Ανισότητα με πλευρές τριγώνου και με συνθήκη!

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6075
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Ανισότητα με πλευρές τριγώνου και με συνθήκη!

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Δευ Δεκ 18, 2017 12:17 am

Αν \displaystyle{a,b,c} είναι πλευρές τριγώνου, για τις οποίες ισχύει \displaystyle{2ab+3bc+4ca=5abc} να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης

\displaystyle{\mathcal{F}=\frac{7}{a+b-c}+\frac{6}{b+c-a}+\frac{5}{c+a-b}}.


Μάγκος Θάνος

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3815
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Ανισότητα με πλευρές τριγώνου και με συνθήκη!

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Τρί Δεκ 26, 2017 5:00 pm

Αφού οι a,b,c είναι πλευρές τριγώνου άρα υπάρχουν θετικοί αριθμοί x,y,z ώστε a=\dfrac{y+z}{2}, \ b=\dfrac{z+x}{2}, \ c=\dfrac{x+y}{2}.

Έτσι, η δοσμένη σχέση από \dfrac{2}{c}+\dfrac{3}{a}+\dfrac{4}{b}=5 γίνεται \dfrac{2}{x+y}+\dfrac{3}{y+z}+\dfrac{4}{x+z}=\dfrac{5}{2} \ (1)

και έχουμε να μεγιστοποιήσουμε την παράσταση \mathcal{F}=\dfrac{7}{z}+\dfrac{6}{x}+\dfrac{5}{y}

Όμως λόγω της γνωστής ανισότητας \dfrac{1}{x+y}\leq\dfrac{x+y}{4xy} (με ισότητα για x=y) παίρνουμε:

\dfrac{5}{2}=\dfrac{2}{x+y}+\dfrac{3}{y+z}+\dfrac{4}{x+z}\leq \dfrac{x+y}{2xy}+\dfrac{3(y+z)}{4yz}+\dfrac{x+z}{xz}=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{7}{z}+\dfrac{6}{x}+\dfrac{5}{y}\right)=\dfrac{1}{4}\mathcal{F}

απ' όπου \mathcal{F}\geq 10. Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν x=y=z=\dfrac{9}{5} δηλαδή αν και μόνο αν a=b=c=\dfrac{9}{5}.

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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