd)+b(abd)+c(abc)+d(bcd) \leq 4$

'Ομως οι τετράδες $(a,b,c,d), \ (abc,abd,acd,bcd)$ είναι όμοια διατεταγμένες συνεπώς από την ανισότητα της αναδιάταξης παίρνουμε:

$\begin{aligned}a(acd)+b(abd)+c(abc)+d(bcd) &\leq a(abc)+b(abd)+c(acd)+d(bcd) = (ab+cd)(ac+bd) \\ &\stackrel{AM-GM}{\leq} \left(\dfrac{ab+cd+ac+bd}{2}\right)^2=\dfrac{1}{4}\left[(a+d)(b+c)\right]^2 \\ &\stackrel{AM-GM}{\leq} \dfrac{1}{4}\cdot \left(\dfrac{a+b+c+d}{2}\right)^4=4\end{aligned}$

Αλέξανδρος

EDIT: Διόρθωση τυπογραφικού. Ευχαριστώ τον κ. Λάμπρου για την επισήμανση!

chris_konst · #3

panagiotis99 έγραψε:Καλημέρα

Έστω θετικοί πραγματικοί ώστε

Nα δείξετε ότι $\frac {4} {abcd} \geq \frac {a}{b}+ \frac {b}{c}+ \frac {c}{d}+ \frac {d}{a}$

Ξεκινώντας όπως και στην λύση του Αλέξανδρου, αρκεί (μετά την απαλοιφή) να δείξουμε ισοδύναμα ότι:
$a^2cd+ b^2da + c^2ab + d^2 bc \leq 4 \quad (1)$ . Είναι προφανώς 0<a,b,c,d<4

, αλλά για λόγο που θα φανεί παρακάτω, θα την δείξουμε για $0 \leq a,b,c,d \leq 4$

Θεωρούμε τα διανύσματα του $\mathbb{R}^4$ : $\overrightarrow{u} = (ac,bd,ac,bd)$ και $\overrightarrow{v} = (ad,ba,cb,dc)$ , οπότε αντί για την (1)

αρκεί ισοδύναμα να δείξουμε την $\boxed{\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{v} \leq 4} \quad (2)$ .

Στα επόμενα, διαγράφω το λάθος μέρος της προηγούμενης λύσης και ευχαριστώ τον κ. Λάμπρου που επεσήμανε την παιδαριώδη αβλεψία μου, για την οποία και απολογούμαι (είχα παραβλέψει την μεταβλητότητα των μέτρων των $\overrightarrow{u}$ και $\overrightarrow{v}$ ). Στη συνέχεια ακολουθεί λύση η οποία δεν είναι μεν εντός της λογικής του φακέλλου, αλλά προς το παρόν δεν έχω άλλη και την δίνω για λόγους πληρότητας. Προφανώς η καλύτερη λύση είναι η λύση του Αλέξανδρου που χρησιμοποιεί την ανισότητα αναδιάταξης.

Επί του θέματος,

Αντί για την (2)

θα δείξουμε την ισχυρότερη $\boxed{|\overrightarrow{u}| |\overrightarrow{v}| \leq 4} \quad (3)$

Είναι $|\overrightarrow{u}|= \sqrt{2(a^2c^2+b^2d^2 )}$ και $|\overrightarrow{v}|= \sqrt{(a^2+c^2)(b^2+d^2)}$ , και θα δείξουμε ότι $|\overrightarrow{u}| \leq 2 }$ και $|\overrightarrow{v}| \leq 2 }$ .

A) Για την $|\overrightarrow{u}| \leq 2 }$ :
Θεωρούμε την συνάρτηση f(x,y,z,w)=x^2z^2+y^2w^2

, και θα βρούμε το ολικό μέγιστο όταν x+y+z+w=4

με $0 \leq x,y,z,w \leq 4$ . Το χωρίο που ορίζουν οι x+y+z+w=4

και $0 \leq x,y,z,w \leq 4$ είναι προφανώς κλειστό και φραγμένο, η

είναι συνεχής, οπότε έχει ολικό μέγιστο και ολικό ελάχιστο σε αυτό. Αυτά θα τα βρούμε με χρήση πολ/τη Lagrange (θα παραλείψω τα πολύ απλά επαναλαμβανόμενα).

Κατασκευάζουμε την $L_1(x,y,z,w, \lambda)= x^2z^2+y^2w^2-\lambda (x+y+z+w-4)$ η οποία έχει gradient
$\nabla{L_1(x, y,z,w, \lambda)}=(2xz^2-\lambda, 2yw^2-\lambda, 2zx^2-\lambda, 2wy^2-\lambda, -(x+y+z+w-4))$ .

Λύνοντας $\nabla{L_1(x, y,z,w, \lambda)}=(0,0,0,0,0)$ θα πάρουμε το σύστημα: $\begin{cases} 2xz^2=\lambda \quad (4)\\ 2yw^2=\lambda \quad(5) \\2zx^2=\lambda \quad(6) \\ 2wy^2=\lambda \quad(7) \\ x+y+z+w=4 \quad (8) \end{cases}$

Από (4)-(6)

και

παίρνουμε τις 2xz(x-z)=0

και

. Αν

αυτές δίνουν x=z

και

, οπότε αντικαθιστώντας στις (4),(5)

θα πάρουμε $x^3=y^3 \Leftrightarrow x=y$ άρα $\boxed {x=y=z=w=1, \lambda =2}$ . Αυτό δίνει $\boxed{f(1,1,1,1)=2}$ .

Αν τώρα είναι π.χ. x=0

τότε $\lambda = 0$ και το σύστημα θα γίνει: $\begin{cases} 2yw^2=0 \\ 2wy^2= 0 \end{cases}$ Λόγω της (8)

, μόνο ένα από τα y,w

Μπορεί να μηδενιστεί, έστω y=0

. Τότε

(με $0 \leq z \leq 4$ ), και η τιμή της

είναι $\boxed{f(0,0,z,4-z)=0}$ . Αντίστοιχη διερεύνηση δίνει τιμή μηδέν για την

, αν

ή

.

Από όλα τα παραπάνω έπεται ότι $f_{\rm{min}}=0$ και $f_{\rm{max}}=2$ , άρα $\boxed{|\overrightarrow{u}|_ {\rm{max}}=2}$

B) Για την $|\overrightarrow{v}| \leq 2 }$ :
Θεωρούμε την συνάρτηση g(x,y,z,w)=(x^2+z^2)(y^2+w^2)

, και θα βρούμε πάλι το ολικό μέγιστο όταν x+y+z+w=4

με $0 \leq x,y,z,w \leq 4$ .

Τώρα είναι $L_2(x,y,z,w, \lambda)=(x^2+z^2)(y^2+w^2)-\lambda (x+y+z+w-4)$
η οποία έχει gradient
$\begin{aligned}{\nabla{L_2(x, y,z,w, \lambda)}=(2x(y^2+w^2)-\lambda, 2y(x^2+z^2)-\lambda, 2z(y^2+w^2)-\lambda, 2w(x^2+z^2)-\lambda, -(x+y+z+w-4)) \end{aligned}$ .

Το σύστημα $\nabla{L_2(x,y,z,w, \lambda)}=(0,0,0,0,0)$ είναι τώρα το: $\begin{cases} 2x(y^2+w^2)=\lambda \quad (9)\\ 2y(x^2+z^2)=\lambda \quad(10) \\2z(y^2+w^2)=\lambda \quad(11) \\ 2w(x^2+z^2)=\lambda \quad(12) \\ x+y+z+w=4 \quad (13) \end{cases}$

Από (9)-(11)

και

παίρνουμε τις 2(w-y)(x^2+z^2)=0

και

. Αν

αυτές δίνουν x=z

και

. Αντικαθιστώντας στις (9),(10)

παίρνουμε $4x^2y=4y^2x \Leftrightarrow x=y$ άρα $\boxed {x=y=z=w=1, \lambda =4}$ , και η αντίστοιχη τιμή της

είναι $\boxed{g(1,1,1,1)=4}$ . Διερεύνηση αντίστοιχη με αυτήν στην (Α) περίπτωση δίνει πάλι τιμή μηδέν για την

, αν

ή

, οπότε $g_{\rm{min}}=0$ και $g_{\rm{max}}=4$ , άρα $\boxed{|\overrightarrow{v}|_ {\rm{max}}=2}$ .

Από τις $|\overrightarrow{u}|_ {\rm{max}}=2$ και $|\overrightarrow{v}|_ {\rm{max}}=2$ , έπονται οι (3)

και

, άρα και η ζητούμενη για $0 \leq a,b,c,d \leq 4$ , οπότε και για 0 <a,b,c,d < 4

.

Χρήστος

Edit: Εκτός της διόρθωσης της λανθασμένης λύσης, έγιναν πολλές διορθώσεις λαθών στα ελληνικά (...εκτός του ότι αντί για την Προεπισκόπιση, πολλές φορές πατάω το πλήκτρο της Υποβολής).

#4

chris_konst έγραψε:
Η ισότητα στην Cauchy-Schwarz $|\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{v}| \leq |\overrightarrow{u}| |\overrightarrow{v}|$ , η οποία δίνει και την μέγιστη τιμή της απόλυτης τιμής του εσωτερικού γινομένου, ισχύει αν και μόνο αν $\overrightarrow{u} \parallel \overrightarrow{v}$ , το οποίο εδώ συμβαίνει αν και μόνο αν

.....
άρα .

Χρήστο, δεν είναι σωστό το επιχείρημα: Η παραλληλία των u,v

δίνει συνθήκη ισότητας στην Cauchy-Schwarz. Δηλαδή εξασφαλίζει οτι το μέγιστο του αριστερού μέλους είναι το δεξί. Το πρόβλημα είναι ότι το δεξί μέλος είναι μεταβλητό, ενώ εμείς θέλουμε ολικό μέγιστο.

Για να γίνω κατανοητός, ας δούμε το παρακάτω παράδειγμα το οποίο ακολουθεί την μέθοδό σου αλλά ΔΕΝ βρίσκει το ολικό μέγιστο.

Έστω ότι θέλουμε το μέγιστο του a^3+a^2+b

με συνθήκη $a \ge 0, b \ge 0, a+b=2$ ,

Ορίζουμε $u=(a^2,a,b), \, v= (a,a,1)$ , οπότε $a^3+a^2+b = u\cdot v$ . Τώρα, έχουμε $|u \cdot v| \le |u||v|$ με ισότητα αν και μόνον αν $u\parallel v$ . Δηλαδή έχουμε ισότητα αν και μόνον αν για κάποιο $\lambda$ έχουμε $a^2 = \lambda a, \, a = \lambda a, \, b = \lambda , \, (*)$ . Οι δύο πρώτες δίνουν a^2=a

και άρα

ή

. Αυτές με χρήση της a+b=2

δίνουν αντίστοιχα b=1

ή

, δηλαδή έχουμε υποψήφιες λύσεις τις (a,b)= (1,1)

ή

. Και οι δύο ικανοποιούν τις συνθήκες (*)

, με $\lambda = 1$ ή $\lambda = 2$ , αντίστοιχα.

Θα νόμιζε κανείς ότι η μία ή η άλλη από τις τιμές αυτές δίνουν το μέγιστο, το οποίο είναι ένα από τα a^3+a^2+b = 1^3+1^2+1= 3

ή

(άρα το πρώτο).

Να όμως που η a=2, b=0

ικανοποιεί την a+b=2

αλλά δίνει τιμή a^3+a^2+b=2^3+2^2+0=12

, που είναι βέβαια μεγαλύτερο από το προηγούμενο.

Ελπίζω να έκανα σαφές που είναι το σφάλμα στον συλλογισμό με την Cauchy-Schwarz.

Φιλικά,

Μιχάλης

#5

Mihalis_Lambrou έγραψε:
chris_konst έγραψε:
Η ισότητα στην Cauchy-Schwarz $|\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{v}| \leq |\overrightarrow{u}| |\overrightarrow{v}|$ , η οποία δίνει και την μέγιστη τιμή της απόλυτης τιμής του εσωτερικού γινομένου, ισχύει αν και μόνο αν $\overrightarrow{u} \parallel \overrightarrow{v}$ , το οποίο εδώ συμβαίνει αν και μόνο αν

.....
άρα .
Χρήστο, δεν είναι σωστό το επιχείρημα

Το είχα προσέξει και εγώ πριν λίγες μέρες αλλά αμέλησα να το σχολιάσω. Και στην λύση του Αλέξανδρου υπάρχει πρόβλημα εδώ:

cretanman έγραψε:
'Ομως οι τετράδες $(a,b,c,d), \ (abc,abd,acd,bcd)$ είναι όμοια διατεταγμένες

Οι δυο τετράδες δεν είναι όμοια διατεταγμένες. Ισχύει ότι αν $a \geqslant b \geqslant c \geqlant d$ τότε $abc \geqslant abd \geqslant acd \geqslant bcd$ . Μόνο που δεν νομιμοποιούμαστε να υποθέσουμε το πρώτο.

#6

Demetres έγραψε:
cretanman έγραψε:
'Ομως οι τετράδες $(a,b,c,d), \ (abc,abd,acd,bcd)$ είναι όμοια διατεταγμένες
Οι δυο τετράδες δεν είναι όμοια διατεταγμένες. Ισχύει ότι αν $a \geqslant b \geqslant c \geqslant d$ τότε $abc \geqslant abd \geqslant acd \geqslant bcd$ . Μόνο που δεν νομιμοποιούμαστε να υποθέσουμε το πρώτο.

