🏃♂️ 2026 MATH MARATHON
Inequalities Masterclass
Part 2: Η Βασίλισσα \(a^2 + b^2 + c^2 \geq ab + bc + ca\)
🔗 Σύνδεση με Part 1: Θυμάστε την "Δύναμη του Τετραγώνου"; Σήμερα θα δούμε πώς η ίδια ιδέα μας οδηγεί στη σημαντικότερη ανισότητα για τριάδες αριθμών!
🤔 Ερώτηση Προβληματισμού: Γιατί αυτή η ανισότητα ονομάζεται "Βασίλισσα"; Μέχρι το τέλος της ανάρτησης θα καταλάβετε γιατί είναι τόσο ισχυρή!
\[ a^2 + b^2 + c^2 \geq ab + bc + ca \]
Ισχύει για όλους τους πραγματικούς αριθμούς \(a, b, c\)
🎨 5 Μέθοδοι Απόδειξης - Από τη Βασική στην Εκλεπτυσμένη
Κάθε μέθοδος αποκαλύπτει μια διαφορετική όψη της ίδιας αλήθειας. Μελετήστε τις όλες - η ευελιξία στη σκέψη είναι το κλειδί για τους διαγωνισμούς!
📌 Μέθοδος 1: Άθροισμα Τετραγώνων (Η Κλασική)
Στρατηγική: Μετασχηματίζουμε τη διαφορά \(a^2+b^2+c^2 - (ab+bc+ca)\) σε άθροισμα τετραγώνων.
Απόδειξη:
Πολλαπλασιάζουμε με 2:
\[ 2(a^2+b^2+c^2) - 2(ab+bc+ca) = 2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca \]
Ομαδοποιούμε έξυπνα:
\[ = (a^2-2ab+b^2) + (b^2-2bc+c^2) + (c^2-2ca+a^2) \]
\[ = (a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 \geq 0 \]
Επομένως:
\[ 2(a^2+b^2+c^2 - ab-bc-ca) \geq 0 \Rightarrow a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ca \]
🎯 Πότε έχουμε ισότητα; Όταν \(a=b=c\).
Στρατηγική: Μετασχηματίζουμε τη διαφορά \(a^2+b^2+c^2 - (ab+bc+ca)\) σε άθροισμα τετραγώνων.
Απόδειξη:
Πολλαπλασιάζουμε με 2:
\[ 2(a^2+b^2+c^2) - 2(ab+bc+ca) = 2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca \]
Ομαδοποιούμε έξυπνα:
\[ = (a^2-2ab+b^2) + (b^2-2bc+c^2) + (c^2-2ca+a^2) \]
\[ = (a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 \geq 0 \]
Επομένως:
\[ 2(a^2+b^2+c^2 - ab-bc-ca) \geq 0 \Rightarrow a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ca \]
🎯 Πότε έχουμε ισότητα; Όταν \(a=b=c\).
💡 Γιατί αυτή η μέθοδος είναι η καλύτερη; Είναι η πιο διαφανής και δουλεύει πάντα! Σε διαγωνισμό, αν έχετε χρόνο για μία μόνο μέθοδο, επιλέξτε αυτή.
📌 Μέθοδος 2: AM-GM ανά Ζεύγη (Η Συστηματική)
Στρατηγική: Εφαρμόζουμε AM-GM σε κάθε ζεύγος μεταβλητών ξεχωριστά.
Απόδειξη:
Από το Part 1 γνωρίζουμε ότι \(x^2+y^2 \geq 2xy\). Εφαρμόζουμε τρεις φορές:
\[ a^2 + b^2 \geq 2ab \quad (1) \]
\[ b^2 + c^2 \geq 2bc \quad (2) \]
\[ c^2 + a^2 \geq 2ca \quad (3) \]
Προσθέτουμε τις τρεις ανισότητες:
\[ 2(a^2+b^2+c^2) \geq 2(ab+bc+ca) \]
\[ \Rightarrow a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ca \]
Στρατηγική: Εφαρμόζουμε AM-GM σε κάθε ζεύγος μεταβλητών ξεχωριστά.
