dwie liczby z czterech spełniają nierówność

Podzielność. Reszty z dzielenia. Kongruencje. Systemy pozycyjne. Równania diofantyczne. Liczby pierwsze i względnie pierwsze. NWW i NWD.
MKultra
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 130
Rejestracja: 1 lut 2017, o 13:27
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Zielona Góra
Podziękował: 2 razy

dwie liczby z czterech spełniają nierówność

Post autor: MKultra »

Cześć
Pierwszy raz spotykam się z takim zadaniem:
Udowodnij że wśród dowolnych różnych liczb rzeczywistych istnieją takie \(\displaystyle{ a,b}\) ,że
\(\displaystyle{ \frac{1+ab}{ \sqrt{(1+ a^{2})(1+b ^{2}) } } > 0.5}\)

Pozdrawiam
Awatar użytkownika
kerajs
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 8570
Rejestracja: 17 maja 2013, o 10:23
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 306 razy
Pomógł: 3347 razy

Re: dwie liczby z czterech spełniają nierówność

Post autor: kerajs »

To nie jest prawda. Kontrprzykład: \(\displaystyle{ a=-5 \wedge b=1}\)

EDIT:
PoweredDragon pisze: czytaj uważnie, kerajs :V
No właśnie treść zadania przeczytałem uważnie.
Tobie to łatwo. Przed maturą bombardują Cię różnymi zadaniami w których musisz się domyślić co autor miał na myśli, a ja mając ją za sobą czytam treść dosłownie i ot, takie oto są opłakane tego skutki.
Ostatnio zmieniony 4 wrz 2017, o 20:01 przez kerajs, łącznie zmieniany 1 raz.
PoweredDragon
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 817
Rejestracja: 19 lis 2016, o 23:48
Płeć: Mężczyzna
wiek: 21
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 115 razy

Re: dwie liczby z czterech spełniają nierówność

Post autor: PoweredDragon »

Treścią zadania miało być wśród dowolnych czterech różnych liczb rzeczywistych (na co wskazuje tytuł); czytaj uważnie, kerajs :V-- 4 wrz 2017, o 17:10 --\(\displaystyle{ \frac{1+ab}{ \sqrt{(1+ a^{2})(1+b ^{2}) } } > 0.5}\)
\(\displaystyle{ 2+2ab > \sqrt{(1+a^2)(1+b^2)}}\)

Zauważmy, że \(\displaystyle{ ab \ge -1}\), bo w przeciwnym razie mamy sprzeczność, zatem możemy nierówność podnieść do kwadratu

\(\displaystyle{ 4+8ab+4(ab)^2 > 1+(ab)^2+a^2+b^2}\)
\(\displaystyle{ (a-b)^2 < 3(ab)^2+6ab+3 = 3(1+2ab+(ab)^2)=3(1+ab)^2}\)
\(\displaystyle{ (a-b)^2 < 3(1+ab)^2}\)
MKultra
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 130
Rejestracja: 1 lut 2017, o 13:27
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Zielona Góra
Podziękował: 2 razy

Re: dwie liczby z czterech spełniają nierówność

Post autor: MKultra »

PoweredDragon
Po pierwsze powinno być \(\displaystyle{ ab>-1}\)
Po drugie z owego warunku udało mi się wydedukować że istnieją dwie takie liczby rzeczywiste z czterech co go spełniają.
Jednak nierówność:
\(\displaystyle{ (a-b)^2 < 3(1+ab)^2}\)
udowodniłem pochodnymi, a czy jest prostszy sposób?
Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15685
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 195 razy
Pomógł: 5219 razy

Re: dwie liczby z czterech spełniają nierówność

Post autor: Premislav »

Mógłbyś pokazać, w jaki sposób "udowodniłeś to pochodnymi"? Ta nierówność nie jest w ogólności prawdziwa.

Przedstawię swoje rozwiązanie, niestety bardzo brzydkie. Najpierw jak wyżej przekształcamy nierówność do postaci \(\displaystyle{ 3(1+ab)^2>(a-b)^2}\)
Następnie odnotujmy fakt, że jeśli dwie różne liczby \(\displaystyle{ a,b}\) należą do któregoś z przedziałów \(\displaystyle{ (-\infty,-1], (-1,0], (0,1], (1,+\infty)}\) (w sensie że obie wpadają do tego samego przedziału spośród wymienionych), to mamy
\(\displaystyle{ 1+ab \ge |a|+|b|}\) (dowód tego faktu jest prosty, wystarczy zauważyć, że wtedy \(\displaystyle{ ab=|a||b|}\) i zwinąć do iloczynu).
Wówczas otrzymujemy
\(\displaystyle{ 3(1+ab)^2 \ge 3(|a|+|b|)^2}\) i wystarczy pokazać, że
\(\displaystyle{ 3(|a|+|b|)^2>(a-b)^2}\), a równoważnie
\(\displaystyle{ 2a^2+6|ab|+2b^2+2ab>0}\)
Oczywiście jednak \(\displaystyle{ 6|ab|+2ab \ge 4|ab|}\), więc
wystarcza nam
\(\displaystyle{ 2(a^2+2|ab|+b^2)>0 \Leftrightarrow 2\left( |a|+|b|\right)^2> 0}\)
co jest prawdą, o ile tylko \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) nie są jednocześnie równe zero (a to niemożliwe, bo zakładam, że są różne).

Podzielmy zatem \(\displaystyle{ \RR}\) na cztery zbiory jak wyżej:
\(\displaystyle{ (-\infty,-1], (-1,0], (0,1], (1,+\infty)}\)
Ustalmy dowolne cztery parami różne liczby rzeczywiste \(\displaystyle{ a,b,c,d}\). Jeżeli do któregoś z przedziałów \(\displaystyle{ (-\infty,-1], (-1,0], (0,1], (1,+\infty)}\)
nie należy żadna z tych liczb, to z zasady szufladkowej Dirichleta wynika, że do pewnego przedziału spośród trzech pozostałych należą co najmniej dwie z \(\displaystyle{ a,b,c,d}\), a wówczas weźmy właśnie dwie liczby z takiego przedziału i
szacowanie np. \(\displaystyle{ 1+ab \ge |a|+|b|}\) załatwia sprawę.
Przypuśćmy teraz, że do każdego z czterech przedziałów należy dokładnie jedna liczba spośród \(\displaystyle{ a,b,c,d}\)
W sumie bez straty ogólności możemy przyjąć, że
\(\displaystyle{ a>1\ge b>0\ge c>-1\ge d}\)
Teraz zauważmy, że jeśli \(\displaystyle{ b\ge \frac 1 {\sqrt{3}}}\), to
\(\displaystyle{ 3(ab+1)^2 >a^2>(a-b)^2}\) i koniec,
podobnie jeśli \(\displaystyle{ c \le -\frac{1}{\sqrt{3}}}\), to
\(\displaystyle{ 3(cd+1)^2>d^2>(d-c)^2}\) i tyle.
Pozostaje do rozpatrzenia przypadek, w którym
\(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{3}}>b>0\ge c>-\frac{1}{\sqrt{3}}}\).
Wówczas \(\displaystyle{ 1+bc >\frac 2 3}\) , więc
\(\displaystyle{ 3(1+bc)^2>\frac 4 3=\left(\frac{2}{\sqrt{3}} \right)^2 \ge (b-c)^2}\)
co kończy dowód.
Niestety to rozwiązanie jest bardzo brzydkie i długie, ze żmudnym podziałem na przypadki, więc może wymyśliliście coś lepszego? Chętnie bym zobaczył.
ODPOWIEDZ