Ανισότητες

orestisgotsis · #1

ΠΕΡΙΤΤΑ

Αλγεβριστής · #2

orestisgotsis έγραψε:Αν $\displaystyle{a,b,c,d>0}$ , τότε:

1) $\displaystyle{\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\ge 2}$ και

2) $\displaystyle{\frac{a}{b+c+d}+\frac{b}{c+d+a}+\frac{c}{d+a+b}+\frac{d}{a+b+c}\ge \frac{4}{3}}$ .

Για το (1).

Έχουμε

$\displaystyle{ \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b} = \frac{a^2}{a(b+c)}+\frac{b^2}{b(c+d)}+\frac{c^2}{c(d+a)}+\frac{d^2}{d(a+b)}$ .

Από την ανισότητα Cauchy - Schwarz στη μορφή Engel παίρνουμε

$\displaystyle{ \sum_{cyc} \frac{a^2}{a(b+c)} \geq \frac{(a+b+c+d)^2}{ab+ac+bc+bd+cd+ca+da+db} = \frac{(a+b+c+d)^2}{ab+2ca+2bd+bc+cd+da}}$ ,

ή ισοδύναμα

$\displaystyle{ \sum_{cyc} \frac{a^2}{a(b+c)} \geq \frac{a^2+b^2+c^2+d^2+2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2cd}{ab+2ca+2bd+bc+cd+da} = \frac{a^2+b^2+c^2+d^2+ab+bc+ad+cd}{ab+2ca+2bd+bc+cd+da} + 1=M}$ .

Αρκεί να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2+d^2+ab+bc+ad+cd\geq ab+2ca+2bd+bc+cd+da}$ .

Πραγματικά,

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2+d^2-2ca-2bd\geq 0}$ ή ισοδύναμα

$\displaystyle{(a-c)^2+(b-d)^2\geq 0}$ ,

το οποίο ισχύει ως άθροισμα θετικών όρων. Συνεπώς,

$\displaystyle{M\geq 2}$

και λόγω της μεταβατικής ιδιότητας, το ζητούμενο έπεται.

Για την δεύτερη (2). Θα μπορούσαμε να πούμε ότι είναι μία διαφορετική εκδοχή της ανισότητας Nesbitt για τέσσερις μεταβλητές. Θα χρησιμοποιήσω παρόμοια τεχνική με χρήση της ανισότητας Jensen.

Θεωρούμε τη συνάρτηση $\phi: \mathbb{R}+^4 \to \mathbb{R}$ .

$\displaystyle{\phi (a,b,c,d) = \frac{a}{b+c+d}+\frac{b}{a+c+d}+\frac{c}{a+b+d}+\frac{d}{a+b+c}}$ .

Έστω τυχαίος θετικός t>0

. Έχουμε

$\displaystyle{\phi (ta,tb,tc,td)=t^0 \phi (a,b,c,d)}$ .

Συνεπώς, η εν λόγω συνάρτηση είναι ομογενής μηδενικού βαθμού και επομένως δίχως βλάβη της γενικότητας θεωρούμε ότι
a+b+c+d=1

.

Μετασχηματίζοντας την αποδεικτέα έχουμε

$\displaystyle{\phi(a,b,c,d)=\frac{a}{1-a}+\frac{b}{1-b}+\frac{c}{1-c}+\frac{d}{1-d}}$ .

Ο παραπάνω περιορισμός έχει ως αποτέλεσμα και τον περιορισμό των μεταβλητών στο διάστημα (0,1)

.

Παραγωγίζοντας δύο φορές την συνάρτηση $\phi$ ως προς την τυχαία μεταβλητή

όπου

μία από τις μεταβλητές a,b,c,d

έχουμε

$\displaystyle{\frac{d^2 \phi}{dx^2} > 0, \forall x\in (0,1)}$ .

Επομένως, η συνάρτηση που ορίζεται από τη σχέση

$\displaystyle{g(x)=\frac{x}{1-x},D(g)=(0,1)}$ ,

είναι κυρτή και με την εφαρμογή της ανισότητας Jensen το ζητούμενο έπεται. Πιο συγκεκριμένα θα έχουμε

$\displaystyle{g\bigg(\frac{a+b+c+d}{4}\bigg)\leq \frac{g(a)+g(b)+g(c)+g(d)}{4} = \frac{\phi(a,b,c,d)}{4}}$ ,

ή ισοδύναμα

$\displaystyle{ \frac{1}{3}=g \bigg(\frac{1}{4} \bigg)\leq \frac{ \phi(a,b,c,d)}{4}}$ ,

που είναι και η ζητούμενη.

Μόλις έφτασα στο συμπέρασμα ότι, γενικότερα, θα μπορούσαμε με την ίδια τεχνική να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{\frac{a_1}{a_2+...+a_{n-1}+a_n}+\frac{a_2}{a_1+a_3+...+a_n}+...+\frac{a_n}{a_1+a_2+...+a_{n-1}}\geq \frac{n}{n-1}}$ ,

όπου a_1,a_2,...,a_n>0

θετικοί πραγματικοί αριθμοί!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!

Παρότι είναι σχεδόν το ίδιο, ας το δούμε.

Θεωρούμε τη συνάρτηση $f: \mathbb{R}+^n \to \mathbb{R}$ , με τύπο

$\displaystyle{ f(a_1,a_2,...,a_n) = \frac{a_1}{a_2+...+a_{n-1}+a_n}+\frac{a_2}{a_1+a_3+...+a_n}+...+\frac{a_n}{a_1+a_2+...+a_{n-1}}}$ .

Όπως και προηγούμενος η

είναι ομογενής συνάρτηση μηδενικού βαθμού και χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι

$\sum a_i =1$ .

Συνεπώς, η

μετασχηματίζεται ισοδύναμα

$\displaystyle{f(a_1,a_2,...,a_n)=\sum \frac{a_i}{1-a_i}}$ ,

με $a_i \in (0,1)$ , λόγω του περιορισμού.

Παραγωγίζοντας δύο φορές την

ως προς την μεταβλητή a_i

έχουμε

$\displaystyle{ \frac{d^2f}{da_i ^2} >0, \forall a_i \in \mathbb{R}+$ .

Έτσι, η συνάρτηση

που ορίζεται από τη σχέση

$\displaystyle{ h(a_i) = \frac{a_i}{1-a_i}, D(h)=(0,1)}$ ,

είναι κυρτή στο (0,1)

και από την ανισότητα Jensen έχουμε

$\displaystyle { n*h\bigg( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \bigg) \leq \sum h(a_i) = f(a_1,a_2,...,a_n)}$ ,

ή ισοδύναμα

$\displaystyle{ n* \frac{ \frac{1}{n}}{1-\frac{1}{n}} = \frac{n}{n-1} \leq f(a_1,a_2,...,a_n)}$ ,

και το ζητούμενο έπεται.

Αν δεν έχω κάνει κάτι λάθος..

Τέλος, να σημειώσω ότι υπάρχουν και πιο στοιχειώδης αποδείξεις που εμπεριέχουν την χρήση της μαθηματικής επαγωγής ή της ανισότητας Cauchy - Schwarz στη μορφή Engel όπως έγινε και στο (1) (απλά οι πράξεις είναι αρκετά πολλές).

Αλγεβριστής · #3

orestisgotsis έγραψε:Αν $\displaystyle{a,b,c,d>0}$ , τότε:

1) $\displaystyle{\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\ge 2}$ και

2) $\displaystyle{\frac{a}{b+c+d}+\frac{b}{c+d+a}+\frac{c}{d+a+b}+\frac{d}{a+b+c}\ge \frac{4}{3}}$ .

Και χωρίς Jensen για την (2), ίδια λογική με την (1).

Εφαρμόζωντας στην δοθείσα την ανισότητα Cauchy - Schwarz στη μορφή Engel έχουμε

$\displaystyle{ \sum_{cyc} \frac{a}{b+c+d} = \sum_{cyc} \frac{a^2}{a(b+c+d)} \geq \frac{(a+b+c+d)^2}{a(b+c+d)+b(a+c+d)+c(a+b+d)+d(a+b+c)} = M}$ .

Ισοδύναμα, έχουμε

$\displaystyle{M= \frac{a^2+b^2+c^2+d^2+2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2cd}{2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2cd}}$ ,

ή ισοδύναμα

$\displaystyle{M = \frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)}+1}$ .

Συνεπώς, αρκεί να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{\frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2cd} \geq \frac{1}{3}}$ ,

ή ισοδύναμα

$\displaystyle{3(a^2+b^2+c^2+d^2) \geq 2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)}}$ ,

ή ισοδύναμα

$\displaystyle{(a^2-2ab+b^2)+(a^2-2ac+c^2)+(a^2-2ad+d^2)+(b^2-2bc+c^2)+(b^2-2bd+d^2)+(c^2-2cd+d^2)\geq 0}}$ ,

ή ισοδύναμα

$\displaystyle{(a-b)^2+(a-c)^2+(a-d)^2+(b-c)^2+(b-d)^2+(c-d)^2\geq 0}$ .

το οποίο ισχύει ως άθροισμα θετικών όρων, και επομένως το ζητούμενο έπεται. Όμοια, αντιμετωπίζουμε και τη γενικευμένη περίπτωση. Ναι, είναι πολύ πιο απλό σε σχέση με τη Jensen.

Bill K · #4

Να δούμε και μια διαφορετική λύση της γενικής περίπτωσης:

Έστω a_1+a_2+...+a_n=k

οπότε $\displaystyle LHS= \frac{a_1}{k-a_1} + \frac{a_2}{k-a_2}+...+ \frac{a_n}{k-a_n}$

Λόγω συμμετρίας μπορούμε να υποθέσουμε ότι $a_1\geq a_2 \geq ... \geq a_n \Rightarrow k-a_1\leq k-a_2\leq ...\leq k-a_n$

και $\displaystyle \frac{a_1}{k-a_1}\geq \frac{a_2}{k-a_2} \geq... \geq \frac{a_n}{k-a_n}$

Από Chebyshev ισχύει

$(\frac{a_1}{k-a_1}+ \frac{a_2}{k-a_2}+...+ \frac{a_n}{k-a_n})[(k-a_1)+(k-a_2)+...+(k-a_n)]\geq n(a_1+...+a_n)$

Άρα $\displaystyle LHS\geq \frac{n}{(n-1)}$

Αλγεβριστής · #5

Bill K έγραψε:Να δούμε και μια διαφορετική λύση της γενικής περίπτωσης:

Έστω οπότε $\displaystyle LHS= \frac{a_1}{k-a_1} + \frac{a_2}{k-a_2}+...+ \frac{a_n}{k-a_n}$

Λόγω συμμετρίας μπορούμε να υποθέσουμε ότι $a_1\geq a_2 \geq ... \geq a_n \Rightarrow k-a_1\leq k-a_2\leq ...\leq k-a_n$

και $\displaystyle \frac{a_1}{k-a_1}\geq \frac{a_2}{k-a_2} \geq... \geq \frac{a_n}{k-a_n}$

Από Chebyshev ισχύει

$(\frac{a_1}{k-a_1}+ \frac{a_2}{k-a_2}+...+ \frac{a_n}{k-a_n})[(k-a_1)+(k-a_2)+...+(k-a_n)]\geq n(a_1+...+a_n)$

Άρα $\displaystyle LHS\geq \frac{n}{(n-1)}$

Έχω λύση και με επαγωγή απλά κουράστηκα να γράφω

.

argiris95 · #6

Ακόμα μία ανισότητα.
Έστω a,b,c,d

θετικοί πραγματικοί αριθμοί και a^2+b^2+c^2+d^2=4

. Να δειχθεί ότι
$\displaystyle{a^3+b^3+c^3+d^3\leq 8}$

Αλγεβριστής · #7

argiris95 έγραψε:Ακόμα μία ανισότητα.
Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί και . Να δειχθεί ότι
$\displaystyle{a^3+b^3+c^3+d^3\leq 8}$

Έχουμε,

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2+d^2=4}$

ή ισοδύναμα

$\displaystyle{16-a^4+b^4+c^4+d^4=2(a^2b^2+a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2+c^2d^2)\geq 0$ .