Δημήτρη, νομίζω ότι είναι εντάξει εκτός αν δεν βλέπω κάτι. Υποθέτω ότι ο Αλέξανδρος εννοεί ότι όποια ακριβώς είναι η διάταξη των a,b,c,d

, τότε η διάταξη των abc,abd,acd,bcd

είναι ακριβώς η ίδια (δηλαδή να τους γράψουμε με την αντίστοιχη σειρά).

Π.χ. αν $a\le c \le d \le b$ τότε, λαμβάνοντας τους αντίστοιχους όρους στη δεύτερη διατεταγμένη τετράδα, έχουμε $abc\le acd \le bcd \le abd$ . Όμοια οποιαδήποτε άλλη.

Για απόδειξη, η διάταξη των a,b,c,d

είναι ακριβώς η ίδια με των $\frac {1}{d}, \frac {1}{c}, \frac {1}{b}, \frac {1}{a}$ . Αν τώρα πολλαπλασιάσουμε τους τελευταίους επί abcd

παίρνουμε τον ισχυρισμό του Αλέξανδρου.

Μ.

#7

Δείτε και εδώ:
http://artofproblemsolving.com/communit ... 908p933236

#8

Mihalis_Lambrou έγραψε: Δημήτρη, νομίζω ότι είναι εντάξει εκτός αν δεν βλέπω κάτι. Υποθέτω ότι ο Αλέξανδρος εννοεί ότι όποια ακριβώς είναι η διάταξη των , τότε η διάταξη των είναι ακριβώς η ίδια (δηλαδή να τους γράψουμε με την αντίστοιχη σειρά).

Αν $a \geqslant b \geqslant d \geqslant c$ τότε είναι $abd \geqslant abc \geqslant adc \geqslant bdc$ . Ενώ ο Αλέξανδρος ισχυρίζεται ότι $abc \geqslant abd \geqslant bcd \geqslant acd$ . Ή κάνω λάθος;

#9

Demetres έγραψε:
Mihalis_Lambrou έγραψε: Δημήτρη, νομίζω ότι είναι εντάξει εκτός αν δεν βλέπω κάτι. Υποθέτω ότι ο Αλέξανδρος εννοεί ότι όποια ακριβώς είναι η διάταξη των , τότε η διάταξη των είναι ακριβώς η ίδια (δηλαδή να τους γράψουμε με την αντίστοιχη σειρά).
Αν $a \geqslant b \geqslant d \geqslant c$ τότε είναι $abd \geqslant abc \geqslant adc \geqslant bdc$ . Ενώ ο Αλέξανδρος ισχυρίζεται ότι $abc \geqslant abd \geqslant bcd \geqslant acd$ . Ή κάνω λάθος;

Δημήτρη ευχαριστώ για τη διόρθωση! Χθες το βράδυ είδα την παρατήρησή σου...

Το πρόβλημα μπορεί να διορθωθεί με τον εξής τρόπο που υπάρχει και στο link που παραπέμπει ο Σιλουανός παραπάνω:

Ας είναι p,q,r,s

μία μετάθεση των a,b,c,d

με $p\geq q \geq r\geq s$ . Τότε $pqr \geqslant pqs \geqslant prs \geqslant qrs$

και η λύση που έχω γράψει παραπάνω μετατρέπεται ως εξής (πάλι με τη βοήθεια της ανισότητας αναδιάταξης):

$\begin{aligned}a(acd)+b(abd)+c(abc)+d(bcd) &\leq p(pqr)+q(pqs)+r(prs)+s(qrs) = (pq+rs)(pr+qs) \\ &\stackrel{AM-GM}{\leq} \left(\dfrac{pq+rs+pr+qs}{2}\right)^2=\dfrac{1}{4}\left[(p+s)(q+r)\right]^2 \\ &\stackrel{AM-GM}{\leq} \dfrac{1}{4}\cdot \left(\dfrac{p+q+r+s}{2}\right)^4=\dfrac{1}{4}\cdot \left(\dfrac{a+b+c+d}{2}\right)^4=4\end{aligned}$

Αλέξανδρος

Mε συνθήκη

Mε συνθήκη

Re: Mε συνθήκη

Re: Mε συνθήκη

Re: Mε συνθήκη

Re: Mε συνθήκη

Re: Mε συνθήκη

Re: Mε συνθήκη

Re: Mε συνθήκη

Re: Mε συνθήκη

Μέλη σε σύνδεση