Ανισότητα υπό συνθήκη

#1

Προέκυψε κατά την διάρκεια ανεπιτυχούς προσπάθειας επίλυσης δυσκολώτερου προβλήματος:

Αν a+b+c=3

,

μη αρνητικοί, τότε $(abc)^2(a^2+b^2+c^2)\leq 3$ .

Ορέστης Λιγνός · #2

gbaloglou έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 10, 2019 9:39 am
Προέκυψε κατά την διάρκεια ανεπιτυχούς προσπάθειας επίλυσης δυσκολώτερου προβλήματος:

Αν , μη αρνητικοί, τότε $(abc)^2(a^2+b^2+c^2)\leq 3$ .

Από Cauchy Schwarz, $a^2+b^2+c^2 \geqslant 3$ , οπότε $a^2+b^2+c^2 \leqslant \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3}$ . Οπότε, αρκεί να δείξω ότι $[abc(a^2+b^2+c^2)]^2 \leqslant 9$ ή αλλιώς $abc(a^2+b^2+c^2) \leqslant 3$ .

Έστω, ab+bc+ca=q, abc=r

και αρκεί $r(9-2q) \leqslant 3$ .

Όμως, από την γνωστή $(ab+bc+ca)^2 \geqslant 3abc(a+b+c) \Rightarrow q^2 \geqslant 9r$ , οπότε αρκεί $q^2(9-2q) \leqslant 27 \Rightarrow (q-3)^2(2q+3) \geqslant 0$ , που είναι προφανής.

dement · #3

Εναλλακτικά, η παράγωγος της $f(x) = a (b+x) (c-x) \left[ a^2 + (b+x)^2 + (c-x)^2 \right]$ στο

είναι η $f'(0) = a (b-c) \left[ -a^2 - (b-c)^2 \right]$ (ετερόσημη του b-c

), από όπου συνάγεται εύκολα ότι η παράσταση μεγιστοποιείται για a = b = c = 1

.

#4

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 10, 2019 10:01 am

gbaloglou έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 10, 2019 9:39 am
Προέκυψε κατά την διάρκεια ανεπιτυχούς προσπάθειας επίλυσης δυσκολώτερου προβλήματος:

Αν , μη αρνητικοί, τότε $(abc)^2(a^2+b^2+c^2)\leq 3$ .
Από Cauchy Schwarz, $a^2+b^2+c^2 \geqslant 3$ , οπότε $a^2+b^2+c^2 \leqslant \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3}$ . Οπότε, αρκεί να δείξω ότι $[abc(a^2+b^2+c^2)]^2 \leqslant 9$ ή αλλιώς $abc(a^2+b^2+c^2) \leqslant 3$ .

Έστω, και αρκεί $r(9-2q) \leqslant 3$ .

Όμως, από την γνωστή $(ab+bc+ca)^2 \geqslant 3abc(a+b+c) \Rightarrow q^2 \geqslant 9r$ , οπότε αρκεί $q^2(9-2q) \leqslant 27 \Rightarrow (q-3)^2(2q+3) \geqslant 0$ , που είναι προφανής.

Ορέστη αποδεικνύεις παραπάνω μία κάπως δυσκολότερη ανισότητα από αυτήν που πρότεινα, και που νόμιζα μάλιστα ότι δεν ίσχυε! Δεν χρειάζεται βέβαια Cauchy-Schwartz, αρκεί η ΑΜ-ΓΜ για την $abc\leq 1$ , οπότε $(abc)^2\leq abc$ . (Ο δικός μου τρόπος απόδειξης κοντά στον δικό σου, αλλά περιπετειώδης, καθώς καταλήγει στην $r^6-19r^4+8r^2-1\leq 0$ , όπου r=abc

.)

Αλλά μια και μιλάμε για Cauchy-Schwartz ... παρατηρώ ότι με χρήση της ανάγεται η κυκλική, μη συμμετρική ανισότητα που πρότεινες αρχικά (εδώ) στην εξής συμμετρική ανισότητα:

$a+b+c=3\rightarrow a^4b^4c^4(a^4+b^4+c^4)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\leq 9$

Η παραπάνω ανισότητα ισχύει, αλλά δεν βλέπω κάποιον αποδεκτό τρόπο απόδειξης. Όποιος δει κάτι ας μας διαφωτίσει, είτε εδώ είτε εκεί!