Αφού το δεξί μέλος είναι θετικό, θα είναι και το αριστερό. Έτσι,

$\displaystyle{a^4+b^4+c^4+d^4\leq 16 (*)}$ .

Από Cauchy - Schwarz έχουμε

$\displaystyle{(a^2+b^2+c^2+d^2)(a^4+b^4+c^4+d^4)\geq (a^3+b^3+c^3+d^3)^2}$ ,

ή ισοδύναμα

$\displaystyle{4(a^4+b^4+c^4+d^4)\geq (a^3+b^3+c^3+d^3)^2}$ ,

ή ισοδύναμα από την σχέση (*)

θα έχουμε

$\displaystyle{a^3+b^3+c^3+d^3\leq 2 \sqrt{a^4+b^4+c^4+d^4} \leq 2 \sqrt{16} = 8}$ ,

που είναι και το ζητούμενο.

Επεξεργασία: Να σημειώσουμε ότι η εν λόγω ανισότητα, με τα παραπάνω δεδομένα ισχύει και για πραγματικούς αριθμούς χρησιμοποιώντας την ιδιότητα του απολύτου. Δηλαδή,

$\displaystyle{a^3+b^3+c^3+d^3\leq |a^3+b^3+c^3+d^3|\leq 8}$ ,

για κάθε $a,b,c,d \in \mathbb{R}$ .

Αλγεβριστής · #8

Αργύρη, κάποιος περιμένει το επόμενο.

Αλγεβριστής · #9

Ανισότητα που πρότεινε ο Αργύρης.

Έστω a,b,c

θετικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε abc=1

. Να δειχθεί ότι

$\displaystyle{ \frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[5]{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}} }$ .

#10

argiris95 έγραψε:Ακόμα μία ανισότητα.
Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί και . Να δειχθεί ότι
$\displaystyle{a^3+b^3+c^3+d^3\leq 8}$

Είναι $\displaystyle{0\leq b^2+c^2+d^2=4-a^2\implies a\leq 2\implies \boxed{a^3\leq 2a^2}}$

Ομοίως έχουμε $\displaystyle{b^3\leq 2b^2,~c^3\leq 2c^2,~d^3\leq 2d^2.}$

Με πρόσθεση αυτών προκύπτει η ζητούμενη.

Αλγεβριστής · #11

matha έγραψε:
argiris95 έγραψε:Ακόμα μία ανισότητα.
Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί και . Να δειχθεί ότι
$\displaystyle{a^3+b^3+c^3+d^3\leq 8}$
Είναι $\displaystyle{0\leq b^2+c^2+d^2=4-a^2\implies a\leq 2\implies \boxed{a^3\leq 2a^2}}$

Ομοίως έχουμε $\displaystyle{b^3\leq 2b^2,~c^3\leq 2c^2,~d^3\leq 2d^2.}$

Με πρόσθεση αυτών προκύπτει η ζητούμενη.

Ακριβώς αυτή είναι η λύση και του Vasile Cirtoaje στη σελίδα που την έχει.

Ανισότητες

Ανισότητες

Re: Ανισότητες

Re: Ανισότητες

Re: Ανισότητες

Re: Ανισότητες

Re: Ανισότητες

Re: Ανισότητες

Re: Ανισότητες

Re: Ανισότητες

Re: Ανισότητες

Re: Ανισότητες

Μέλη σε σύνδεση