Περίεργη ανισότητα!

Ορέστης Λιγνός · #1

Έστω

ώστε:

i) οι $\sqrt{x},\sqrt{y},\sqrt{z}$ είναι πλευρές τριγώνου, και
ii) $\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}=5$ .

Να αποδείξετε, ότι:

$\dfrac{x(y^2-2z^2)}{z}+\dfrac{y(z^2-2x^2)}{x}+\dfrac{z(x^2-2y^2)}{y} \geqslant 0$ .

Filippos Athos · #2

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 10, 2020 11:55 pm
Έστω ώστε:

i) οι $\sqrt{x},\sqrt{y},\sqrt{z}$ είναι πλευρές τριγώνου, και
ii) $\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}=5$ .

Να αποδείξετε, ότι:

$\dfrac{x(y^2-2z^2)}{z}+\dfrac{y(z^2-2x^2)}{x}+\dfrac{z(x^2-2y^2)}{y} \geqslant 0$ .

Δηλαδή ,κάνοντας τις διαιρέσεις,αρκεί να αποδείξουμε ότι $\frac{xy^{2}}{z}+\frac{yz^{2}}{x}+\frac{zx^{2}}{y}\geq 2xy+2yz+2xz (1)$
Παρατηρούμε ότι $(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x})\cdot (xy+yz+zx)=$ $x^{2}+y^{2}+z^{2}+\frac{xy^{2}}{z}+\frac{yz^{2}}{x}+\frac{zx^{2}}{y}+xy+yz+xz=5(xy+yz+xz)\Rightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}+\frac{xy^{2}}{z}+\frac{yz^{2}}{x}+\frac{zx^{2}}{y}=$ 4(xy+yz+xz) (2)

Για να ισχύει το (1)

πρέπει να ισχύει $2(xy+xz+zy)\geq x^{2}+y^{2}+z^{2}$ από το (2)

Από εδώ υπάρχουν αρκετοί τρόποι να συνεχίσουμε ώστε να αποδείξουμε την παραπάνω ανισότητα χρησιμοποιώντας οτι οι $\sqrt{x},\sqrt{y},\sqrt{z}$ είναι πλευρές τριγώνου.Σχετικό θέμα εδώ https://artofproblemsolving.com/communi ... equalities

Περίεργη ανισότητα!

Περίεργη ανισότητα!

Re: Περίεργη ανισότητα!

Μέλη σε σύνδεση