Ανισότητα για Ευκλείδη Γ' Γυμνασίου(Δ-13)

#1

Αν $\bf a,b>0$ , να αποδειχθεί ότι :

$\bf \displaystyle{(1+\frac {a}{b} )^{2014}+(1+\frac {b}{a} )^{2014} \geq 2^{2015}}$

Μπάμπης

#2

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Αν $\bf a,b>0$ , να αποδειχθεί ότι :

$\bf \displaystyle{(1+\frac {a}{b} )^{2014}+(1+\frac {b}{a} )^{2014} \geq 2^{2015}}$

Μπάμπης

Από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου έχω:

$\displaystyle{{\left( {1 + \frac{\alpha }{b}} \right)^{2014}} + {\left( {1 + \frac{b}{a}} \right)^{2014}} \ge 2\sqrt {{{\left[ {\left( {1 + \frac{\alpha }{b}} \right)\left( {1 + \frac{b}{a}} \right)} \right]}^{2014}}} = 2\sqrt {{{\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a} + 2} \right)}^{2014}}} = }$ $\displaystyle{2\sqrt {{{\left[ {{{\left( {\sqrt {\frac{a}{b}} + \sqrt {\frac{b}{a}} } \right)}^2}} \right]}^{2014}}} = 2{\left( {\sqrt {\frac{a}{b}} + \sqrt {\frac{b}{a}} } \right)^{2014}} \ge 2 \cdot {2^{2014}} = {2^{2015}}}$

Theoxaris Malamidis · #3

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Αν $\bf a,b>0$ , να αποδειχθεί ότι :

$\bf \displaystyle{(1+\frac {a}{b} )^{2014}+(1+\frac {b}{a} )^{2014} \geq 2^{2015}}$

Μπάμπης

Καλησπέρα

, έστω :
$\displaystyle \frac{a}{b}=k$ και $\displaystyle \frac{b}{a}=\frac{1}{k}$ και $\displaystyle k>0$
Από ΑΜ-ΓΜ αρκεί ΝΔΟ:
$\displaystyle \frac{(1+k)^{2014}+(1+\frac{1}{k})^{2014}}{2}\geq 2^{2014} \Leftrightarrow \sqrt{({1+k)^{2014}(1+\frac{1}{k})^{2014}}}\geq 2^{2014}\Leftrightarrow ((1+k)(1+\frac{1}{k}))^{1007}\geq 2^{2014}\Leftrightarrow (1+k)(1+\frac{1}{k})\geq 2^{2}\Leftrightarrow (k+1)^{2}\geq 4k$
το οποίο ισχύει από :
$\displaystyle (a+b)^{2}\geq 4ab$

Νίκος Αϊνστάιν · #4

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Αν $\bf a,b>0$ , να αποδειχθεί ότι :

$\bf \displaystyle{(1+\frac {a}{b} )^{2014}+(1+\frac {b}{a} )^{2014} \geq 2^{2015}}$

Μπάμπης

Καλημέρα.
Λόγω αρχείου, θα ήθελα να προσθέσω την λύση μου σε αυτήν την άσκηση.
Έχουμε: $(1 + \dfrac {a}{b})^{2014} + (1 + \dfrac {b}{a}) \geq 2(1 + \dfrac {a}{b})^{1007}(1 + \dfrac {b}{a})^{1007} =$
$2[(1 + \dfrac {a}{b})(1 + \dfrac {b}{a})]^{1007} = 2(1 + \dfrac {a}{b} + \dfrac {b}{a} + \dfrac {ab}{ab})^{1007} =$
$2(2 + \dfrac {a}{b} + \dfrac {b}{a})^{1007} \geq 2(2 + 2)^{1007} = 2 \cdot 4^{1007} = 2 \cdot 2^{2014} = 2^{2015}$
Η ισότητα ισχύει για a = b

, με τον περιορισμό $a, b \neq 0$ .

qwerty · #5

Theoxaris Malamidis έγραψε:
$\displaystyle \frac{(1+k)^{2014}+(1+\frac{1}{k})^{2014}}{2}\geq 2^{2014} \Leftrightarrow \sqrt{({1+k)^{2014}(1+\frac{1}{k})^{2014}}}\geq 2^{2014}$

Έτσι όπως το γράφεις δεν είναι σωστό

G.Bas · #6

chris_gatos έγραψε:
Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Αν $\bf a,b>0$ , να αποδειχθεί ότι :

$\bf \displaystyle{(1+\frac {a}{b} )^{2014}+(1+\frac {b}{a} )^{2014} \geq 2^{2015}}$

Μπάμπης
Από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου έχω:

$\displaystyle{{\left( {1 + \frac{\alpha }{b}} \right)^{2014}} + {\left( {1 + \frac{b}{a}} \right)^{2014}} \ge 2\sqrt {{{\left[ {\left( {1 + \frac{\alpha }{b}} \right)\left( {1 + \frac{b}{a}} \right)} \right]}^{2014}}} = 2\sqrt {{{\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a} + 2} \right)}^{2014}}} = }$ $\displaystyle{2\sqrt {{{\left[ {{{\left( {\sqrt {\frac{a}{b}} + \sqrt {\frac{b}{a}} } \right)}^2}} \right]}^{2014}}} = 2{\left( {\sqrt {\frac{a}{b}} + \sqrt {\frac{b}{a}} } \right)^{2014}} \ge 2 \cdot {2^{2014}} = {2^{2015}}}$

Μπορούμε να παραβλέψουμε τις επανελλειμένες εφαρμογές AM-GM με Cauchy-Schwarz και να πούμε πως

$\displaystyle{2\sqrt{\left[\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{a}\right)\right]^{2014}}\geq 2(1+1)^{2014}=2^{2015}.}$

#7

qwerty έγραψε:
Theoxaris Malamidis έγραψε:
$\displaystyle \frac{(1+k)^{2014}+(1+\frac{1}{k})^{2014}}{2}\geq 2^{2014} \Leftrightarrow \sqrt{({1+k)^{2014}(1+\frac{1}{k})^{2014}}}\geq 2^{2014}$
Έτσι όπως το γράφεις δεν είναι σωστό

Είναι διδακτικά σημαντική η παρατήρηση του qwerty .Δείτε το αντί - παράδειγμα :

$\displaystyle{\frac {4+16}{2}\geq 10 \Longleftrightarrow \sqrt{4\cdot 16} \geq 10$

Προφανώς η ισοδυναμία δεν ισχύει.

Μπορούμε όμως να γράψουμε τη λύση του Θεοχάρη ως εξής :

Έστω :
$\displaystyle \frac{a}{b}=k$ και $\displaystyle \frac{b}{a}=\frac{1}{k}$ και $\displaystyle k>0$

Από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ είναι

$\frac{{{(1+k)}^{2014}}+{{(1+\frac{1}{k})}^{2014}}}{2}\ge \sqrt{{{(1+k)}^{2014}}{{(1+\frac{1}{k})}^{2014}}}$ .

Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι :

$\begin{array}{l} \sqrt {{{(1 + k)}^{2014}}{{(1 + \frac{1}{k})}^{2014}}} \ge {2^{2014}} \Leftrightarrow {((1 + k)(1 + \frac{1}{k}))^{1007}} \ge {2^{2014}} \Leftrightarrow \\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow (1 + k)(1 + \frac{1}{k}) \ge {2^2} \Leftrightarrow {(k + 1)^2} \ge 4k \end{array}$

το οποίο ισχύει από την ανισότητα $\displaystyle (a+b)^{2}\geq 4ab$ .

Μπάμπης

Theoxaris Malamidis · #8

Χρόνια πολλά καλή χρονιά σε όλους.
Βασικά εννοούσα αυτό που έγραψε ο κ.Μπάμπης , αλλά θα μου πεις στα μαθηματικά τίποτα δεν εννοείται και θα έχεις και δίκιο.

Ανισότητα για Ευκλείδη Γ' Γυμνασίου(Δ-13)

Ανισότητα για Ευκλείδη Γ' Γυμνασίου(Δ-13)

Re: Ανισότητα για Ευκλείδη Γ' Γυμνασίου

Re: Ανισότητα για Ευκλείδη Γ' Γυμνασίου

Re: Ανισότητα για Ευκλείδη Γ' Γυμνασίου

Re: Ανισότητα για Ευκλείδη Γ' Γυμνασίου

Re: Ανισότητα για Ευκλείδη Γ' Γυμνασίου

Re: Ανισότητα για Ευκλείδη Γ' Γυμνασίου

Re: Ανισότητα για Ευκλείδη Γ' Γυμνασίου

Μέλη σε σύνδεση