ΔΕΝ ισχύει τελικά η ανισότητα, δείτε την δημοσίευση του ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ παρακάτω!

#5

gbaloglou έγραψε: ↑
Κυρ Αύγ 11, 2019 10:56 am

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 10, 2019 10:01 am

gbaloglou έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 10, 2019 9:39 am
Προέκυψε κατά την διάρκεια ανεπιτυχούς προσπάθειας επίλυσης δυσκολώτερου προβλήματος:

Αν , μη αρνητικοί, τότε $(abc)^2(a^2+b^2+c^2)\leq 3$ .
Από Cauchy Schwarz, $a^2+b^2+c^2 \geqslant 3$ , οπότε $a^2+b^2+c^2 \leqslant \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3}$ . Οπότε, αρκεί να δείξω ότι $[abc(a^2+b^2+c^2)]^2 \leqslant 9$ ή αλλιώς $abc(a^2+b^2+c^2) \leqslant 3$ .

Έστω, και αρκεί $r(9-2q) \leqslant 3$ .

Όμως, από την γνωστή $(ab+bc+ca)^2 \geqslant 3abc(a+b+c) \Rightarrow q^2 \geqslant 9r$ , οπότε αρκεί $q^2(9-2q) \leqslant 27 \Rightarrow (q-3)^2(2q+3) \geqslant 0$ , που είναι προφανής.
Ορέστη αποδεικνύεις παραπάνω μία κάπως δυσκολότερη ανισότητα από αυτήν που πρότεινα, και που νόμιζα μάλιστα ότι δεν ίσχυε! Δεν χρειάζεται βέβαια Cauchy-Schwartz, αρκεί η ΑΜ-ΓΜ για την $abc\leq 1$ , οπότε $(abc)^2\leq abc$ . (Ο δικός μου τρόπος απόδειξης κοντά στον δικό σου, αλλά περιπετειώδης, καθώς καταλήγει στην $r^6-19r^4+8r^2-1\leq 0$ , όπου .)

Αλλά μια και μιλάμε για Cauchy-Schwartz ... παρατηρώ ότι με χρήση της ανάγεται η κυκλική, μη συμμετρική ανισότητα που πρότεινες αρχικά (εδώ) στην εξής συμμετρική ανισότητα:

$a+b+c=3\rightarrow a^4b^4c^4(a^4+b^4+c^4)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\leq 9$

Η παραπάνω ανισότητα ισχύει, αλλά δεν βλέπω κάποιον αποδεκτό τρόπο απόδειξης. Όποιος δει κάτι ας μας διαφωτίσει, είτε εδώ είτε εκεί!

Μία πρώτη προσπάθεια: η a+b+c=3

οδηγεί σε ισότητες όπως οι

a^4+b^4+c^4=4(a^3+b^3+c^3)+12abc+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)-27,

οπότε η ζητούμενη ανισότητα ανάγεται, με abc=r

,

πάντοτε, στην

$r^4(2q^2-36q+81+12r)(q^2-6r)\leq 9.$

Εδώ ... ή μου διαφεύγει κάτι εύκολο (που ίσως δει κάποιος άλλος) ή έχουμε μια κάποια μαρτυρία για την δυσκολία της ανισότητας του Ορέστη

harrisp · #6

gbaloglou έγραψε: ↑
Κυρ Αύγ 11, 2019 10:56 am
Αλλά μια και μιλάμε για Cauchy-Schwartz ... παρατηρώ ότι με χρήση της ανάγεται η κυκλική, μη συμμετρική ανισότητα που πρότεινες αρχικά (εδώ) στην εξής συμμετρική ανισότητα:

$a+b+c=3\rightarrow a^4b^4c^4(a^4+b^4+c^4)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\leq 9$

Η παραπάνω ανισότητα ισχύει, αλλά δεν βλέπω κάποιον αποδεκτό τρόπο απόδειξης. Όποιος δει κάτι ας μας διαφωτίσει, είτε εδώ είτε εκεί!

Αρχικά έστω a^2=x

κλπ.

Αν χρησιμοποιήσουμε την αντικατάσταση u,v,w

(δηλ.

) η δοσμένη γράφεται:

$f(w^3)=(9u^2v-6v^3)w^6-9\leq 0$

Όμως η μέγιστη τιμή της

είναι φανερό ότι επιτυγχάνεται όταν δύο μεταβλητές (εκ των x,y,z

) είναι ίσες, αφού είναι δευτεροβάθμια.

Συνεπώς υποθέτουμε y=z

. Αλλάζουμε ξανά τις μεταβλητές και καταλήγουμε ότι πρέπει να ισχύει:

$(3-2b)^4b^8((3-2b)^4+2b^4)(b^4+2(3-2b)^2b^2)\leq 9$ αν $0<b<\frac {3}{2}$ που όμως δεν ισχύει πχ. για b=0.9

.

Ως εκ τούτου προκύπτει το αντιπαράδειγμα στην αρχική ανισότητα a=1.2,b=0,9,c=0,9

ΥΓ. Να επαναφέρω ακόμα μια φορά την: https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 80&t=64959

#7

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε: ↑
Τρί Αύγ 13, 2019 9:45 pm

gbaloglou έγραψε: ↑
Κυρ Αύγ 11, 2019 10:56 am
Αλλά μια και μιλάμε για Cauchy-Schwartz ... παρατηρώ ότι με χρήση της ανάγεται η κυκλική, μη συμμετρική ανισότητα που πρότεινες αρχικά (εδώ) στην εξής συμμετρική ανισότητα:

$a+b+c=3\rightarrow a^4b^4c^4(a^4+b^4+c^4)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\leq 9$

Η παραπάνω ανισότητα ισχύει, αλλά δεν βλέπω κάποιον αποδεκτό τρόπο απόδειξης. Όποιος δει κάτι ας μας διαφωτίσει, είτε εδώ είτε εκεί!
Αρχικά έστω κλπ.

Αν χρησιμοποιήσουμε την αντικατάσταση
(δηλ. ) η δοσμένη γράφεται:

$f(w^3)=(9u^2v-6v^3)w^6-9\leq 0$

Όμως η μέγιστη τιμή της είναι φανερό ότι επιτυγχάνεται όταν δύο μεταβλητές (εκ των ) είναι ίσες, αφού είναι δευτεροβάθμια.

Συνεπώς υποθέτουμε . Αλλάζουμε ξανά τις μεταβλητές και καταλήγουμε ότι πρέπει να ισχύει:

$(3-2b)^4b^8((3-2b)^4+2b^4)(b^4+2(3-2b)^2b^2)\leq 9$ αν $0<b<\frac {3}{2}$ που όμως δεν ισχύει πχ. για .

Ως εκ τούτου προκύπτει το αντιπαράδειγμα στην αρχική ανισότητα

ΥΓ. Να επαναφέρω ακόμα μια φορά την: https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 80&t=64959

Χάρη σ' ευχαριστώ πολύ για την επισήμανση: πράγματι η ανισότητα που πρότεινα δεν ισχύει, έστω και οριακά -- τόσο οριακά (μέγιστη τιμή αριστερού σκέλους μικρότερη του 9,035

) ... που οδήγησε σε λάθος και το ίδιο το WolframAlpha (βλέπε συνημμένο)!

[Ελέγχομαι κάπως που βασίστηκα στο WolframAlpha για να ισχυριστώ ότι η ανισότητα ισχύει ... αλλά είχα εξ αρχής δηλώσει ότι δεν έχω απόδειξη!]

: maximum-not-quite.png (29.04 KiB) Προβλήθηκε 1844 φορές

Ανισότητα υπό συνθήκη

Ανισότητα υπό συνθήκη

Re: Ανισότητα υπό συνθήκη

Re: Ανισότητα υπό συνθήκη

Re: Ανισότητα υπό συνθήκη

Re: Ανισότητα υπό συνθήκη

Re: Ανισότητα υπό συνθήκη

Re: Ανισότητα υπό συνθήκη

Μέλη σε σύνδεση