Απόδειξη:
Από το Part 1 γνωρίζουμε ότι \(x^2+y^2 \geq 2xy\). Εφαρμόζουμε τρεις φορές:
\[ a^2 + b^2 \geq 2ab \quad (1) \]
\[ b^2 + c^2 \geq 2bc \quad (2) \]
\[ c^2 + a^2 \geq 2ca \quad (3) \]
Προσθέτουμε τις τρεις ανισότητες:
\[ 2(a^2+b^2+c^2) \geq 2(ab+bc+ca) \]
\[ \Rightarrow a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ca \]
🔑 Πλεονέκτημα: Αυτή η μέθοδος γενικεύεται εύκολα σε περισσότερες μεταβλητές!
📌 Μέθοδος 3: Διάταξη Schur (Η Εκλεπτυσμένη)
Στρατηγική: Χρησιμοποιούμε μια έξυπνη παραγοντοποίηση.
Απόδειξη:
Χωρίς βλάβη της γενικότητας, έστω \(a \geq b \geq c\). Τότε:
\[ a^2+b^2+c^2 - ab - bc - ca \]
\[ = a(a-b) + b(b-c) + c(c-a) \]
\[ = a(a-b) - c(a-b) + b(b-c) \]
\[ = (a-c)(a-b) + b(b-c) \]
Επειδή \(a \geq b \geq c\), έχουμε:
• \(a-c \geq 0\) και \(a-b \geq 0\), άρα \((a-c)(a-b) \geq 0\)
• \(b-c \geq 0\), άρα \(b(b-c) \geq 0\)
Επομένως το άθροισμα είναι μη αρνητικό! ✓
Στρατηγική: Χρησιμοποιούμε μια έξυπνη παραγοντοποίηση.
Απόδειξη:
Χωρίς βλάβη της γενικότητας, έστω \(a \geq b \geq c\). Τότε:
\[ a^2+b^2+c^2 - ab - bc - ca \]
\[ = a(a-b) + b(b-c) + c(c-a) \]
\[ = a(a-b) - c(a-b) + b(b-c) \]
\[ = (a-c)(a-b) + b(b-c) \]
Επειδή \(a \geq b \geq c\), έχουμε:
• \(a-c \geq 0\) και \(a-b \geq 0\), άρα \((a-c)(a-b) \geq 0\)
• \(b-c \geq 0\), άρα \(b(b-c) \geq 0\)
Επομένως το άθροισμα είναι μη αρνητικό! ✓
⚡ Πότε χρησιμοποιείται; Όταν το πρόβλημα έχει συμμετρία και μπορούμε να υποθέσουμε διάταξη!
📌 Μέθοδος 4: Ομογενοποίηση (Η Τεχνική)
Ιδέα: Εφόσον η ανισότητα είναι ομογενής (βαθμού 2), θέτουμε \(c=1\) χωρίς βλάβη της γενικότητας.
Απόδειξη:
Θέτουμε \(c=1\). Πρέπει να δείξουμε:
\[ a^2+b^2+1 \geq ab+b+a \]
\[ \Leftrightarrow 2a^2+2b^2+2 \geq 2ab+2b+2a \]
\[ \Leftrightarrow (a^2-2ab+b^2) + (a^2-2a+1) + (b^2-2b+1) \geq 0 \]
\[ \Leftrightarrow (a-b)^2 + (a-1)^2 + (b-1)^2 \geq 0 \quad \checkmark \]
Ιδέα: Εφόσον η ανισότητα είναι ομογενής (βαθμού 2), θέτουμε \(c=1\) χωρίς βλάβη της γενικότητας.
Απόδειξη:
Θέτουμε \(c=1\). Πρέπει να δείξουμε:
\[ a^2+b^2+1 \geq ab+b+a \]
\[ \Leftrightarrow 2a^2+2b^2+2 \geq 2ab+2b+2a \]
\[ \Leftrightarrow (a^2-2ab+b^2) + (a^2-2a+1) + (b^2-2b+1) \geq 0 \]
\[ \Leftrightarrow (a-b)^2 + (a-1)^2 + (b-1)^2 \geq 0 \quad \checkmark \]
🎓 Πότε είναι χρήσιμη; Σε προβλήματα βελτιστοποίησης όπου θέλουμε να μειώσουμε τις μεταβλητές!
📌 Μέθοδος 5: Διακρίνουσα (Η Αλγεβρική)
Ιδέα: Θεωρούμε το \(a^2+b^2+c^2 - ab - bc - ca\) ως τετραγωνική συνάρτηση ως προς \(a\).
Απόδειξη:
Γράφουμε:
\[ f(a) = a^2 - a(b+c) + (b^2+c^2-bc) \]
Για να είναι \(f(a) \geq 0\) για κάθε \(a\), πρέπει \(Δ \leq 0\):
\[ Δ = (b+c)^2 - 4(b^2+c^2-bc) \]
\[ = b^2+2bc+c^2 - 4b^2 - 4c^2 + 4bc \]
\[ = -3b^2 + 6bc - 3c^2 = -3(b^2-2bc+c^2) \]
\[ = -3(b-c)^2 \leq 0 \quad \checkmark \]
Ιδέα: Θεωρούμε το \(a^2+b^2+c^2 - ab - bc - ca\) ως τετραγωνική συνάρτηση ως προς \(a\).
Απόδειξη:
Γράφουμε:
\[ f(a) = a^2 - a(b+c) + (b^2+c^2-bc) \]
Για να είναι \(f(a) \geq 0\) για κάθε \(a\), πρέπει \(Δ \leq 0\):
\[ Δ = (b+c)^2 - 4(b^2+c^2-bc) \]
\[ = b^2+2bc+c^2 - 4b^2 - 4c^2 + 4bc \]
\[ = -3b^2 + 6bc - 3c^2 = -3(b^2-2bc+c^2) \]
\[ = -3(b-c)^2 \leq 0 \quad \checkmark \]
🚀 Προχωρημένη τεχνική! Χρήσιμη όταν θέλουμε να αποδείξουμε ότι μια παράσταση είναι πάντα θετική.
📚 Εφαρμογές & Παραδείγματα
📝 Παράδειγμα 1: Εύρεση Ελάχιστης Τιμής
Πρόβλημα: Αν \(a^2+b^2+c^2=3\), βρείτε την ελάχιστη τιμή του \(ab+bc+ca\).
Λύση:
Από τη "Βασίλισσα":
\[ 3 = a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ca \]
Επομένως \(ab+bc+ca \leq 3\).
Η ελάχιστη τιμή επιτυγχάνεται όταν \(a=b=c\). Από το \(a^2+b^2+c^2=3\) παίρνουμε \(3a^2=3\), άρα \(a=\pm 1\).
Για \(a=b=c=1\): \(ab+bc+ca = 3\) (μέγιστη τιμή)
Για \(a=b=c=-1\): \(ab+bc+ca = 3\) (επίσης μέγιστη)
Απάντηση: Η μέγιστη τιμή είναι \(3\). Για την ελάχιστη, δοκιμάζουμε ακραίες περιπτώσεις:
Αν \(a=\sqrt{3}, b=c=0\): \(ab+bc+ca=0\)
Πρόβλημα: Αν \(a^2+b^2+c^2=3\), βρείτε την ελάχιστη τιμή του \(ab+bc+ca\).
Λύση:
Από τη "Βασίλισσα":
\[ 3 = a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ca \]
Επομένως \(ab+bc+ca \leq 3\).
Η ελάχιστη τιμή επιτυγχάνεται όταν \(a=b=c\). Από το \(a^2+b^2+c^2=3\) παίρνουμε \(3a^2=3\), άρα \(a=\pm 1\).
Για \(a=b=c=1\): \(ab+bc+ca = 3\) (μέγιστη τιμή)
Για \(a=b=c=-1\): \(ab+bc+ca = 3\) (επίσης μέγιστη)
Απάντηση: Η μέγιστη τιμή είναι \(3\). Για την ελάχιστη, δοκιμάζουμε ακραίες περιπτώσεις:
Αν \(a=\sqrt{3}, b=c=0\): \(ab+bc+ca=0\)
✨ Συμπέρασμα: Για \(a^2+b^2+c^2=k\), έχουμε \(-\frac{k}{2} \leq ab+bc+ca \leq k\).
📝 Παράδειγμα 2: Ανισότητα με Περιορισμό
Πρόβλημα: Αν \(a+b+c=6\) και \(a,b,c > 0\), δείξτε ότι \(a^2+b^2+c^2 \geq 12\).
Λύση:
Υψώνουμε στο τετράγωνο:
\[ (a+b+c)^2 = 36 \]
\[ a^2+b^2+c^2 + 2(ab+bc+ca) = 36 \]
Από τη "Βασίλισσα": \(ab+bc+ca \leq a^2+b^2+c^2\)
Επομένως:
\[ a^2+b^2+c^2 + 2(ab+bc+ca) \leq a^2+b^2+c^2 + 2(a^2+b^2+c^2) \]
\[ 36 \leq 3(a^2+b^2+c^2) \]
\[ a^2+b^2+c^2 \geq 12 \quad \checkmark \]
Ισότητα: Όταν \(a=b=c=2\).
Πρόβλημα: Αν \(a+b+c=6\) και \(a,b,c > 0\), δείξτε ότι \(a^2+b^2+c^2 \geq 12\).
Λύση:
Υψώνουμε στο τετράγωνο:
\[ (a+b+c)^2 = 36 \]
\[ a^2+b^2+c^2 + 2(ab+bc+ca) = 36 \]
Από τη "Βασίλισσα": \(ab+bc+ca \leq a^2+b^2+c^2\)
Επομένως:
\[ a^2+b^2+c^2 + 2(ab+bc+ca) \leq a^2+b^2+c^2 + 2(a^2+b^2+c^2) \]
\[ 36 \leq 3(a^2+b^2+c^2) \]
\[ a^2+b^2+c^2 \geq 12 \quad \checkmark \]
Ισότητα: Όταν \(a=b=c=2\).
🎯 Τεχνική: Συνδυάζουμε τη "Βασίλισσα" με τρικ πολλαπλασιασμού!
📝 Παράδειγμα 3: IMO-Style Challenge
Πρόβλημα: Για θετικούς \(a,b,c\), δείξτε ότι:
\[ \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a} \geq a+b+c \]
Λύση:
Από Cauchy-Schwarz:
\[ \left(\frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a}\right)(ab+bc+ca) \geq (a+b+c)^2 \]
Αρκεί να δείξουμε:
\[ ab+bc+ca \leq a+b+c \]
όταν... Αλλά αυτό δεν ισχύει πάντα!
Σωστή προσέγγιση: AM-GM σε κάθε κλάσμα:
\[ \frac{a^2}{b} + b \geq 2a, \quad \frac{b^2}{c} + c \geq 2b, \quad \frac{c^2}{a} + a \geq 2c \]
Προσθέτοντας:
\[ \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a} + (a+b+c) \geq 2(a+b+c) \]
\[ \Rightarrow \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a} \geq a+b+c \quad \checkmark \]
Πρόβλημα: Για θετικούς \(a,b,c\), δείξτε ότι:
\[ \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a} \geq a+b+c \]
Λύση:
Από Cauchy-Schwarz:
\[ \left(\frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a}\right)(ab+bc+ca) \geq (a+b+c)^2 \]
Αρκεί να δείξουμε:
\[ ab+bc+ca \leq a+b+c \]
όταν... Αλλά αυτό δεν ισχύει πάντα!
Σωστή προσέγγιση: AM-GM σε κάθε κλάσμα:
\[ \frac{a^2}{b} + b \geq 2a, \quad \frac{b^2}{c} + c \geq 2b, \quad \frac{c^2}{a} + a \geq 2c \]
Προσθέτοντας:
\[ \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a} + (a+b+c) \geq 2(a+b+c) \]
\[ \Rightarrow \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a} \geq a+b+c \quad \checkmark \]
💪 Επίπεδο IMO! Συνδυασμός "Βασίλισσας" με AM-GM - η ultimate combo!
🎯 Marathon Grand Challenge
🏆 ΠΡΟΚΛΗΣΗ ΕΒΔΟΜΑΔΑΣ:
Για θετικούς αριθμούς \(x,y,z\) με \(xyz=1\), δείξτε ότι:
\[ x^2+y^2+z^2 \geq x+y+z \]
Hints σε 3 επίπεδα:
🥉 Hint 1: Τι σχέση έχει η "Βασίλισσα" με το \(xyz=1\);
🥈 Hint 2: Δοκιμάστε AM-GM στο \(xy+yz+zx\).
🥇 Hint 3: Χρησιμοποιήστε \(xy+yz+zx \geq 3\sqrt[3]{(xyz)^2} = 3\).
Για θετικούς αριθμούς \(x,y,z\) με \(xyz=1\), δείξτε ότι:
\[ x^2+y^2+z^2 \geq x+y+z \]
Hints σε 3 επίπεδα:
🥉 Hint 1: Τι σχέση έχει η "Βασίλισσα" με το \(xyz=1\);
🥈 Hint 2: Δοκιμάστε AM-GM στο \(xy+yz+zx\).
🥇 Hint 3: Χρησιμοποιήστε \(xy+yz+zx \geq 3\sqrt[3]{(xyz)^2} = 3\).
📮 Λύση στο επόμενο Part! Στείλτε τις απαντήσεις σας στα σχόλια!
📊 Σύνοψη - Πότε χρησιμοποιούμε ποια μέθοδο;
✅ Μέθοδος 1 (Τετράγωνα): Όταν έχετε χρόνο και θέλετε σιγουριά
✅ Μέθοδος 2 (AM-GM): Όταν υπάρχουν πολλές μεταβλητές
✅ Μέθοδος 3 (Schur): Όταν μπορείτε να υποθέσετε διάταξη
✅ Μέθοδος 4 (Ομογενοποίηση): Σε βελτιστοποίηση
✅ Μέθοδος 5 (Διακρίνουσα): Σε αλγεβρικά προβλήματα
🎓 Pro Tip: Σε διαγωνισμό, ξεκινήστε πάντα με τη Μέθοδο 1 αν δεν βλέπετε κάτι πιο έξυπνο αμέσως!
✅ Μέθοδος 1 (Τετράγωνα): Όταν έχετε χρόνο και θέλετε σιγουριά
✅ Μέθοδος 2 (AM-GM): Όταν υπάρχουν πολλές μεταβλητές
✅ Μέθοδος 3 (Schur): Όταν μπορείτε να υποθέσετε διάταξη
✅ Μέθοδος 4 (Ομογενοποίηση): Σε βελτιστοποίηση
✅ Μέθοδος 5 (Διακρίνουσα): Σε αλγεβρικά προβλήματα
🎓 Pro Tip: Σε διαγωνισμό, ξεκινήστε πάντα με τη Μέθοδο 1 αν δεν βλέπετε κάτι πιο έξυπνο αμέσως!
Δεν υπάρχουν σχόλια:
Δημοσίευση σχολίου