Ανισότητα

Tolaso J Kos · #1

Να δειχθεί ότι για θετικούς αριθμούς a,b, c

ισχύει:

$\displaystyle{\left ( ab + bc + ca \right ) \sqrt{\frac{a+b+c}{abc}} \leq \sqrt{3} \left ( \frac{ab}{c} + \frac{bc}{a} + \frac{ca}{b} \right )}$
Από το Μαθηματικό Εργαστήρι ...

Ορέστης Λιγνός · #2

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 11, 2023 10:46 pm
Να δειχθεί ότι για θετικούς αριθμούς ισχύει:

$\displaystyle{\left ( ab + bc + ca \right ) \sqrt{\frac{a+b+c}{abc}} \leq \sqrt{3} \left ( \frac{ab}{c} + \frac{bc}{a} + \frac{ca}{b} \right )}$
Από το Μαθηματικό Εργαστήρι ...

Θέτουμε $a+b+c=p, \, ab+bc+ca=q$ και abc=r

, οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι

$\dfrac{q\sqrt{p}}{\sqrt{r}} \leq \dfrac{(q^2-2pr)\sqrt{3}}{r},$

δηλαδή ότι $q\sqrt{pr} \leq (q^2-2pr)\sqrt{3}$ . Είναι,

$q^2=(ab+bc+ca)^2 \geq 3abc(a+b+c)=3pr,$ συνεπώς έχουμε ότι

$q^2\sqrt{3}-q\sqrt{pr}=q(q\sqrt{3}-\sqrt{pr}) \geq \sqrt{3pr} \cdot 2\sqrt{pr}=2\sqrt{3}pr,$

δηλαδή ότι $(q^2-2pr)\sqrt{3} \geq q\sqrt{pr}$ , που είναι το ζητούμενο.

Henri van Aubel · #3

Λίγο διαφορετικά. Θέτουμε b=am

και

για κάποιους $m,k\in \mathbb{R}^{\ast }.$ Η αποδεικτέα γίνεται :

$\displaystyle \left ( a^{2}m+a^{2}mk+a^{2} k\right )\cdot \sqrt{\frac{a\left ( k+m+1 \right )}{a^{3}mk}}\leq \sqrt{3}\left ( \frac{a^{^{2}}m}{ak}+\frac{a^{2}mk}{a}+\frac{a^{2}k}{am} \right )\Longleftrightarrow$

$\displaystyle \Longleftrightarrow a^{2}\left ( m+k+mk \right )\cdot \frac{\sqrt{k+m+1}}{a\sqrt{mk}}\leq a\sqrt{3}\left ( \frac{m}{k}+\frac{k}{m}+mk \right )\Longleftrightarrow$

$\displaystyle \Longleftrightarrow \frac{\left ( m+k+mk \right )\sqrt{k+m+1}\sqrt{mk}}{mk}\leq \sqrt{3}\cdot \frac{m^{2}+k^{2}+m^{2}k^{2}}{mk}\Longleftrightarrow$

$\displaystyle \Longleftrightarrow \left ( m+k+mk \right )^{2}\left ( m+k+1 \right )mk\leq 3\left ( m^{2}+k^{2}+m^{2}k^{2} \right )^{2}\left ( \bigstar \right )$

Θέτουμε m+k=x

και

και γίνεται $\left ( x+y \right )\left ( x+1 \right )y\leq 3\left ( x^{2}-2y+y^{2} \right )^{2}$ για θετικούς πραγματικούς η οποία γίνεται τετριμμένη.

∫ot.T. · #4

Η ζητούμενη ανισότητα γράφεται

$(ab+bc+ac)\sqrt{3abc(a+b+c)}\leq 3(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2})$

Εφαρμόζοντας B-C-S στο δεξί μέλος, αρκεί να δεχθεί ότι

$\sqrt{3abc(a+b+c)}\leq ab+bc+ac$

Υψώνοντας στο τετράγωνο λαμβάνουμε γνωστή ανισότητα, οπότε το ζητούμενο αποδείχθηκε.

ksofsa · #5

Καλημέρα.

Άλλη μια λύση:

Από ανισότητα Chebychev, έχω:

$\sqrt{3}(\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b})\geq \dfrac{\sqrt{3}}{3}(ab+bc+ca)(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})$

και άρα αρκεί

$\dfrac{\sqrt{3}}{3}(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})\geq \sqrt{\dfrac{a+b+c}{abc}}\Leftrightarrow \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{3a^2b^2c^2}\geq \dfrac{a+b+c}{abc}\Leftrightarrow$

$(ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c)\Leftrightarrow (ab-bc)^2+(bc-ca)^2+(ca-ab)^2\geq 0$ , που ισχύει.

Ανισότητα

Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση