Βοήθεια/Απορίες στην Άλγεβρα

p@g · 27 Απριλίου 2009 στις 22:52

ας βαλω και γω μια ανισοτητα αρκετα καλη θα ελεγα.
αν $a,b,c \geq 0$ και $a+b+c=1$ ν.δ.ο
$\frac{1}{2}-2abc\leq {a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}\leq 1-2abc$
(εγω δεν εχω βρει λυση ακομα αν και εχω δοκιμασει αρκετους τροπους)(AM-GM,Cauchy, κλπ)

βιλλαρασ · 27 Απριλίου 2009 στις 23:27

Αρχική Δημοσίευση από thewatcher:
Ναι αλλά ψάχνουμε τη μέγιστη τιμή του αβ άρα αποκλείεται να είναι αρνητικός αυτός που ψάχνουμε

αλλο αυτο...το οτι ψαχνουμε τη μεγαλυτερη τιμη του δεδομενου κανονικα δεν σημαινει τιποτα.. τι σε πιραζει αν η μεγαλυτερη τιμη ειναι -1 για εσενα υπαρχουν μονο οι φυσικοι?

thewatcher · 28 Απριλίου 2009 στις 13:52

Αφού επαληθεύεται για φυσικούς, ποιος ο λόγος να ψάξουμε σε αρνητικούς ακεραίους;

Dreamkiller · 28 Απριλίου 2009 στις 14:42

Αρχική Δημοσίευση από p@g:
ας βαλω και γω μια ανισοτητα αρκετα καλη θα ελεγα.
αν $a,b,c geq 0$ και $a+b+c=1$ ν.δ.ο
$frac{1}{2}-2abcleq {a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}leq 1-2abc$
(εγω δεν εχω βρει λυση ακομα αν και εχω δοκιμασει αρκετους τροπους)(AM-GM,Cauchy, κλπ)

Θα αποδείξω το ${a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}\leq 1-2abc$ , το άλλο δεν το κοίταξα καλά.
Από τη γνωστή ανισότητα του Schur προκύπτει ότι, αν a $+ b + c = 1$ , τότε $ab + bc + ca \leq \frac{9abc + 1}{4}$ .
Ώστε $\sum{a}^2 = 1 - \sum ab \leq 1 - 2 (\frac{9abc + 1}{4}) \leq 1-2abc$

μετά θα τα γράψω πιο αναλυτικά.
η άσκηση πάντως δεν είναι ιδιαίτερα σχολική. :p

EDIT: Λοιπόν, ας το γράψω αναλυτικά.

Η ανισότητα του Schur καταρχάς λέει ότι ${a}^r (a-b)(a-c) + {b}^r(b-c)(b-a) + {c}^r(c-a)(c-b) \geq 0$ για όλους τους μη αρνητικούς a, b, c και το θετικό t.

Τώρα θα αποδείξω το εξής λήμμα:
Αν $a + b + c = 1$ και $a, b, c \geq 0$ τότε
$ab + bc + ca \leq \frac {9abc + 1}{4}.$
Πράγματι, η ανισότητα αυτή είναι ισοδύναμη με την:
$4(ab + bc + ca)(a + b + c) \leq (a + b +c)^3 + 9abc$
που ύστερα από πράξεις γίνεται η
${a}^3 + {b}^3 + {c}^3 + 3abc \geq ab(a+b) + bc(b+c) + ca(c+a)$
που είναι η ανισότητα schur για $r = 1$ .

Τώρα πρέπει να δείξω ότι ${a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}\leq 1-2abc$ . Ισοδύναμα:
${a}^2 + {b}^2 + {c}^2 = (a+b+c)^2 - 2(ab + bc + ca) = 1 - 2(ab + bc + ca)$ . Σύμφωνα με το λήμμα:
$1 - 2(ab + bc + ca) \leq 1 - 2 (\frac{9abc + 1}{4})$ .
Ώστε αρκεί τώρα να δείξω ότι $1 - 2 (\frac{9abc + 1}{4}) \leq 1-2abc$ .
Ύστερα από πράξεις, προκύπτει ότι $abc + 1 \geq 0$ που ισχύει ως άθροισμα θετικών.

p@g, πού τη βρήκες;

thewatcher · 28 Απριλίου 2009 στις 18:39

για το 1ο:

αρκεί Σa^2>=1/2-2abc
(a+b+c)^2-2ab-2ac-2bc>=1/2-2abc
1-2ab-2ac-2bc>=1/2-2abc
1/2>=2ab+2ac+2bc-2abc
1>=4ab+4ac+4bc-4abc
Βγάζουμε κοινό παράγοντα το 4abc
1>=4abc(1/a+1/b+1/c-1)
Άρα από Andreescu
1>=4abc(1/a+1/b+1/c-1)>=4abc(1/(a+b+c)-1)=4abc(1/1-1)=0
Άρα ισχύει.

Χρησιμοποίησα τις:
1) a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2ab-2ac-2bc
2) Andreescu: a^2/d+b^2/e+c^2/f>=(a+b+c)^2/(d+e+f)

Dreamkiller · 28 Απριλίου 2009 στις 18:59

φίλε watcher, νομίζω πως ο συλλογισμός σου στο τέλος είναι λάθος.
Γιατί, με την Andreescu, ενώ ξέρω 'γω πρέπει να αποδείξεις ότι $a \geq b$ , αποδεικνύεις ότι $b \geq c$ , και επειδή ισχύει ότι $a \geq c$ λές ότι ισχύει το ζητούμενο. Νομίζω.

vimaproto · 28 Απριλίου 2009 στις 19:19

Αλλά α+β+γ=1 και (α+β+γ)²=1ή α²+β²+γ²+2αβ+2βγ+2γα=1
Τελικά από τις δύο σχέσεις α²+ β² +γ²=1-2(αβ+βγ+γα)<=1-2αβγ

thewatcher · 28 Απριλίου 2009 στις 22:16

Αρχική Δημοσίευση από Dreamkiller:
φίλε watcher, νομίζω πως ο συλλογισμός σου στο τέλος είναι λάθος.
Γιατί, με την Andreescu, ενώ ξέρω 'γω πρέπει να αποδείξεις ότι $a geq b$ , αποδεικνύεις ότι $b geq c$ , και επειδή ισχύει ότι $a geq c$ λές ότι ισχύει το ζητούμενο. Νομίζω.

εχεις δικιο μπερδευτηκα με το "αρκει" και τα εκανα θαλασσα :s

ΥΓ: πολυ ωραιες οι λυσεις σας.
-----------------------------------------
Το έλυσα ξανά, τώρα νομίζω είναι σωστό:

θέλουμε
Σa^2>=1/2-2abc
1+2(-ab-bc-ca)>=1/2-2abc
2(abc-ab-bc-ca)>=-1/2
4(abc-ab-bc-ca)>=-1
(Αρκει)
4abc(1-1/a-1/b-1/c)>=-1

andreescu:
4abc(1-1/a-1/b-1/c)>=4abc(1-1/(a+b+c))=4abc(0)=0>=-1

Άρα νομίζω αποδείχθηκε

Ο τρόπος σκέψης είναι ακριβώς ίδιος.

Dreamkiller · 28 Απριλίου 2009 στις 23:28

Αρχική Δημοσίευση από thewatcher:
andreescu:
4abc(1-1/a-1/b-1/c)>=4abc(1-1/(a+b+c))=4abc(0)=0>=-1

Εδώ νομίζω ότι έχεις κάνει λάθος.
Η ανισότητα Andreescu
$\sum \frac {x^2}{a} \geq \frac {(\sum x)^2}{\sum a}$

ισχύει για τετράγωνα στους αριθμητές, ενώ εδώ βγαίνει ότι το -1 είναι τετράγωνο.

thewatcher · 28 Απριλίου 2009 στις 23:32

χμμ μάλιστα.

Dreamkiller · 29 Απριλίου 2009 στις 20:37

Τελικά και το πρώτο μέρος βγαίνει με το ίδιο λήμμα.

${a}^2 + {b}^2 + {c}^2 \geq \frac {1}{2} - 2abc \leftrightarrow 1 - \sum ab \geq \frac {1}{2} - 2abc \leftrightarrow \sum ab \leq \frac {1}{2} + 2abc$ .

Σύμφωνα με το προηγούμενο λήμμα, αρκεί να δείξω ότι $\frac {9abc + 1}{4} \leq \frac {1}{2} + 2abc.$
Υστερα από πράξεις παίρνουμε ότι $abc \leq 1$ , που ισχύει, ως γινόμενο αριθμών μικρότερων ή ίσων του 1.

Ας μείνουμε σε σχολικές ασκήσεις από εδώ και πέρα.

thewatcher · 29 Απριλίου 2009 στις 21:23

το Σab νομιζω πρεπει να γινει 2Σab ε;
Αν ισχύει πράγματι αυτό τότε καταλήγουμε να προσπαθούμε να αποδείξουμε ότι 5abc<=0 που προφανώς δεν ισχύει άρα η Schur δεν είναι αρκετά tight.

δες κι εσυ να μου πεις.

Dreamkiller · 30 Απριλίου 2009 στις 16:26

Έχεις δίκιο watcher.
Λοιπόν μια προσπάθεια για το 1ο μέρος. Παραδόξως, χρησιμοποιώ τριώνυμο. Λοιπόν:

Η παράσταση $\frac {1}{2} - 2abc$ γίνεται μέγιστη, , όταν το $2abc$ γίνεται ελάχιστο, και επειδή οι $a, b, c$ είναι μη αρνητικοί, η ελάχιστη δυνατή τιμή είναι το 0, δηλαδή ένας ή δυο από τους τρεις να είναι 0.

α) Αν ένας εκ των τριών είναι 0, έστω ο $c$ , έχουμε ότι $a + b = 1$ . Τώρα αποδεικνύουμε την εξής:
$\frac {1}{2} \leq {a}^2 + {b}^2 \leftrightarrow \frac {1}{2}\leq {a}^2 + (1 -a)^2 \leftrightarrow \frac {1}{2} \leq 2{a}^2 - 2a + 1 \leftrightarrow 1 \leq 4{a}^2 - 4a + 2$ .
Η ελάχιστη τιμή του τριωνύμου $4{a}^2 - 4a + 2$ είναι με το γνωστό τρόπο η $1$ . Άρα τελειώσαμε.

β) Αν δύο εκ των τριών είναι 0, έστω ο $b$ και $c$ έχουμε ότι $a=1$ , άρα ${a}^2 = 1$ . Τωρα αποδεικνύουμε την εξής:
$\frac {1}{2} \leq {a}^2 = 1$ που προφανώς ισχύει.

thewatcher · 30 Απριλίου 2009 στις 18:39

Ωραίος. Βασικα δεν είμαι σίγουρος για αυτό που λέω αρά δεν υπάρχει περίπτωση να ισχύει 1/2-2abc>a^2+b^2+c^2 αν το abc δεν είναι μέγιστο;

Dreamkiller · 30 Απριλίου 2009 στις 19:35

Πώς να γίνει αυτό; Αφού η ελάχιστη τιμή του ${a}^2 + {b}^2 + {c}^2$ είναι μεγάλύτερη από την μέγιστη τιμή του $\frac {1}{2} - 2abc$ .

thewatcher · 30 Απριλίου 2009 στις 19:50

Βρίσκεις όμως το min του a^2+b^2+c^2 όταν τουλάχιστον ένας είναι 0. Ίσως όταν είανι και οι 3 θετικοί υπάρχουν τιμές για τις οποίες δεν ισχύει η ανισότητα.

Dreamkiller · 30 Απριλίου 2009 στις 20:29

EDIT: Έγραψα βλακείες.

p@g · 1 Μαΐου 2009 στις 13:36

πο πο!!!!λιγες μερες δεν ειχα internet και σας εχασα!λοιπον η ασκηση ειναι στον ευκλειδη β τον πιο προσφατο σαν προτεινομενη για λυση!πολυ ωραιες λυσεις και ιδεες.(dreamkiller και thewatcher ειστε πολυ καλοι).η αληθεια ειναι οτι andreescu δεν μου πηγε το μυαλο.

Dimitris0mg · 2 Μαΐου 2009 στις 19:16

S=x1 +x2= - β/α
P=χ1χ2= γ/α

Ρε παιδες πως να αποδειξω το παραπανω?

papas · 2 Μαΐου 2009 στις 19:21

Βιβλιο αλγεβρας:σελ.122,τερμα σελιδας.

Το πιο απλο πραγμα:σου λεει S=x1+x2.

Πας και βαζεις οπου χ1 και χ2 το -β+ριζαΔ/2α και -β-ριζαΔ/2α και λυνεις την παρασταση και βγαζεις το -β/α.

Το ιδιο και για τον πολλαπλασιασμο.

Βοήθεια/Απορίες στην Άλγεβρα

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Διάσημο μέλος