Απόδειξη ανισότητας

#1

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

Filippos Athos · #2

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 $a=b=\frac{1}{\sqrt{2}}$

#3

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 $\displaystyle a = b = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$

#4

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

Al.Koutsouridis · #5

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

User#0000 · #6

Λύση:
Ισχύει ότι:
(a-b)^2≥0

, όμως ισχύει ότι a^2+b^2=1

$ab≤\frac{1}{2}$

Επιπλέον

a^2+b^2=1

είναι η σχέση (1)

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}≥2√2$
a+b≥2√2ab

Από την σχέση (1)

προκύπτει ότι:
1+2ab≥8(ab)^2

Επειδή

η ανίσωση απλοποιείται
2ab-1≤0

$ab≤\frac{1}{2}$ , που ισχύει.
Επομένως αποδείχθηκε το ζητούμενο.

ksofsa · #7

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.

SPYRIDON TZORTZIS · #8

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)

.

#9

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 $\displaystyle {x^2} \le x$ ) .

Christos.N · #10

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

: DeepinScreenshot_Επιλέξτε περιοχή_20201115191409.png (22.36 KiB) Προβλήθηκε 864 φορές

Ενδιαφέρον έχει επίσης ο γεωμετρικός τόπος που δίνει το Geogebra.

Απόδειξη ανισότητας

Απόδειξη ανισότητας

Re: Απόδειξη ανισότητας

Re: Απόδειξη ανισότητας

Re: Απόδειξη ανισότητας

Re: Απόδειξη ανισότητας

Re: Απόδειξη ανισότητας

Re: Απόδειξη ανισότητας

Re: Απόδειξη ανισότητας

Re: Απόδειξη ανισότητας

Re: Απόδειξη ανισότητας

Μέλη σε σύνδεση