Nejednakosti-zadatak

Nejednakosti-zadatak 05.06.2017. u 14:27 · pre 114 meseci #1

Ako moze pomoc oko zadatka, probao sam preko brojnih sredina ali ne dobijam trazeno.
Neka su a,b,c pozitivni realni brojevi,takvi da je a+b+c>= abc. Dokazati da je a^2+b^2+c^2>= abc√3.

Re: Nejednakosti-zadatak 10.06.2017. u 16:13 · pre 114 meseci #2

Prvo bih podelio prvu nejednakost sa $abc$ i uveo bih smenu $u^2=1/(bc)$ , $v^2=1/(ac)$ , $w^2=1/(ab)$ , onda treba iz

$u^2+v^2+w^2\geq 1$

dokazati

(*) $\frac{u^2}{v^2w^2}+\frac{v^2}{u^2w^2}+\frac{w^2}{u^2v^2}\geq\frac{\sqrt 3}{uvw}$ ,

odnosno

$u^4+v^4+w^4\geq \sqrt 3uvw$ .

Neka je

$p=\frac{u}{\sqrt{u^2+v^2+w^2}}$ , $q=\frac{v}{\sqrt{u^2+v^2+w^2}}$ , $r=\frac{w}{\sqrt{u^2+v^2+w^2}}$ .

Važi

(**) $p^2+q^2+r^2=1$ .

Iz (*) treba dokazati

$(p^4+q^4+r^4)(u^2+v^2+w^2)^2\geq \sqrt 3pqr\sqrt{u^2+v^2+w^2}^3$ .

$p^4+q^4+r^4\geq\sqrt 3\frac{pqr}{\sqrt{u^2+v^2+w^2}}$ .

Obzirom na (*), za to je dovoljno dokazati

$p^4+q^4+r^4\geq\sqrt 3pqr$ .

Ovo je problem uslovnog ekstremuma koji se lako rešava.

Za stacionarne tačke mora postojati vrednost parametra $\lambda$ tako da važi

$p^2+q^2+r^2=1$ ,
$2p=\lambda(4p^3-\sqrt 3qr)$ ,
$2q=\lambda(4q^3-\sqrt 3pr)$ ,
$2r=\lambda(4r^3-\sqrt 3pq)$ ,

Odizumanjem druge jednačine pomnožene sa $q$ od prve jednačine pomnožene sa $p$ dobijamo

$0=\lambda(4q^3p-\sqrt 3p^2r)-\lambda(4p^3q-\sqrt 3q^2r)$ ,

$\lambda(4q^3p-\sqrt 3p^2r)=\lambda(4p^3q-\sqrt 3q^2r)$ .

Iz $\lambda=0$ sledi $p=q=r=0$ , što protivreči jednakosti (**). Dakle, $\lambda\neq 0$ , pa je

$4q^3p-\sqrt 3p^2r=4p^3q-\sqrt 3q^2r$ ,

$4pq(p^2-q^2)+\sqrt 3(p^2-q^2)r=0$ ,

$(4pq+\sqrt 3r)(p^2-q^2)=0$ ,

Ako je $p^2\neq q^2$ , onda je $4pq+\sqrt 3r=0$ . Obzirom da razmatramo problem samo za nenegativne vrednosti promenljivih, odatle sledi da je $pq=0$ i $r=0$ . Dakle, trojka $(p,q,r)$ ima nenula element na najviše jednom mestu, odnosno zbog jednakosti (**) trojka $(p,q,r)$ pripada skupu $\{(1,0,0),\,(0,1,0),\,(0,0,1)\}$ .

Dakle, van te tri trojke za stacionarnu tačku mora da važi $p=q=r$ , odnosno, zbog (**) ta trojka mora biti $(1/\sqrt 3,1/\sqrt 3,1/\sqrt 3)$ .

Računanjem vrednosti funkcije $p^4+q^4+r^4-\sqrt 3pqr$ u svim četirima kritičnim tačkama dobijamo da su ekstremne vrednosti pri uslovu (**) 0 i 1, što dokazuje tvrđenje.

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: Nejednakosti-zadatak 16.06.2017. u 00:43 · pre 114 meseci #3

Zadatak je iz predmeta Elementarna matematika.
Ne verujem da je dozvoljeno korišćenje uslovnih ekstrema.

Težak jeste.
Mislim da je nerešiv bez izvoda.

Lako se dokaže, preko nejednakosti sredina, da su tvrđenje i dati uslov ekvivalentni sa:

$a*b*c \leq\ 3*\sqrt3$

To jeste tačno, jer dati uslov daje garanciju

$a \leq\ \sqrt3$ i $b \leq\ \sqrt3$ i $c \leq\ \sqrt3$

Pitanje je: "do kada je zbir veći od od proizvoda".
Ako su dva broja, onda do prvog korena(2).
Ako su tri broja, a ovde jesu tri broja, onda do drugog korena(3).
To zna svaki igrač kladionice, iole bolji od Konjislava.

Ali, to treba dokazati bez izvoda.

Ako bi bila 4 broja, onda do trećeg korena(4).
Ako bi bilo 5 brojeva, onda do četvrtog korena(5),...itd...
Ali da ne generalizujemo kada, bez izvoda, nema dokaza za ni za n jednako 3.

Re: Nejednakosti-zadatak 17.06.2017. u 07:29 · pre 114 meseci #4

Iz Kosi-Svarcove nejednakosti (a moze i direktno) i uslova u zadatku nalazimo $a^2+b^2+c^2 \ge \frac{(a+b+c)^2}{3} \ge \frac{(abc)^2}{3}$ , dok nam aritmeticko-geometrijska nejednakost daje $a^2+b^2+c^2 \ge 3 (abc)^{2/3}$ . Ako prvu nejednakost podignemo na stepen $1/4$ , a drugu na $3/4$ , i potom ih pomnozimo, dobicemo trazenu nejednakost.

Pozdrav

Potpis

Leonardo da Vinči

Nema istine u onim naukama u kojima se matematika ne primenjuje.

Milorad Stevanović

Bog postoji zato sto je matematika neprotivurečna.

Re: Nejednakosti-zadatak 17.06.2017. u 23:04 · pre 114 meseci #5

Bravo Sonec.
Može i bez izvoda.

Re: Nejednakosti-zadatak 17.06.2017. u 23:10 · pre 114 meseci #6

Bravo Sonec.
Može i bez izvoda.

Re: Nejednakosti-zadatak 20.06.2017. u 07:13 · pre 114 meseci #7

@miki069

Sve što može sa izvodima, može i bez njih, budući da je izvod izvedni, a ne osnovni pojam. Naravno, transformacijom dokaza eliminacijom definicija se ne menja suština dokaza.

@Sonec

Bravo za elegantno rešenje.

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Forum kao aplikacija na telefonu

Srodne teme