מציג תוצאות 1 עד 8 מתוך 8

אשכול: שאלת אתגר - אי שוויון ב-3 משתנים

  1. #1
    הסמל האישי שלavi500 משתמש רשום חבר Emath

    פרטי משתמש

    ברירת מחדל שאלת אתגר - אי שוויון ב-3 משתנים

    הוכח כי עבור $a,b,c\ge0$, שלכל היותר אחד מהם יכול להיות $0$, מתקיים:
    $
    \frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{ 3}{2}
    $
    הידע הנדרש - רמה של 3 יחידות.
    נערך לאחרונה על ידי avi500, 08-01-2020 בשעה 18:42
    מעיון חטוף בפורום אפשר לחשוב שמשוואה ריבועית נמצאת בקידמת המדע...
    קשה להאמין שהבבלים כבר גילו את הפיתרון לפני 3000 שנה...

  2. #2
    הסמל האישי שלYes מדריך ויועץ חבר Emath מתקדם

    פרטי משתמש

    ברירת מחדל

    יכול להיות שהתכוונת ש-$a,b,c>0$? אחרת, אם למשל $a+b+c=0$, אז האגף השמאלי הוא זהותית $-3$.

  3. #3
    הסמל האישי שלavi500 משתמש רשום חבר Emath

    פרטי משתמש

    ברירת מחדל

    אתה צודק הם צריכים להיות חיוביים, כאשר לכל היותר אחד מהם שווה 0. - אני אתקן
    מעיון חטוף בפורום אפשר לחשוב שמשוואה ריבועית נמצאת בקידמת המדע...
    קשה להאמין שהבבלים כבר גילו את הפיתרון לפני 3000 שנה...

  4. #4
    הסמל האישי שלYes מדריך ויועץ חבר Emath מתקדם

    פרטי משתמש

    ברירת מחדל

    לכל $a,b,c$ מתקיים:
    $$\frac{a}{b+c}=\frac{a+b+c}{b+c}-1$$
    לכן מתקיים:
    $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}=(a+b+c )\left[(b+c)^{-1}+(a+b)^{-1}+(a+c)^{-1}\right]-3$$
    מאי-שוויון הממוצעים ($H\leq A$) מתקיים:
    $$\frac{9}{2}\frac{1}{(b+c)^{-1}+(a+c)^{-1}+(a+b)^{-1} } \leq a+b+c$$
    לכן:
    $$(a+b+c)\left[(b+c)^{-1}+(a+b)^{-1}+(a+c)^{-1}\right]-3 \geq \frac{9}{2}-3=\frac{3}{2}$$
    שזה מסיים את הפתרון. לא הפתרון שכיוונת אליו כנראה, אבל פתרון .
    אם יהיה לי כוח אפרסם גם פתרון קצת יותר כבד עם כלים של חדו"א.
    אהבתי avi500 אהב \ אהבו את התגובה
     

  5. #5
    הסמל האישי שלavi500 משתמש רשום חבר Emath

    פרטי משתמש

    ברירת מחדל

    פתרון יפה,
    אבל אולי תוכל לפרט יותר את השורה השלישית ?
    לא הצלחתי להבין איזה מרכיבים לקחת לשימוש באי-שיוויון הממוצעים...
    נערך לאחרונה על ידי avi500, 10-01-2020 בשעה 11:49
    מעיון חטוף בפורום אפשר לחשוב שמשוואה ריבועית נמצאת בקידמת המדע...
    קשה להאמין שהבבלים כבר גילו את הפיתרון לפני 3000 שנה...

  6. #6
    הסמל האישי שלavi500 משתמש רשום חבר Emath

    פרטי משתמש

    ברירת מחדל

    תודה ל- yes על הפתרון ואשמח גם אם יעלה פתרון עם חדו"א (למרות שלא כיוונתי לכך)
    הפתרון שלי לבעייה:
    נסמן $x=a+b,y=b+c,z=c+a$
    מהגדרה זו נובע: $x+y+z=2(a+b+c)$
    מציבים באגף שמאל ומקבלים
    $
    \frac{x+z-y}{2y}+\frac{y+x-z}{2z}+\frac{z+y-x}{2x}
    $
    שניתן לכתבו גם כ:
    $
    \frac{1}{2}\big[\big(\frac{y}{ x}+\frac{x}{ y}-1\big)+\big(\frac{z}{ y}+\frac{y}{ z}-1\big)+\big(\frac{x}{ z}+\frac{z}{ x}-1\big)\big]
    $
    קל לראות שעבור כל מספר $w$ חיובי מתקיים:
    $ w+\frac{1}{w}-1 \ge1$
    זה נובע פשוט מחלוקה ב- $w$ של האי שיוויון: $(w-1)^2\ge0$
    מכאן שאגף שמאל תמיד גדול או שווה ל $\frac{3}{2}$, כפי שנדרש.
    אהבתי שאלת אתגר - אי שוויון ב-3 משתניםYes, אריאל אהב \ אהבו את התגובה
     
    מעיון חטוף בפורום אפשר לחשוב שמשוואה ריבועית נמצאת בקידמת המדע...
    קשה להאמין שהבבלים כבר גילו את הפיתרון לפני 3000 שנה...

  7. #7
    הסמל האישי שלYes מדריך ויועץ חבר Emath מתקדם

    פרטי משתמש

    ברירת מחדל

    יפה. אהבתי את הפתרון.

    אוקי, אז הנה פתרון (חלקי) בעזרת חדו"א של כמה משתנים. נגדיר $f(a,b,c)=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b }$.
    הנקודות הקריטיות מקיימות:
    $$\frac{\partial}{\partial a}f(a,b,c)=0, \frac{\partial}{\partial b}f(a,b,c)=0, \frac{\partial}{\partial c}f(a,b,c)=0$$
    (או $\nabla f = 0$, בקיצור)

    אחרי פתרון מייגע של המשוואות (בהינתן האילוץ ש-$a,b,c> 0$, פרט אולי לאחד שהוא $0$), מתקבל (בין היתר) שכל הנקודות הקריטיות הן $a=b=c,~ a> 0$. קל לראות שבמקרה הזה מתקבל $f=\frac{3}{2}$, אבל כדי להוכיח שאלה באמת נקודות מינימום צריך להראות שמטריצת ההסיאן מוגדרת חיובית... אני לא הולך לעשות את זה כי זה דורש לחשב את כל הנגזרות החלקיות מסדר שני של $f$, שזה בעצם לבצע $18$ גזירות נוראיות. בכל אופן, זה מעניין לראות שמינימום מתקבל על כל הישר $(t,t,t)$ ורק עליו.


    לגבי המעבר בפתרון הקודם, לכל $x,y,z \geq 0$ מתקיים מאי-שוויון הממוצעים:
    $$\frac{x+y+z}{3}\geq \left(\frac{x^{-1}+y^{-1}+z^{-1}}{3}\right)^{-1}$$
    אם נציב $(x,y,z)=(b+c, a+c, a+b)$ נקבל:
    $$\frac{2(a+b+c)}{3}\geq \left(\frac{(b+c)^{-1}+(a+c)^{-1}+(a+b)^{-1}}{3}\right)^{-1} \\ \Rightarrow a+b+c \geq \frac{9}{2} \frac{1}{(b+c)^{-1}+(a+c)^{-1}+(a+b)^{-1}}$$
    אהבתי avi500 אהב \ אהבו את התגובה
     

  8. #8
    הסמל האישי שלavi500 משתמש רשום חבר Emath

    פרטי משתמש

    ברירת מחדל

    יפה מאוד!
    חייב להגיד שלא הכרתי את משפט הממוצעים (הממוצע ההנדסי קטן או שווה לחשבוני) בצורה שציינת.
    מעיון חטוף בפורום אפשר לחשוב שמשוואה ריבועית נמצאת בקידמת המדע...
    קשה להאמין שהבבלים כבר גילו את הפיתרון לפני 3000 שנה...

מידע אודות האשכול הנוכחי

Users Browsing this Thread

כרגע 1 משתמשים צופים באשכול זה. (0 חברים ו 1 אורחים )

ביקרו באשכול זה : 9

הרשאות

  • אתה לא יכול לפרסם אשכולות חדשים
  • אתה לא יכול לפרסם תגובות
  • אתה לא יכול לצרף קבצים להודעותיך
  • אתה לא יכול לערוך את הודעותיך
  •  
אודות Emath
האתר Emath הינו יוזמה פרטית והוקם בתחילת שנת 2008 .
מטרתנו הינה למנף את הישגי התלמידים למתמטיקה ופיסיקה בארץ בכלל ובפרט בקרב תלמידי התיכון .
אנו מספקים מספר שירותים לתלמיד, ביניהם גישה למאות אלפי פתרונות איכותיים לתרגילים, פורום עזרה במתמטיקה ופיסיקה הגדול מסוגו בארץ, מאגר סיכומים, מרתונים בוידאו, פתרונות לבגרויות ועוד.
כלים אלו, מאפשרים לכל אחד, ללא תלות במיקומו, ללמוד, לתרגל ולהתמקצע על-מנת להתכונן בצורה מיטבית לבגרות במתמטיקה או פיסיקה .

לכל שאלה ניתן ליצור איתנו קשר
הצטרפו אלינו