Απόδειξη ανισότητας

Συντονιστής: stranton

Άβαταρ μέλους
exdx
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1540
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 6:00 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Απόδειξη ανισότητας

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από exdx » Τετ Σεπ 09, 2020 12:46 am

Οι θετικοί αριθμοί \displaystyle a,b ικανοποιούν την \displaystyle {{a}^{2}}+{{b}^{2}}=1.
Να δείξετε ότι \displaystyle \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge 2\sqrt{2}

Πρώτα οι μαθητές


Kαλαθάκης Γιώργης

Λέξεις Κλειδιά:
Filippos Athos
Δημοσιεύσεις: 126
Εγγραφή: Παρ Σεπ 08, 2017 7:45 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός

Re: Απόδειξη ανισότητας

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Filippos Athos » Τετ Σεπ 09, 2020 8:36 am

exdx έγραψε:
Τετ Σεπ 09, 2020 12:46 am
Οι θετικοί αριθμοί \displaystyle a,b ικανοποιούν την \displaystyle {{a}^{2}}+{{b}^{2}}=1.
Να δείξετε ότι \displaystyle \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge 2\sqrt{2}

Πρώτα οι μαθητές
Από CS
(a^2+b^2)(1+1)\geq (a+b)^2\Rightarrow a+b\leq\sqrt{2}

Πάλι από CS

(a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})\geq (1+1)^2\Rightarrow \sqrt{2}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})\geq (a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})\geq 4\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}

Ισότητα όταν a=b=\frac{1}{\sqrt{2}}


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10455
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Απόδειξη ανισότητας

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τετ Σεπ 09, 2020 10:20 am

exdx έγραψε:
Τετ Σεπ 09, 2020 12:46 am
Οι θετικοί αριθμοί \displaystyle a,b ικανοποιούν την \displaystyle {{a}^{2}}+{{b}^{2}}=1.
Να δείξετε ότι \displaystyle \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge 2\sqrt{2}

Πρώτα οι μαθητές
\displaystyle {a^2} + {b^2} \ge 2ab \Leftrightarrow ab \le \frac{1}{2} \Leftrightarrow \boxed{\frac{1}{{\sqrt {ab} }} \ge \sqrt 2 } (1)

\displaystyle \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{2}{{\sqrt {ab} }}\mathop  \Rightarrow \limits^{(1)} \boxed{\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge 2\sqrt 2 } Η ισότητα επιτυγχάνεται όταν \displaystyle a = b = \frac{1}{{\sqrt 2 }}


Άβαταρ μέλους
exdx
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1540
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 6:00 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Απόδειξη ανισότητας

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από exdx » Τετ Σεπ 09, 2020 10:32 am

Μόλις κερδίσατε \displaystyle 6 μόρια από το Δ2 (ΝΕΟ) εδώ :clap2:


Kαλαθάκης Γιώργης
Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1347
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Απόδειξη ανισότητας

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Τετ Σεπ 09, 2020 11:52 am

exdx έγραψε:
Τετ Σεπ 09, 2020 12:46 am
Οι θετικοί αριθμοί \displaystyle a,b ικανοποιούν την \displaystyle {{a}^{2}}+{{b}^{2}}=1.
Να δείξετε ότι \displaystyle \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge 2\sqrt{2}

Πρώτα οι μαθητές
Και τα δυο μέλη της ανισότητας είναι θετικά, οπότε ισοδύναμα γράφεται

\displaystyle{ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge 2\sqrt{2} \Leftrightarrow \left (  \frac{1}{a}+\frac{1}{b} \right )^2 \geq  \left ( 2\sqrt{2} \right )^2 \Leftrightarrow \dfrac{1}{a^2} +\dfrac{1}{b^2} +\dfrac{2}{ab} \geq 8 \Leftrightarrow \dfrac{a^2+b^2}{a^2b^2} +\dfrac{2}{ab} \geq 8  \Leftrightarrow }

\displaystyle{\dfrac{1}{a^2b^2} +\dfrac{2}{ab} \geq 8 \Leftrightarrow \dfrac{1}{a^2b^2}+\dfrac{2ab}{a^2b^2} \geq \dfrac{8a^2b^2}{a^2b^2}  \Leftrightarrow 1+2ab \geq 8(ab)^2 \Leftrightarrow 8(ab)^2-2ab-1 \leq 0  \Leftrightarrow }

\displaystyle{8(ab)^2 -4ab +2ab-1 \leq 0  \Leftrightarrow  4ab(2ab-1) +(2ab-1) \leq 0  \Leftrightarrow  (4ab+1)(2ab-1) \leq 0}

Παρατηρούμε ότι \displaystyle{4ab+1 >0 }, άρα αρκεί να ισχύει \displaystyle{2ab-1 \leq 0}.

Πράγματι \displaystyle{2ab-1 \leq 0 \Leftrightarrow 2ab \leq 1  \Leftrightarrow 2ab \leq a^2+b^2  \Leftrightarrow 0 \leq a^2-2ab+b^2  \Leftrightarrow 0 \leq (a-b)^2}


nikhtas30
Δημοσιεύσεις: 63
Εγγραφή: Πέμ Ιούλ 25, 2019 5:04 pm

Re: Απόδειξη ανισότητας

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nikhtas30 » Τετ Σεπ 09, 2020 12:17 pm

:first:

Λύση:
Ισχύει ότι:
(a-b)^2≥0
a^2+b^2≥2ab, όμως ισχύει ότι a^2+b^2=1
1≥2ab
ab≤\frac{1}{2}

Επιπλέον

a^2+b^2=1
(a-b)^2-2ab=1
(a+b)^2=1+2ab είναι η σχέση (1)

\frac{1}{a}+\frac{1}{b}≥2√2
a+b≥2√2ab
(a+b)^2≥8(ab)^2
Από την σχέση (1) προκύπτει ότι:
1+2ab≥8(ab)^2
8(ab)^2-2ab-1≤0
(2ab-1)(4ab+1)≤0
Επειδή 4ab+1>1>0 η ανίσωση απλοποιείται
2ab-1≤0
ab≤\frac{1}{2}, που ισχύει.
Επομένως αποδείχθηκε το ζητούμενο.


ksofsa
Δημοσιεύσεις: 239
Εγγραφή: Κυρ Απρ 18, 2010 9:42 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Απόδειξη ανισότητας

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ksofsa » Τετ Σεπ 09, 2020 12:22 pm

Καλησπέρα!

Μία λύση εκτός φακέλου:

Η ανισότητα είναι άμεση απόρροια της ανισότητας τετραγωνικού μέσου -αρμονικού μέσου.

\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2}}\geq \dfrac{2}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}.

Αντικαθιστώντας a^2+b^2=1, παίρνουμε τη ζητούμενη.


Κώστας Σφακιανάκης
SPYRIDON TZORTZIS
Δημοσιεύσεις: 18
Εγγραφή: Δευ Μαρ 16, 2020 3:13 pm

Re: Απόδειξη ανισότητας

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από SPYRIDON TZORTZIS » Σάβ Νοέμ 14, 2020 5:07 pm

exdx έγραψε:
Τετ Σεπ 09, 2020 12:46 am
Οι θετικοί αριθμοί \displaystyle a,b ικανοποιούν την \displaystyle {{a}^{2}}+{{b}^{2}}=1.
Να δείξετε ότι \displaystyle \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge 2\sqrt{2}

Πρώτα οι μαθητές
Θέλω να δείξω ότι: \displaystyle \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge 2\sqrt{2}\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{2}}\geq \frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}} \Leftrightarrow \sqrt{\frac{1}{2}}\geq \frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}} \;(1)

Ισχύει πως: (a-b)^2 \ge 0 \Leftrightarrow a^2 -2ab + b^2 \ge 0 \mathop \Leftrightarrow \limits ^{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}=1}  1-2ab \ge 0 \Leftrightarrow \frac{1}{2} \ge ab \Leftrightarrow \sqrt{\frac{1}{2}} \ge \sqrt{ab} \; (2)

Λόγω ΓΜ-ΑρμΜ ισχύει:  \sqrt{ab}\geq \frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}} \; (3)

Έτσι από (2),(3) \Rightarrow  \sqrt{\frac{1}{2}}\geq \sqrt{ab} \ge \frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}} , που ισχύει, άρα ισχύει και η (1).


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4870
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Απόδειξη ανισότητας

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Σάβ Νοέμ 14, 2020 6:22 pm

Για λόγους πλουραλισμού, μια ακόμα προσέγγιση του θέματος:

Θέτουμε  \displaystyle a = \eta \mu \varphi ,\;\;b = \sigma \upsilon \nu \varphi ,\;\;\varphi  \in \left( {0,\;\frac{\pi }{2}} \right)

Η ανισότητα γράφεται  \displaystyle \frac{1}{{\eta \mu \varphi }} + \frac{1}{{\sigma \upsilon \nu \varphi }} \ge 2\sqrt 2  \Leftrightarrow \eta \mu \varphi  + \sigma \upsilon \nu \varphi  \ge \sqrt 2 \eta \mu 2\varphi

 \displaystyle  \Leftrightarrow \eta {\mu ^2}\varphi  + 2\eta \mu \varphi \sigma \upsilon \nu \varphi  + \sigma \upsilon {\nu ^2}\varphi  \ge 2\eta {\mu ^2}2\varphi

(τετραγωνίσαμε ισοδύναμα τους θετικούς όρους της ανισότητας)

 \displaystyle  \Leftrightarrow \eta \mu 2\varphi  + 1 \ge 2\eta {\mu ^2}2\varphi , που ισχύει, αφού  \displaystyle \left\{ \begin{array}{l} 
\eta {\mu ^2}2\varphi  \le 1\;\;\\ 
\eta {\mu ^2}2\varphi  \le \eta \mu 2\varphi  
\end{array} \right. ,

(εφόσον για  \displaystyle 0 < x \le 1 είναι  \displaystyle {x^2} \le x) .


Άβαταρ μέλους
Christos.N
Δημοσιεύσεις: 1931
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 26, 2009 2:28 pm
Τοποθεσία: Ίλιον

Re: Απόδειξη ανισότητας

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos.N » Κυρ Νοέμ 15, 2020 7:16 pm

Κάπως παιχνιδιάρικα αν ήθελε κάποιος να μαντέψει γραφικά που βρίσκεται το ελάχιστο.

DeepinScreenshot_Επιλέξτε περιοχή_20201115191409.png
DeepinScreenshot_Επιλέξτε περιοχή_20201115191409.png (22.36 KiB) Προβλήθηκε 401 φορές
Ενδιαφέρον έχει επίσης ο γεωμετρικός τόπος που δίνει το Geogebra.


Χρήστος Ντάβας
Wir müssen wissen — wir werden wissen! D.Hilbert
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΛΓΕΒΡΑ Α'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες