Ανισότητα

G.Tsikaloudakis · #1

Αν

, με ${\text{ abc = 1 }}$ ,
να αποδείξετε ότι:
${\text{a}}^{\text{2}} {\text{ + b}}^{\text{2}} {\text{ + c}}^{\text{2}} \geqslant {\text{a + b + c}}$

(με μαθηματικά Α΄Λυκείου)

sokratis lyras · #2

Παράνομά...

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

spiros filippas · #3

Με την άδεια του εισηγητή ας δούμε την γενικότερη: Με την ίδια συνθήκη να δείξετε ότι:

$a^n+b^n+c^n \geq a^k+b^k+c^k$ όταν $n\geq k$

#4

G.Tsikaloudakis έγραψε:Αν
, με ${\text{ abc = 1 }}$ ,
να αποδείξετε ότι:
${\text{a}}^{\text{2}} {\text{ + b}}^{\text{2}} {\text{ + c}}^{\text{2}} \geqslant {\text{a + b + c}}$

(με μαθηματικά Α΄Λυκείου)

Γιώργο, αν περιμένουμε λίγο μέχρι το 2020 , οπότε το Λύκειο θα έχει όπως φαίνεται αναβαθμιστεί και τα μαθηματικά θα μεσουρανούν, θα πάρουμε από τους τότε μαθητές μας της Α' Λυκείου τις εξής δύο απλές λύσεις :

1η Λύση
Με μελέτη της μονοτονίας της συνάρτησης f(x)=x^2-x-lnx

βρίσκουμε ότι η

έχει ελάχιστο το

για

.Έτσι :

$f(a)+f(b)+f(c) \geq 0$ , δηλαδή $a^2+b^2+c^2 \geq (a+b+c)+ln(abc)$ , που είναι η ζητούμενη ,με την ισότητα να ισχύει

αν a=b=c=1

, όταν δηλαδή τα a,b,c

πέσουν πάνω στη θέση ολικού ελαχίστου.

Οι λιγότερο καλοί μαθητές θα έδιναν την παρακάτω :

2η Λύση

Γνωρίζουμε ότι $3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2$ .Αυτή, αφού abc=1

, δίνει :

$3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2=(a+b+c)(a+b+c) \geq (a+b+c)\cdot 3\sqrt[3] {abc} = 3( a+b+c)$

όπου στο τελευταίο βήμα (γράφει τώρα ο μαθητής του 2020)χρησιμοποιήσαμε την γνωστή από τη Β΄γυμνασίου ανισότητα

$AM-GM : a+b+c \geq 3\sqrt[3] {abc}$ . Απλοποιούμε τώρα το

και παίρνουμε τη ζητούμενη !

*** Μέχρι εκείνη την ευλογημένη μέρα, ας έχουμε υπομονή. Το νέο σχολείο ξεκίνησε ήδη και είναι ζήτημα χρόνου η επίτευξη αυτών των βασικών στόχων

.

Μπάμπης

sokratis lyras · #5

spiros filippas έγραψε:Με την άδεια του εισηγητή ας δούμε την γενικότερη: Με την ίδια συνθήκη να δείξετε ότι:

$a^n+b^n+c^n \geq a^k+b^k+c^k$ όταν $n\geq k$

Από την ανισότητα των δυνάμεων έχουμε:
$\displaystyle\sqrt[n]{\displaystyle\frac{a^n+b^n+c^n}{3}}=x\ge \diplaystyle\sqrt[k]{\displaystyle\frac{a^k+b^k+c^k}{3}}=y$ .Άρα αρκεί ν.δ.ο. $x^n\ge y^k$ με $x\ge y$ .

Έχουμε $x^n\ge y^k\Rightarrow x^{\displaystyle\frac{n}{k}}\ge y\Rightarrow y^{\displaystyle\frac{n}{k}-1}\ge 1$ που ισχύει απο ΑΜ-ΓΜ.

#6

G.Tsikaloudakis έγραψε:Αν
, με ${\text{ abc = 1 }}$ ,
να αποδείξετε ότι:
${\text{a}}^{\text{2}} {\text{ + b}}^{\text{2}} {\text{ + c}}^{\text{2}} \geqslant {\text{a + b + c}}$

(με μαθηματικά Α΄Λυκείου)

Κλασική διαγωνιστική ανισότητα με πλήθος λύσεων.

Μια ελαφρώς διαφορετική από τις παραπάνω είναι και η εξής:

Ισχύει $\displaystyle{(a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2\geq 0 \Rightarrow a^2+b^2+c^2\geq 2(a+b+c)-3=a+b+c+(a+b+c-3)\geq a+b+c,}$

αφού λόγω της ΑΜ-ΓΜ είναι $\displaystyle{a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3.}$

$\displaystyle{\rule{600pt}{1pt}}$

Παραθέτω ακόμα μια απόδειξη, η οποία βασίζεται μόνο στην ανισότητα $\displaystyle{\boxed{x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx}}$ (1)

η οποία είναι άμεση συνέπεια της $\displaystyle{(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\geq 0.}$

Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

1η) Αν ισχύει $\displaystyle{ab+bc+ca\geq a+b+c,}$ έχουμε λόγω της (1)

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca\geq a+b+c,}$ οπότε η ζητούμενη αποδείχθηκε.

2η) Ας είναι τώρα $\displaystyle{a+b+c\geq ab+bc+ca,}$ (2) οπότε $\displaystyle{(a+b+c)^2\geq (ab+bc+ca)^2}$ άρα $\displaystyle{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc(a+b+c)}$

δηλαδή

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2(a+b+c)}$ ,

οπότε, λόγω της (2) είναι

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2.}$

Όμως, λόγω της (1) έχουμε $\displaystyle{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq abc(a+b+c)=a+b+c}$ και τελειώσαμε.

G.Tsikaloudakis · #7

Ακριβώς στην ανισότητα:
$a^2 + b^2 + c^2 \geqslant ab + bc + ac$ (1)
στηρίζεται και η δική μου λύση ,παρόμοια με του Θάνο.

Με τη βοήθεια της (1) , χωρίς τη χρήση της : $\eqalign{ & a^2 + b^2 + c^2 \geqslant a + b + c \cr & \cr}$
μπορούμε να αποδείξουμε ότι και

$a^4 + b^4 + c^4 \geqslant a + b + a$ και γενικότερα:

$\eqalign{ & a^{4\nu } + b^{4\nu } + c^{4\nu } \geqslant a + b + a \cr & \cr}$ ,

για κάθε θετικό ακέραιο ν. Για a > 0,b > 0,c > 0

βέβαια με abc = 1

#8

G.Tsikaloudakis έγραψε:Ακριβώς στην ανισότητα:
$a^2 + b^2 + c^2 \geqslant ab + bc + ac$ (1)
στηρίζεται και η δική μου λύση ,παρόμοια με του Θάνο.

...

Αν δε σου κάνει κόπο, μπορείς να τη γράψεις;

G.Tsikaloudakis · #9

Ας δούμε πρώτα την : $a^4 + b^4 + c^4 \geqslant a + b + c$ .
Έχουμε:
$a^4 + b^4 + c^4 \geqslant a^2 b^2 + b^2 c^2 + a^2 c^2 = \frac{1}{{a^2 }} + \frac{1}{{b^2 }} + \frac{1} {{c^2 }} \geqslant \frac{1} {{ab}} + \frac{1} {{ac}} + \frac{1} {{bc}} = a + b + c$

Για την $a^2 + b^2 + c^2 \geqslant a + b + c$ ,έχουμε:

$a^2 + b^2 + c^2 \geqslant ab + bc + ac = \frac{1} {a} + \frac{1} {b} + \frac{1} {c}$

Αν $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} < a + b + c$ , τότε:

$\frac{1} {a} + \frac{1} {b} + \frac{1} {c} < a + b + c\mathop {}\limits^{} \Rightarrow$

$\frac{1} {{a^2 }} + \frac{1} {{b^2 }} + \frac{1} {{c^2 }} + 2(a + b + c) < a^2 + b^2 + c^2 + 2\left( {\frac{1} {a} + \frac{1} {b} + \frac{1} {c}} \right)\mathop {}\limits^{} \Rightarrow$

$\frac{1} {{a^2 }} + \frac{1} {{b^2 }} + \frac{1} {{c^2 }} < a^2 + b^2 + c^2 \mathop {}\limits^{} \Rightarrow \mathop {}\limits^{} a^2 + b^2 + c^2 > \frac{1} {{ab}} + \frac{1} {{bc}} + \frac{1} {{ac}} = a + b + c$

Ανισότητα

Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση