Ανίσωση

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 975
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Ανίσωση

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Κυρ Οκτ 13, 2019 12:23 pm

Να λύσετε την ανίσωση

\displaystyle \dfrac{2}{\sqrt{x}+x^2} +\dfrac{2\sqrt{x}}{1+x^2} +\dfrac{2x^2}{\sqrt{x}+1} \geq 3.
τελευταία επεξεργασία από Al.Koutsouridis σε Κυρ Οκτ 13, 2019 1:08 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1471
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Ανισότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Κυρ Οκτ 13, 2019 1:04 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Κυρ Οκτ 13, 2019 12:23 pm
Να λύσετε την ανισότητα

\displaystyle \dfrac{2}{\sqrt{x}+x^2} +\dfrac{2\sqrt{x}}{1+x^2} +\dfrac{2x^2}{\sqrt{x}+1} \geq 3.
Όμορφη!

(Η δοσμένη, όπως είναι η εκφώνηση, είναι ανίσωση, και όχι ανισότητα.)

Προφανής περιορισμός, ο x >0 ( για να ορίζεται το ριζικό πρέπει x \geqslant 0, και για να μη μηδενίζεται ο παρονομαστής x \neq 0).

Θα δείξω, ότι για κάθε x >0 η ανίσωση ισχύει, οπότε λύσεις θα είναι όλα τα x  \in (0, +\infty).

Έστω, \sqrt{x}=a, x^2=b και αρκεί \dfrac{1}{a+b}+\dfrac{a}{1+b}+\dfrac{b}{a+1} \geqslant \dfrac{3}{2}.

Αυτή όμως ισχύει, καθώς είναι η ανισότητα Nesbitt : \dfrac{k}{\ell+m}+\dfrac{\ell}{k+m}+\dfrac{m}{k+\ell} \geqslant \dfrac{3}{2} με k=1, \ell=a, m=b

Η ανισότητα Nesbitt, αποδεικνύεται με πολλούς τρόπους, π.χ. με την ανισότητα Cauchy-Schwarz : \dfrac{k}{\ell+m}+\dfrac{\ell}{k+m}+\dfrac{m}{k+\ell}  \geqslant \dfrac{(k+\ell+m)^2}{2(k\ell+\ell m+ mk)} \geqslant \dfrac{3}{2}, καθώς η τελευταία είναι ισοδύναμη με την (k-\ell)^2+(\ell-m)^2+(m-k)^2 \geqslant 0.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 975
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Ανισότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Κυρ Οκτ 13, 2019 1:11 pm

Ορέστης Λιγνός έγραψε:
Κυρ Οκτ 13, 2019 1:04 pm

(Η δοσμένη, όπως είναι η εκφώνηση, είναι ανίσωση, και όχι ανισότητα.)
Διορθώθηκε ;) .


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 975
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Ανίσωση

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Τετ Οκτ 16, 2019 10:37 am

έγραψε:
Κυρ Οκτ 13, 2019 12:23 pm
Να λύσετε την ανίσωση

\displaystyle \dfrac{2}{\sqrt{x}+x^2} +\dfrac{2\sqrt{x}}{1+x^2} +\dfrac{2x^2}{\sqrt{x}+1} \geq 3.
Για να δικαιολογήσουμε και το φάκελο ας δούμε άλλη μια λύση.

Ατνικαθιστούμε με a=\sqrt{x}+x^2 , \quad b=1+x^2, \quad c=\sqrt{x}+1 τους παρονομαστές των κλασμάτων της ανίσωσης. Τότε η ανίσωση γράφεται

\displaystyle \dfrac{b+c-a}{a} +\dfrac{a+c-b}{b} + \dfrac{a+b-c}{c} \geq 3 \Leftrightarrow

\displaystyle \dfrac{b}{a} +\dfrac{c}{a}-1 +\dfrac{a}{b} +\dfrac{c}{b}-1+ \dfrac{a}{c} +\dfrac{b}{c} -1 \geq 3 \Leftrightarrow

\displaystyle \left ( \dfrac{b}{a} +\dfrac{a}{b} \right ) + \left ( \dfrac{b}{c} +\dfrac{c}{b} \right )+ \left (\dfrac{c}{a} +\dfrac{a}{c} \right )  \geq 6 \Leftrightarrow

Η τελευταία όμως ισχύει για όλα τα θετικά a,b,c από απλή εφαρμογή της ανισότητας αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου

\displaystyle \dfrac{b}{a} +\dfrac{a}{b} \geq 2 \sqrt{\dfrac{b}{a} \cdot \dfrac{a}{b}} = 2 κτλ...

Οπότε, λαμβάνοντας υπόψη και τις επιτρεπτές τιμές του x, συμπεράνουμε ότι η ανίσωση ισχύει για όλα τα x > 0.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης