Διπλή και Δύσκολη

harrisp · #1

Αν

μη αρνητικοί να αποδείξετε οτι:

$3(a^2+b^2+c^2)\ge (a+b+c)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\ge (a+b+c)^2$

#2

Για ευκολία θέτω $\sqrt{a}=x, \ \sqrt{b}=y, \ \sqrt{c}=z$ και έχουμε ισοδύναμα να αποδείξουμε ότι:

$\begin{aligned}3\left(x^4+y^4+z^4\right) &\geq \left(x^2+y^2+z^2\right)(xy+yz+zx)+\left(x^2-y^2\right)^2+\left(y^2-z^2\right)^2+\left(z^2-x^2\right)^2 \\ &\geq \left(x^2+y^2+z^2\right)^2\end{aligned}$

$\clubsuit$ Η αριστερή ανισότητα ισοδύναμα γίνεται:

$x^4+y^4+z^4\geq \left(x^2+y^2+z^2)(xy+yz+zx)-2\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right) \ \ (1)$

Εκφράζουμε όλες τις παραστάσεις με τη βοήθεια των συμμετρικών πολυωνύμων 3ου βαθμού:

$\begin{cases} S_1=x+y+z \\ S_2=xy+yz+zx \\ S_3=xyz \end{cases}$

Ειδικότερα για την παράσταση x^4+y^4+z^4

θα χρησιμοποιήσουμε την πολύ χρήσιμη ταυτότητα του Newton:

$\displaystyle{x^{n}+y^{n}+z^{n}=(x+y+z)\left(x^{n-1}+y^{n-1}+z^{n-1}\right)-(xy+yz+xz)\left(x^{n-2}+y^{n-2}+z^{n-2}\right)+xyz\left(x^{n-3}+y^{n-3}+z^{n-3}\right)}$

βρίσκοντας πρώτα την παράσταση x^3+y^3+z^3

με τη βοήθεια των S_1,S_2,S_3

και στη συνέχεια την x^4+y^4+z^4

που χρειαζόμαστε.

Έτσι, η (1)

γράφεται ισοδύναμα $S_1^4-5S_1^2S_2+6S_2^2\geq 0$ δηλαδή ισοδύναμα $\left(S_1^2-2S_2\right)\left(S_1^2-3S_2\right)\geq 0$ δηλαδή ισοδύναμα $\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)\geq 0$ που ισχύει από την γνωστή $x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx$

$\clubsuit$ Για τη δεξιά ανισότητα δε βρήκα κάτι κομψότερο από το παρακάτω:

Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις:

$\blacksquare$ Αν $S_1^2\leq 4S_2$ Μετά τις πράξεις και γράφοντας τη δεξιά ανισότητα με τη βοήθεια των S_1, S_2, S_3

πρέπει να δείξουμε ότι:

$S_1^3-3S_1^2S_2+12S_1S_3-4S_2^2\geq 0 \ \ (2)$

Από την ανισότητα Schur για n=4

: $x^2(x-y)(x-z)+y^2(y-z)(y-x)+z^2(z-x)(z-y)\geq 0$ και γράφοντάς τη με τη βοήθεια των S_1, S_2, S_3

παίρνουμε:

$S_1^4-5S_1^2S_2+6S_1S_3+4S_2^2\geq 0$ απ' όπου $S_3\geq \dfrac{5S_1^2S_2-4S_2^2-S_1^4}{6S_1}$

κι έτσι λόγω της (2)

αρκεί να δείξουμε ότι

$\begin{aligned} & S_1^3-3S_1^2S_2+12S_1\dfrac{5S_1^2S_2-4S_2^2-S_1^4}{6S_1}-4S_2^2 \geq 0 \\ &\Leftrightarrow -S_1^4+7S_1^2S_2-12S_2^2\geq 0 \\ &\Leftrightarrow -(S_1^2-3S_2)(S_1^2-4S_2)\geq 0\end{aligned}$

και επειδή ισχύει πάντα $S_1^2\geq 3S_2$ , η τελευταία είναι αληθής όταν $S_1^2\leq 4S_2$

$\blacksquare$ Αν S_1^2 > 4S_2

δηλαδή $x^2+y^2+z^2 > 2(xy+yz+zx) \ \ (3)$ η ανισότητα

$\displaystyle{\left(x^2+y^2+z^2\right)(xy+yz+zx)+\left(x^2-y^2\right)^2+\left(y^2-z^2\right)^2+\left(z^2-x^2\right)^2 \geq \left(x^2+y^2+z^2\right)^2}$

γράφεται ισοδύναμα

$\displaystyle{\left(x^2+y^2+z^2\right)(xy+yz+zx)+\left(x^2-y^2\right)^2+\left(y^2-z^2\right)^2+\left(z^2-x^2\right)^2 - \left(x^2+y^2+z^2\right)^2 \geq 0}$

Όμως

$\begin{aligned}LHS &= \left(x^2+y^2+z^2\right)(xy+yz+zx)+2(x^4+y^4+z^4) - 2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2) - \left(x^2+y^2+z^2\right)^2 \\ &= \left(x^2+y^2+z^2\right)(xy+yz+zx) +(x^2+y^2+z^2)^2-6(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2) \\ &\stackrel{(3)}{>} 2(xy+yz+zx)^2+4(xy+yz+zx)^2-6(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2) \\ &=6\left[(xy+yz+zx)^2-x^2y^2-y^2z^2-z^2x^2\right] =6xyz(x+y+z)\geq 0\end{aligned}$

Εάν δεν υπάρχει κάτι πολύ απλούστερο τότε δεν τη λες και Junior σε καμία περίπτωση...

Αλέξανδρος

harrisp · #3

Θα σας γράψω για την πρωτη γιατι ειναι λίγο νωρίς...

Ελπίζω να ειμαι σωστός . . .

Η αριστερή δεν μπορεί να γίνει η προφανής

$(x^2+y^2+z^2)^2\geq (x^2+y^2+z^2)(xy+yz+zx)$ ;

harrisp · #4

Επειδη ειναι νωρίς θα γράψω σύντομα την λυση για την δεξιά.

Μετα απο μερικές πράξεις έχουμε να αποδείξουμε την:

$(x^4+y^4+z^4)+(x^2+y^2+z^2)(xy+yz+zx)\geq 4(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$

Αν κάνουμε και άλλες πράξεις και Schur (2nd degree) στο LHS τότε η αποδεικτεα γράφεται:

$2((x^3y+y^3x)+(x^3z+z^3x)+(y^3z+z^3y)\geq4(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$

Που ειναι εύκολο να αποδειχτεί με ΑΜ-ΓΜ.

JimNt. · #5

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:Επειδη ειναι νωρίς θα γράψω σύντομα την λυση για την δεξιά.

Μετα απο μερικές πράξεις έχουμε να αποδείξουμε την:

$(x^4+y^4+z^4)+(x^2+y^2+z^2)(xy+yz+zx)\geq 4(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$

Αν κάνουμε και άλλες πράξεις και Schur (2nd degree) στο LHS τότε η αποδεικτεα γράφεται:

$2((x^3y+y^3x)+(x^3z+z^3x)+(y^3z+z^3y)\geq4(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$

Που ειναι εύκολο να αποδειχτεί με ΑΜ-ΓΜ.

Βασικά αφοτου κάνουμε πράξεις και φτάσουμε στην:
Διαγραφή λάθος λύσης.

harrisp · #6

JimNt. έγραψε:
ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:Επειδη ειναι νωρίς θα γράψω σύντομα την λυση για την δεξιά.

Μετα απο μερικές πράξεις έχουμε να αποδείξουμε την:

$(x^4+y^4+z^4)+(x^2+y^2+z^2)(xy+yz+zx)\geq 4(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$

Αν κάνουμε και άλλες πράξεις και Schur (2nd degree) στο LHS τότε η αποδεικτεα γράφεται:

$2((x^3y+y^3x)+(x^3z+z^3x)+(y^3z+z^3y)\geq4(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$

Που ειναι εύκολο να αποδειχτεί με ΑΜ-ΓΜ.
Βασικά αφοτου κάνουμε πράξεις και φτάσουμε στην:
$(x^4+y^4+z^4)+(x^2+y^2+z^2)(xy+yz+zx)\geq 4(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$ Απο προκύπτει $\sum{x^4}\ge\sum{x^2y^2}$ . Συνεπώς, έχουμε να αποδείξουμε $xy\sum{x^2}+yz\sum{x^2}+xz\sum{x^2} \ge 3(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$ , που είναι προφανης από Murihead...

Και χωρις χρήση Murihead όπως το λέω γινεται:

$(x^4+y^4+z^4+x^2yz+y^2zx+z^2xy)+(x^3y+y^3x)+(x^3z+z^3x)+(y^3z+z^3y)\geq 2((x^3y+y^3x)+(x^3z+z^3x)+(y^3z+z^3y)$

Απο Schur

JimNt. · #7

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:
JimNt. έγραψε:
ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:Επειδη ειναι νωρίς θα γράψω σύντομα την λυση για την δεξιά.

Μετα απο μερικές πράξεις έχουμε να αποδείξουμε την:

$(x^4+y^4+z^4)+(x^2+y^2+z^2)(xy+yz+zx)\geq 4(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$

Αν κάνουμε και άλλες πράξεις και Schur (2nd degree) στο LHS τότε η αποδεικτεα γράφεται:

$2((x^3y+y^3x)+(x^3z+z^3x)+(y^3z+z^3y)\geq4(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$

Που ειναι εύκολο να αποδειχτεί με ΑΜ-ΓΜ.
Βασικά αφοτου κάνουμε πράξεις και φτάσουμε στην:
$(x^4+y^4+z^4)+(x^2+y^2+z^2)(xy+yz+zx)\geq 4(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$ Απο προκύπτει $\sum{x^4}\ge\sum{x^2y^2}$ . Συνεπώς, έχουμε να αποδείξουμε $xy\sum{x^2}+yz\sum{x^2}+xz\sum{x^2} \ge 3(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$ , που είναι προφανης από Murihead...

Και χωρις χρήση Murihead όπως το λέω γινεται:

$(x^4+y^4+z^4+x^2yz+y^2zx+z^2xy)+(x^3y+y^3x)+(x^3z+z^3x)+(y^3z+z^3y)\geq 2((x^3y+y^3x)+(x^3z+z^3x)+(y^3z+z^3y)$

Απο Schur

Ναι οκ δεν είπα κάτι...

#8

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:Θα σας γράψω για την πρωτη γιατι ειναι λίγο νωρίς...

Ελπίζω να ειμαι σωστός . . .

Η αριστερή δεν μπορεί να γίνει η προφανής

$(x^2+y^2+z^2)^2\geq (x^2+y^2+z^2)(xy+yz+zx)$ ;

Χάρη σωστά! Στο σημείο που έφτασα:

cretanman έγραψε:Η αριστερή ανισότητα ισοδύναμα γίνεται:

$x^4+y^4+z^4\geq \left(x^2+y^2+z^2)(xy+yz+zx)-2\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right) \ \ (1)$

θα μπορούσα να έχω ολοκληρώσει τη λύση όπως λες. Στην πραγματικότητα όλη η μέθοδος που έκανα ήταν για να φτάσω ακριβώς στο ίδιο σημείο της παραγοντοποίησης λίγο πιο κάτω:

cretanman έγραψε: ... δηλαδή ισοδύναμα $\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)\geq 0$ που ισχύει από την γνωστή $x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx$

Ας μείνει λόγω της μεθόδου που μας χρειάζεται για τη λύση της δεξιάς ανισότητας.

Χρόνια πολλά και καλή χρονιά!

Αλέξανδρος

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #9

Νομίζω ότι η πιο απλή λύση για την αριστερή είναι να χρησιμοποιήσουμε την $\sqrt{ab}\leq \frac{1}{2}(a+b)$
και κυκλικά τις άλλες.
Θα καταλήξουμε σε ισότητα.

christodoulos703 · #10

Μπορούμε για την δεξιά ανισότητα ότι αν a=k^2 και b=m^2 και c=n^2 τότε k^2+m^2+n^2>=km+mn+nk και ανοίγουμε τις παρενθέσεις και προκύπτει το ζητούμενο.

Διπλή και Δύσκολη

Διπλή και Δύσκολη

Re: Διπλή και Δύσκολη

Re: Διπλή και Δύσκολη

Re: Διπλή και Δύσκολη

Re: Διπλή και Δύσκολη

Re: Διπλή και Δύσκολη

Re: Διπλή και Δύσκολη

Re: Διπλή και Δύσκολη

Re: Διπλή και Δύσκολη

Re: Διπλή και Δύσκολη

Μέλη σε σύνδεση