Ανισότητα!

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #1

Αν

είναι θετικοί πραγματικοί και abc=a+b+c

να αποδειχθεί ότι:

$\dfrac{1}{\sqrt{1+a^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+c^2}}\leq \dfrac{3}{2}$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #2

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:Αν είναι θετικοί πραγματικοί και να αποδειχθεί ότι:

$\dfrac{1}{\sqrt{1+a^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+c^2}}\leq \dfrac{3}{2}$

Αν

τότε

χάσαμε και ομια για τα άλλα.

Ετσι θέτοντας $a=\tan A,b=\tan B,c=\tan C$ με A,B,C

οξείες γωνίες

έχουμε $A+B+C=\pi$

δηλαδή τα A,B,C

είναι γωνίες τριγώνου.

Η προς απόδειξη γράφεται

$\cos A+\cos B+\cos C\leq \dfrac{3}{2}$

που είναι γνωστή .

(το 1977 την είχαν σχεδόν όλα τα βιβλία τριγωνομετρίας)
Συμπλήρωμα.Είχα ξεχάσει ένα )

harrisp · #3

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:Αν είναι θετικοί πραγματικοί και να αποδειχθεί ότι:

$\dfrac{1}{\sqrt{1+a^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+c^2}}\leq \dfrac{3}{2}$
Αν τότε χάσαμε και ομια για τα άλλα.

Ετσι θέτοντας $a=\tan A,b=\tan B,c=\tan C$ με οξείες γωνίες

έχουμε $A+B+C=\pi$

δηλαδή τα είναι γωνίες τριγώνου.

Η προς απόδειξη γράφεται

$\cos A+\cos B+\cos C\leq \dfrac{3}{2}$

που είναι γνωστή .

(το 1977 την είχαν σχεδόν όλα τα βιβλία τριγωνομετρίας

Εύκολη απόδειξη πχ με Jensen...

Υπάρχει και λύση χωρίς τριγωνομετρία...

Ορέστης Λιγνός · #4

Γεια σου Διονύση.

Είναι

$\displaystyle \sum_{\textnormal{\en cyc}} \dfrac{1}{\sqrt{a^2+1}}=\sum_{\textnormal{\en cyc}} \dfrac{1}{\sqrt{a^2+\dfrac{abc}{a+b+c}}}=\sum_{\textnormal{\en cyc}} \sqrt{\dfrac{a+b+c}{a(a^2+ab+ac+bc)}} \mathop = \limits^{a+b+c=abc} \sum_{\textnormal{\en cyc} }\sqrt{\dfrac{bc}{(a+b)(a+c)}}$ .

Αρκεί λοιπόν $\displaystyle \sum_{\textnormal{\en cyc} }\sqrt{\dfrac{bc}{(a+b)(a+c)}} \leqslant \dfrac{3}{2}$ .

Όμως, από AM-GM,

$\displaystyle \sum_{\textnormal{\en cyc} }\sqrt{\dfrac{bc}{(a+b)(a+c)}} \leqslant$

$\dfrac{\displaystyle \sum_{\textnormal{\en cyc}} (\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{c}{a+c})}{2}=\dfrac{\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{c}{a+c}+\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{c}{b+c}+\dfrac{a}{a+c}+\dfrac{b}{b+c}}{2}=\dfrac{3}{2}$ .

Η ισότητα αν $a=b=c=\sqrt{3}$ .

harrisp · #5

Ορέστης Λιγνός έγραψε:Γεια σου Διονύση.

Είναι

$\displaystyle \sum_{\textnormal{\en cyc}} \dfrac{1}{\sqrt{a^2+1}}=\sum_{\textnormal{\en cyc}} \dfrac{1}{\sqrt{a^2+\dfrac{abc}{a+b+c}}}=\sum_{\textnormal{\en cyc}} \sqrt{\dfrac{a+b+c}{a(a^2+ab+ac+bc)}} \mathop = \limits^{a+b+c=abc} \sum_{\textnormal{\en cyc} }\sqrt{\dfrac{bc}{(a+b)(a+c)}}$ .

Αρκεί λοιπόν $\displaystyle \sum_{\textnormal{\en cyc} }\sqrt{\dfrac{bc}{(a+b)(a+c)}} \leqslant \dfrac{3}{2}$ .

Όμως, από AM-GM,

$\displaystyle \sum_{\textnormal{\en cyc} }\sqrt{\dfrac{bc}{(a+b)(a+c)}} \leqslant$

$\dfrac{\displaystyle \sum_{\textnormal{\en cyc}} (\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{c}{a+c})}{2}=\dfrac{\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{c}{a+c}+\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{c}{b+c}+\dfrac{a}{a+c}+\dfrac{b}{b+c}}{2}=\dfrac{3}{2}$ .

Η ισότητα αν $a=b=c=\sqrt{3}$ .

Ορέστη, αν και δεν είμαι ο θεματοδότης ... Πολύ ωραία λύση!!

Εγώ προσπάθησα να «φτιάξω» την συνθήκη με την γνωστή αντικατάσταση όταν έχουμε την a+b+c=abc

σε $x=\dfrac {1}{ab} ~~ ...$ όπου κερδίζουμε:

• Τα a,b,c

σε συνάρτηση με τα x,y,z

•

Αντικαθιστώντας θα πάρουμε εύκολα το ιδιαίτερα ισχυρό ζητούμενο...

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #6

και για τις 3 λύσεις. Προσωπικά είχα σκεφτεί την λύση του κύριου Σταύρου, αλλά και οι άλλες λύσεις παρόλο που είναι στοιχειώδεις είναι πολύ ωραίες!

Ανισότητα!

Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Μέλη σε σύνδεση