Τι κι αν δεν είναι ισότητα;

gavrilos · #1

Αυτές οι δύο ανισότητες μου άρεσαν πολύ.

1. Αν $\displaystyle{a,b,c>0}$ να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}\geq 4}$ .

2. Αν $\displaystyle{a,b,c>0}$ και $\displaystyle{\boxed{n\leq 3}}$ και ισχύει $\displaystyle{a+b+c=ab+bc+ca}$ να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}+\frac{3n}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geq n+3}$ .

Το πρώτο πρόβλημα γενικεύεται ενώ το δεύτερο είναι το ίδιο γενίκευση.

Edit: Συμπλήρωσα το $\displaystyle{n}$ μετά από υπενθύμιση του κύριου Μάγκου.

#2

gavrilos έγραψε:.

1. Αν $\displaystyle{a,b,c>0}$ να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}\geq 4}$ .

Μια απόδειξη:

Πολλαπλασιάζοντας τα δύο μέλη με $\displaystyle{a+b+c}$ έχουμε να αποδείξουμε

$\displaystyle{\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+3\sqrt[3]{abc}\geq 3(a+b+c).}$

Όμως, από Cauchy-Schwarz είναι

$\displaystyle{\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq a+b+c,}$

οπότε αρκεί

$\displaystyle{\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+3\sqrt[3]{abc}\geq 2(a+b+c),}$

δηλαδή

$\displaystyle{(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2+3\sqrt[3]{(abc)^4}\geq 2abc(a+b+c).}$

Θέτοντας $\displaystyle{k=\sqrt[3]{ab}^2,m=\sqrt[3]{bc}^2,n=\sqrt[3]{ca}^2,}$ έχουμε να αποδείξουμε

$\displaystyle{k^3+m^3+n^3+3kmn\geq 2\Big(\sqrt{(km)^3}+\sqrt{(nm)^3}+\sqrt{(nk)^3}\Big)}$

το οποίο είναι άμεσο από Schur.

gavrilos · #3

Προσπαθήστε κι άλλοι την 1. επειδή υπάρχει λύση μόνο με ΑΜ-ΓΜ.

gavrilos · #4

Επαναφορά με προσθήκη ακόμη μίας ανισότητας.

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\frac{1}{b(a+b)}+\frac{1}{c(b+c)}+\frac{1}{a(c+a)}\geq \frac{27}{2(a+b+c)^{2}}}$ για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{a,b,c}$ .

G.Bas · #5

gavrilos έγραψε:Αυτές οι δύο ανισότητες μου άρεσαν πολύ.

2. Αν $\displaystyle{a,b,c>0}$ και $\displaystyle{\boxed{n\leq 3}}$ και ισχύει $\displaystyle{a+b+c=ab+bc+ca}$ να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}+\frac{3n}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geq n+3}$ .

Αρχικά μπορούμε να αποδείξουμε πως

$\displaystyle{\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq\frac{(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)}{ab+bc+ca}=a^2+b^2+c^2.}$ (*)

Επομένως, μένει να αποδείξουμε την Ανισότητα

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2+\frac{3n}{a^2+b^2+c^2}\geq n+3}$ η οποία ισοδύναμα γράφεται $\displaystyle{(a^2+b^2+c^2-3)(a^2+b^2+c^2-n)\geq 0.}$

Αρκεί τότε να δείξουμε πως $\displaystyle{a^2+b^2+c^2\geq 3.}$ Πράγματι, αυτή η Ανισότητα ισχύει αφού

$\displaystyle{3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2=(ab+bc+ca)^2\geq 9\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq 3}$

με την προτελευταία Ανισότητα να ισχύει γιατί $\displaystyle{(ab+bc+ca)^2=(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ca)\Leftrightarrow ab+bc+ca\geq 3}$ και τελειώσαμε!

Η Ανισότητα (*) αφήνεται για εξάσκηση. Εαν δεν λυθεί, θα επιστρέψω με την λύση της.

G.Bas · #6

gavrilos έγραψε:Επαναφορά με προσθήκη ακόμη μίας ανισότητας.

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\frac{1}{b(a+b)}+\frac{1}{c(b+c)}+\frac{1}{a(c+a)}\geq \frac{27}{2(a+b+c)^{2}}}$ για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{a,b,c}$ .

Η Ανισότητα είναι ομογενής, οπότε θεωρούμε πως abc=1

. Τότε, επειδή $\displaystyle{(a+b+c)^2\geq 9\Leftrightarrow \frac{27}{2(a+b+c)^2}\leq\frac{3}{2}}$ αρκεί να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{\frac{1}{b(a+b)}+\frac{1}{c(b+c)}+\frac{1}{a(c+a)}\geq \frac{3}{2}.}$ Ακολουθούμε τον μετασχηματισμό $\displaystyle{(a,b,c)\mapsto \left(\frac{x}{y},\frac{y}{z},\frac{z}{x}\right)}$ και τότε αρκεί να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{\frac{x^2}{z^2+xy}+\frac{y^2}{x^2+yz}+\frac{z^2}{y^2+zx}\geq\frac{3}{2}.}$ Όμως, σύμφωνα με την Ανισότητα Cauchy-Schwarz έχουμε για το αριστερό μέλος ότι

$\displaystyle{\sum\frac{x^2}{z^2+xy}\geq\frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+(x^3y+y^3z+z^3x)}.}$ Μένει δηλαδή να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{2(x^2+y^2+z^2)^2\geq 3(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+3(x^3y+y^3z+z^3x)}$ η οποία είναι προφανής μετά την πρόσθεση των Ανισοτήτων $\displaystyle{(x^2+y^2+z^2)^2\geq 3(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)}$ και $\displaystyle{(x^2+y^2+z^2)^2\geq 3(x^3y+y^3z+z^3x)}$ . Η τελευταία ισχύει ως η Ανισότητα Cirtoaje

.

raf616 · #7

gavrilos έγραψε:Επαναφορά με προσθήκη ακόμη μίας ανισότητας.

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\frac{1}{b(a+b)}+\frac{1}{c(b+c)}+\frac{1}{a(c+a)}\geq \frac{27}{2(a+b+c)^{2}}}$ για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{a,b,c}$ .

Θα δώσω μία ακόμη λύση η οποία χρησιμοποιεί πιο trivial ανισότητες.

Από την ΑΜ - ΓΜ έχουμε:

$\displaystyle{\frac{1}{b(a+b)}+\frac{1}{c(b+c)}+\frac{1}{a(c+a)} \geq 3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc(a + b)(b + c)(c + a)}} = \boxed{\dfrac{3}{\sqrt[3]{abc(a + b)(b + c)(c + a)}}}:(1)}$

Πάλι από την ΑΜ - ΓΜ έχουμε:

$\sqrt[3]{abc} \leq \dfrac{a + b + c}{3}$

$\sqrt[3]{(a + b)(b + c)(c + a)} \leq \dfrac{2(a + b + c)}{3}$

Οπότε με πολλαπλασιασμό έχουμε:

$\sqrt[3]{abc(a + b)(b + c)(c + a)} \leq \dfrac{2(a + b + c)^2}{9}$

Έτσι, η (1)

γίνεται:

$\dfrac{3}{\sqrt[3]{abc(a + b)(b + c)(c + a)}} \geq \dfrac{3}{\dfrac{2(a + b + c)^2}{9}} = \dfrac{27}{2(a + b + c)^2}$

Έτσι, αποδείξαμε το ζητούμενο.

G.Bas · #8

gavrilos έγραψε:Αυτές οι δύο ανισότητες μου άρεσαν πολύ.

1. Αν $\displaystyle{a,b,c>0}$ να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}\geq 4}$ .

Μια λύση που βρήκα με AM-GM.

Ισχύει σύμφωνα με την Ανισότητα AM-GM $\displaystyle{2\frac{a}{b}+\frac{b}{c}\geq3\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=\frac{3a}{\sqrt[3]{abc}}.}$ Δουλεύοντας κυκλικά και έπειτα με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει πως

$\displaystyle{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}.}$

Οπότε, είναι αρκετό να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}+3\cdot\frac{\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}\geq 4.}$ Θέτουμε $\displaystyle{\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}=t\geq 3}$ και η δοσμένη γίνεται

$\displaystyle{t+\frac{3}{t}\geq 4\Leftrightarrow t^2-4t+3\geq 0\Leftrightarrow (t-3)(t-1)\geq 0}$ όπου ισχύει λόγω της υπόθεσης $t\geq 3.$

G.Bas · #9

G.Bas έγραψε:
gavrilos έγραψε:Αυτές οι δύο ανισότητες μου άρεσαν πολύ.

1. Αν $\displaystyle{a,b,c>0}$ να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}\geq 4}$ .
Θέτουμε $\displaystyle{\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}=t\geq 3}$ και η δοσμένη γίνεται

$\displaystyle{t+\frac{3}{t}\geq 4}$

Και μια καθαρή AM-GM απόδειξη και για αυτή.

Ισχύει σύμφωνα με την Ανισότητα AM-GM και την υπόθεση ( $t\geq 3$ )

$\displaystyle{t+\frac{3}{t}=3\cdot\frac{t}{3}+\frac{3}{t}\geq4\sqrt[4]{\frac{t^2}{9}}\geq 4.}$

Τι κι αν δεν είναι ισότητα;

Τι κι αν δεν είναι ισότητα;

Re: Τι κι αν δεν είναι ισότητα;

Re: Τι κι αν δεν είναι ισότητα;

Re: Τι κι αν δεν είναι ισότητα;

Re: Τι κι αν δεν είναι ισότητα;

Re: Τι κι αν δεν είναι ισότητα;

Re: Τι κι αν δεν είναι ισότητα;

Re: Τι κι αν δεν είναι ισότητα;

Re: Τι κι αν δεν είναι ισότητα;

Μέλη σε σύνδεση