Ανισότητα με συνθήκη: abc = 1

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, socrates, silouan

Άβαταρ μέλους
emouroukos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1417
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Ανισότητα με συνθήκη: abc = 1

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos » Κυρ Σεπ 04, 2016 6:25 pm

Να αποδείξετε ότι αν \displaystyle{a,b,c > 0} με \displaystyle{abc = 1,} τότε ισχύει:

\displaystyle{{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a \ge \sqrt {\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)} }.


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 804
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Ανισότητα με συνθήκη: abc = 1

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Κυρ Σεπ 04, 2016 10:33 pm

Ισχύουν τα εξής:

Αν x, y, z θετικοί πραγματικοί με xyz=1 τότε:

α) \displaystyle{ x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}} (1)

β) \displaystyle{ x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq 3\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}=3 } (2)

Πολλαπλασιάζοντας τις σχέσεις (1) και (2) κατά μέλη, προκύπτει ότι
x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq x+y+z (3)

γ) \displaystyle{ xy+yz+zx\geq 3\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}=3 \Leftrightarrow 2(xy+yz+zx)\geq 3+xy+yz+zx} (4)

Προσθέτοντας τις σχέσεις (3) και (4) κατά μέλη, προκύπτει ότι (x+y+z)^{2}\geq x+y+z+3+xy+yz+zx.

Έστω x=\dfrac{b}{a}, y=\dfrac{c}{b} και z=\dfrac{a}{c}. Τότε για οποιοδήποτε θετικούς πραγματικούς αριθμούς a, b και c θα ισχύει ότι:

\displaystyle{ (\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c})^{2}\geq 3+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \Leftrightarrow }

\displaystyle{\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{b}{c}\geq \sqrt{(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})}}

Αν όμως γνωρίζουμε επιπλέον ότι abc=1, τότε \dfrac{1}{a}=bc, \dfrac{1}{b}=ca και \dfrac{1}{c}=ab

Συνεπώς ισχύει ότι b^{2}c+c^{2}a+a^{2}b\geq \sqrt{(a+b+c)(bc+ca+ba)}, που είναι η ζητούμενη ανισότητα.


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3989
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Ανισότητα με συνθήκη: abc = 1

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Κυρ Σεπ 04, 2016 11:18 pm

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:Ισχύουν τα εξής:

Αν x, y, z θετικοί πραγματικοί με xyz=1 τότε:

α) \displaystyle{ x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}} (1)

β) \displaystyle{ x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq 3\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}=3 } (2)

Πολλαπλασιάζοντας τις σχέσεις (1) και (2) κατά μέλη, προκύπτει ότι
x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq x+y+z (3)

γ) \displaystyle{ xy+yz+zx\geq 3\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}=3 \Leftrightarrow 2(xy+yz+zx)\geq 3+xy+yz+zx} (4)

Προσθέτοντας τις σχέσεις (3) και (4) κατά μέλη, προκύπτει ότι (x+y+z)^{2}\geq x+y+z+3+xy+yz+zx.

Έστω x=\dfrac{b}{a}, y=\dfrac{c}{b} και z=\dfrac{a}{c}. Τότε για οποιοδήποτε θετικούς πραγματικούς αριθμούς a, b και c θα ισχύει ότι:

\displaystyle{ (\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c})^{2}\geq 3+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \Leftrightarrow }

\displaystyle{\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{b}{c}\geq \sqrt{(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})}}

Αν όμως γνωρίζουμε επιπλέον ότι abc=1, τότε \dfrac{1}{a}=bc, \dfrac{1}{b}=ca και \dfrac{1}{c}=ab

Συνεπώς ισχύει ότι b^{2}c+c^{2}a+a^{2}b\geq \sqrt{(a+b+c)(bc+ca+ba)}, που είναι η ζητούμενη ανισότητα.
:clap2:

Πολύ ωραία λύση!


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
emouroukos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1417
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: Ανισότητα με συνθήκη: abc = 1

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos » Δευ Σεπ 05, 2016 7:12 am

Μετά την εξαιρετική λύση του Διονύση :clap: , ας δούμε και έναν άλλο τρόπο.

Η αποδεικτέα ανισότητα γράφεται ισοδύναμα:

\displaystyle{{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a \ge \sqrt {\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)}  \Leftrightarrow }

\displaystyle{ \Leftrightarrow \frac{{{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a}}{{abc}} \ge \sqrt {a + b + c} \sqrt {\frac{{ab + bc + ca}}{{abc}}}  \Leftrightarrow }

\displaystyle{ \Leftrightarrow \frac{a}{c} + \frac{b}{a} + \frac{c}{b} \ge \sqrt {a + b + c} \sqrt {\frac{1}{c} + \frac{1}{a} + \frac{1}{b}}  \Leftrightarrow }

\displaystyle{ \Leftrightarrow {\left( {\frac{a}{c} + \frac{b}{a} + \frac{c}{b}} \right)^2} \ge \left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}{c} + \frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) \Leftrightarrow }

\displaystyle{ \Leftrightarrow \frac{{{a^2}}}{{{c^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{b^2}}} + 2\left( {\frac{b}{c} + \frac{c}{a} + \frac{a}{b}} \right) \ge 3 + \left( {\frac{b}{c} + \frac{c}{a} + \frac{a}{b}} \right) + \left( {\frac{a}{c} + \frac{b}{a} + \frac{c}{b}} \right) \Leftrightarrow }

\displaystyle{ \Leftrightarrow \frac{{{a^2}}}{{{c^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{b^2}}} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} + \frac{a}{b} \ge 3 + \frac{a}{c} + \frac{b}{a} + \frac{c}{b}}. \bf \color{red} \left(1 \right)

Παρατηρούμε τώρα ότι για κάθε \displaystyle{x > 0} ισχύει η ανισότητα

\displaystyle{{x^2} + \frac{1}{x} \ge 1 + x.} \bf \color{red} \left(2 \right)

[Πράγματι, η \bf \color{red} \left(2 \right) γράφεται ισοδύναμα

\displaystyle{\frac{{{x^3} - {x^2} - x + 1}}{x} \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} - 1} \right)}}{x} \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}\left( {x + 1} \right)}}{x} \ge 0,}

που ισχύει.]

Θέτοντας στη \bf \color{red} \left(2 \right) διαδοχικά \displaystyle{x = \frac{a}{c},} \displaystyle{x = \frac{b}{a},} \displaystyle{x = \frac{c}{b}} και προσθέτοντας κατά μέλη τις ανισότητες που προκύπτουν παίρνουμε την \bf \color{red} \left(1 \right). Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν \displaystyle{a = b = c = 1.}


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 804
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Ανισότητα με συνθήκη: abc = 1

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Δευ Σεπ 05, 2016 9:51 pm

Μια άλλη γρήγορη λύση που σκέφτηκα είναι η εξής:

(Από αυτό το σημείο και μετά)

\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{c}\geq \sqrt{(a+b+c)(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})}\Leftrightarrow \dfrac{2b}{a}+\dfrac{2c}{b}+\dfrac{2a}{c}\geq 2\sqrt{(a+b+c)(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})}

Όμως ισχύουν τα εξής:

α) \dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{b}{c}\geq 3\sqrt[3]{\dfrac{abc}{abc}}=3\Leftrightarrow \dfrac{2b}{a}+\dfrac{2c}{b}+\dfrac{2b}{c}\geq 3+\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{b}{c}

β) a+b+c+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\geq2\sqrt{(a+b+c)(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})}

Άρα αρκεί να αποδείξουμε ότι:

3+ \dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{c}\geq a+b+c+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}

Αν όμως αντικαταστήσουμε τα a, b και c με \dfrac{x}{y} ,  \dfrac{y}{z} και \dfrac{z}{x} αντίστοιχα, τότε μετά από πράξεις η ανισότητα γίνεται 3xyz+x^{3}+y^{3}+z^{3}\geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x) που ισχύει (ανισότητα Schur). Ισότητα όταν x=y=z, δηλαδή όταν a=b=c=1


Houston, we have a problem!
sot arm
Δημοσιεύσεις: 204
Εγγραφή: Τρί Μάιος 03, 2016 5:25 pm

Re: Ανισότητα με συνθήκη: abc = 1

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sot arm » Δευ Σεπ 05, 2016 10:30 pm

Διαγραφή λάθος απάντησης


Αρμενιάκος Σωτήρης
jason.prod
Δημοσιεύσεις: 134
Εγγραφή: Τρί Φεβ 25, 2014 5:29 pm

Re: Ανισότητα με συνθήκη: abc = 1

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από jason.prod » Τρί Σεπ 06, 2016 11:57 am

emouroukos έγραψε:Να αποδείξετε ότι αν \displaystyle{a,b,c > 0} με \displaystyle{abc = 1,} τότε ισχύει:

\displaystyle{{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a \ge \sqrt {\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)} }. (1)
Έχουμε ότι (1) \iff (\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b})^2 \ge (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}). Από AM-GM έχουμε ότι
2\frac{a}{c}+\frac{c}{b} \ge 3a (2). Αν εφαρμόσουμε την (2) κυκλικά και προσθέσουμε κατά μέλη έχουμε ότι
\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b} \ge a+b+c (3). Με όμοιο τρόπο μπορούμε να πάρουμε ότι
\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b} \ge \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} (4).
Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη τις (3),(4) και έχουμε το ζητούμενο.


Προδρομίδης Κυπριανός-Ιάσων
Άβαταρ μέλους
G.Bas
Δημοσιεύσεις: 705
Εγγραφή: Τετ Οκτ 13, 2010 9:27 pm
Τοποθεσία: Karditsa - Ioannina
Επικοινωνία:

Re: Ανισότητα με συνθήκη: abc = 1

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από G.Bas » Παρ Σεπ 16, 2016 12:59 am

emouroukos έγραψε:Να αποδείξετε ότι αν \displaystyle{a,b,c > 0} με \displaystyle{abc = 1,} τότε ισχύει:

\displaystyle{{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a \ge \sqrt {\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)} }.
Ισχύει σύμφωνα με την Ανισότητα Cauchy-Schwarz

\displaystyle{(a^2b+b^2c+c^2a)(b+c+a)\geq (ab+bc+ca)^2} και

\displaystyle{\begin{aligned} 
(a^2b+b^2c+c^2a)\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)&\geq (a+b+c)^2\Leftrightarrow \\(a^2b+b^2c+c^2a)(ab+bc+ca)&\geq (a+b+c)^2 
\end{aligned}}

Με πολλαπλασιασμό αυτών των δύο έχουμε τη ζητούμενη. :smile:


Let Solutions Say Your Method!

George Basdekis

Cauchy-Schwarz is the best tool!
Pantelis.N
Δημοσιεύσεις: 20
Εγγραφή: Σάβ Απρ 20, 2019 10:00 pm

Re: Ανισότητα με συνθήκη: abc = 1

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Pantelis.N » Δευ Ιουν 29, 2020 10:07 pm

Υψώνοντας στο τετράγωνο παίρνουμε

a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2+2(a^2b^3c+b^2c^3a+c^2a^3b)\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+3abc\Leftrightarrow a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2+2(ab^2+bc^2+ca^2)\geq a^2b+b^2c+c^2a+3+ab^2+bc^2+ca^2\Leftrightarrow a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2+ab^2+bc^2+ca^2\geq a^2b+b^2c+c^2a+3\Leftrightarrow (a^4b^2+1)+(b^4c^2+1)+(c^4a^2+1)+ab^2+bc^2+ca^2\geq a^2b+b^2c+c^2a+6

Είναι

a^4b^2+1\geq 2a^2b
b^4c^2+1\geq 2b^2c
c^4b^2+1\geq 2c^2b

Άρα αρκεί a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2\geq 6

Που ισχύει από AM-GM για 6 όρους εφόσον abc=1


Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Juniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες