Ανισότητα

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #1

Έστω

θετικοί πραγματικοί.

Να αποδειχθεί ότι:

$\dfrac{1}{4a}+\dfrac{3}{a+b}+\dfrac{1}{4b}\geq \dfrac{4}{3a+b}+\dfrac{4}{3b+a}$

Ορέστης Λιγνός · #2

Γεια σου Διονύση!

Η ανισότητα γράφεται $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{3}{a+b}-\dfrac{3}{4a}-\dfrac{3}{4b} \geqslant \dfrac{4}{3a+b}+\dfrac{4}{3b+a}$ (1).

Παρατηρούμε ότι $\dfrac{1}{a}-\dfrac{4}{3a+b}=\dfrac{b-a}{a(3a+b)}$ και $\dfrac{1}{b}-\dfrac{4}{3b+a}=\dfrac{a-b}{b(3b+a)}$ .

Έτσι, η (1) ξαναγράφεται $\dfrac{b-a}{a(3a+b)}+\dfrac{a-b}{b(3b+a)}+\dfrac{3}{a+b}-\dfrac{3(a+b)}{4ab} \geqslant 0$ (2).

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε την (2).

Είναι

$\dfrac{b-a}{a(3a+b)}+\dfrac{a-b}{b(3b+a)}=\dfrac{a-b}{b(3b+a)}-\dfrac{a-b}{a(3a+b)}= \ldots=$

$\dfrac{(a-b)(3a^2-3b^2)}{ab(3a+b)(3b+a)}= \dfrac{3(a-b)^2(a+b)}{ab(3a+b)(3b+a)}$

Επίσης, $\dfrac{3}{a+b}-\dfrac{3(a+b)}{4ab}=\dfrac{-3(a-b)^2}{4ab(a+b)}$ .

Αντικαθιστώντας τα παρακάτω αθροίσματα στην (2) παίρνουμε

$\dfrac{3(a-b)^2(a+b)}{ab(3a+b)(3b+a)}-\dfrac{3(a-b)^2}{4ab(a+b)} \geqslant 0 \Leftrightarrow \dfrac{a+b}{(3a+b)(3b+a)} \geqslant$

$\dfrac{1}{4(a+b)} \Rightarrow 4(a+b)^2 \geqslant (3a+b)(3b+a) \Rightarrow (a-b)^2 \geqslant 0$ , που ισχύει.

Η ισότητα αν a=b

.

dement · #3

Εναλλακτικά, με απαλοιφή παρονομαστών και λίγες πράξεις (η συμμετρία βοηθάει πολύ) η ανισότητα μετατρέπεται απευθείας στην ισοδύναμη $(a-b)^4 \geqslant 0$ .

#4

Και μία λύση εκτός φακέλου που αποφεύγει τις πράξεις.
Ισχύει ότι $(x-y)^4\geq 0$ από όπου βγάζουμε ότι $x^4+y^4+6x^2y^2\geq 4x^3y+4y^3x$ .

Θέτουμε τώρα $\displaystyle x=t^{a-\frac{1}{4}}$ και $\displaystyle y=t^{b-\frac{1}{4}}$ .

Τότε παίρνουμε $t^{4a-1}+6t^{2a+2b-1}\geq 4t^{3a+b-1}+4t^{3b+a-1}$ .

Παίρνοντας το ολοκλήρωμα από 0 μέχρι 1 στην τελευταία, παίρνουμε τη ζητούμενη ανισότητα.

Ανισότητα

Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση