Κλασσική ανισότητα

#1

Είναι γνωστή από πολλά βιβλία.Έχει πολλούς και όμορφους και διδακτικούς τρόπους απόδειξης.

Αν $\displaystyle{ a,b \in R^* }$ με $\displaystyle{ \left| a \right| + \left| b \right| = 1 }$ τότε να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{ \left( {\left| a \right| + \frac{1}{{\left| a \right|}}} \right)^2 + \left( {\left| b \right| + \frac{1}{{\left| b \right|}}} \right)^2 \ge \frac{{25}}{2} }$

Eukleidis · #2

Θα χρησιμοποιήσουμε τη βασική ανισότητα $\displaystyle{2\left( {{x^2} + {y^2}} \right) \geqslant {\left( {x + y} \right)^2}}$ που ισχύει για κάθε $\displaystyle{x,y \in \mathbb{R}}$ .

Θέτοντας για $\displaystyle{x = \left| a \right| + \tfrac{1}{{\left| a \right|}}}$ και για $\displaystyle{y = \left| b \right| + \tfrac{1}{{\left| b \right|}}}$ παίρνουμε ότι:

$\displaystyle{2\left[ {{{\left( {\left| a \right| + \tfrac{1}{{\left| a \right|}}} \right)}^2} + {{\left( {\left| b \right| + \tfrac{1}{{\left| b \right|}}} \right)}^2}} \right] \geqslant {\left( {\left| a \right| + \tfrac{1}{{\left| a \right|}} + \left| b \right| + \tfrac{1}{{\left| b \right|}}} \right)^2} = {\left( {1 + \tfrac{1}{{\left| a \right|}} + \tfrac{1}{{\left| b \right|}}} \right)^2} \Rightarrow }$ $\displaystyle{{\left( {\left| a \right| + \tfrac{1}{{\left| a \right|}}} \right)^2} + {\left( {\left| b \right| + \tfrac{1}{{\left| b \right|}}} \right)^2} \geqslant \tfrac{{{{\left( {1 + \tfrac{1}{{\left| {ab} \right|}}} \right)}^2}}}{2}}$

Όμως $\displaystyle{{\left( {\left| a \right| + \left| b \right|} \right)^2} \geqslant 4\left| {ab} \right| \Rightarrow \tfrac{1}{4} \geqslant \left| {ab} \right| \Rightarrow \tfrac{1}{{\left| {ab} \right|}} \geqslant 4 \Rightarrow 1 + \tfrac{1}{{\left| {ab} \right|}} \geqslant 5}$ και το ζητούμενο εδείχθη

#3

Ευχαριστώ το Γιώργο για τη λύση.Εννοείται πως αναμένω κι άλλες σκέψεις...

Pla.pa.s · #4

Μια άλλη προσέγγιση είναι η εξής:
Θέτουμε αρχικά (για ευκολία γραφής και μόνο) $\left|a\right| \rightarrow a>0$ και $\left|b\right| \rightarrow b>0$ και έχουμε b=1-a

οπότε
$\displaystyle{\left(a+\frac{1}{a}\right)^{2}+\left(b+\frac{1}{b}\right)^{2}=4+2a^{2}-2a+1+\frac{2a^{2}-2a+1}{(a(1-a))^{2}}}=4+\left(2a^{2}-2a+1\right)\left(1+\frac{1}{(a(1-a))^{2}\right)}$
Το $(a(1-a))^{2}$ παίρνει τη μέγιστη τιμή του (εφόσον 0<a<1

) για $\displaystyle{a=\frac{1}{2}}$ οπότε το $\displaystyle{\left(1+\frac{1}{(a(1-a))^{2}\right)}$ παίρνει την ελάχιστη τιμή του που ισούται με

.
Παρατηρούμε ότι και το $\displaystyle{\left(2a^{2}-2a+1\right})$ που είναι πάντα θετικό παίρνει την ελάχιστη τιμή του που είναι $\displaystyle{\frac{1}{2}}$ για $\displaystyle{a=\frac{1}{2}}$ και επομένως από τα προηγούμενα προκύπτει ότι
$\displaystyle{\left(a+\frac{1}{a}\right)^{2}+\left(b+\frac{1}{b}\right)^{2}\geq4+\frac{17}{2}=\frac{25}{2}}$

Math Rider · #5

Ακόμα μία:
Η συνάρτηση $\displaystyle{ f(x) = \left( {x + \frac{1}{x}} \right)^2 = x^2 + \frac{1}{{x^2 }} + 2 }$ , $\displaystyle{ x > 0 }$ είναι κυρτή στο $\displaystyle{ (0, + \infty ) }$

αφού $\displaystyle{ f'(x) = 2x - \frac{2}{{x^3 }} }$ και $\displaystyle{ f''(x) = 2 + \frac{6}{{x^4 }} > 0 }$ για κάθε $\displaystyle{ x > 0 }$ .

Άρα από την ανισότητα Jensen έχουμε ότι $\displaystyle{ \frac{{f(x) + f(y)}}{2} \ge f\left( {\frac{{x + y}}{2}} \right) }$ , για κάθε $\displaystyle{ x,y \in (0, + \infty ) }$ (1)

Έτσι για $\displaystyle{ x = \left| a \right| > 0 }$ , $\displaystyle{ y = \left| b \right| > 0 }$ στην (1) παιρνουμε:

$\displaystyle{ f(\left| a \right|) + f(\left| b \right|) \ge 2f\left( {\frac{{\left| a \right| + \left| b \right|}}{2}} \right) = 2f\left( {\frac{1}{2}} \right) = 2\left( {\frac{5}{2}} \right)^2 = \frac{{25}}{2} }$

#6

Math Rider έγραψε:Ακόμα μία:
Η συνάρτηση $\displaystyle{ f(x) = \left( {x + \frac{1}{x}} \right)^2 = x^2 + \frac{1}{{x^2 }} + 2 }$ , $\displaystyle{ x > 0 }$ είναι κυρτή στο $\displaystyle{ (0, + \infty ) }$

αφού $\displaystyle{ f'(x) = 2x - \frac{2}{{x^3 }} }$ και $\displaystyle{ f''(x) = 2 + \frac{6}{{x^4 }} > 0 }$ για κάθε $\displaystyle{ x > 0 }$ .

Άρα από την ανισότητα Jensen έχουμε ότι $\displaystyle{ \frac{{f(x) + f(y)}}{2} \ge f\left( {\frac{{x + y}}{2}} \right) }$ , για κάθε $\displaystyle{ x,y \in (0, + \infty ) }$ (1)

Έτσι για $\displaystyle{ x = \left| a \right| > 0 }$ , $\displaystyle{ y = \left| b \right| > 0 }$ στην (1) παιρνουμε:

$\displaystyle{ f(\left| a \right|) + f(\left| b \right|) \ge 2f\left( {\frac{{\left| a \right| + \left| b \right|}}{2}} \right) = 2f\left( {\frac{1}{2}} \right) = 2\left( {\frac{5}{2}} \right)^2 = \frac{{25}}{2} }$

Νίκο αυτή ήταν και η δική μου λύση.Ευχαριστώ πολύ!

#7

Ας μου επιτραπεί να παραθέσω και τα εξής σχετικά θέματα:

1) Αν $\displaystyle{x_1,x_2,...,x_n>0}$ με $\displaystyle{x_1+x_2+...+x_n=1}$ , τότε

$\displaystyle{\left(x_1+\frac{1}{x_1} \right)^2+\left(x_2+\frac{1}{x_2} \right)^2+...+\left(x_n+\frac{1}{x_n} \right)^2\geq \frac{(n^2+1)^2}{n}.}$

2) Αν $\displaystyle{x,y>0}$ με $\displaystyle{x+y=1}$ και $\displaystyle{a>1}$ , τότε

$\displaystyle{\left(x+\frac{1}{x} \right)^a+\left(y+\frac{1}{y} \right)^a\geq \frac{5^a}{2^{a-1}}}$

Το 2) σας θυμίζει τίποτα;

Grigoris K. · #8

matha έγραψε: 1) Αν $\displaystyle{x_1,x_2,...,x_n>0}$ με $\displaystyle{x_1+x_2+...+x_n=1}$ , τότε

$\displaystyle{\left(x_1+\frac{1}{x_1} \right)^2+\left(x_2+\frac{1}{x_2} \right)^2+...+\left(x_n+\frac{1}{x_n} \right)^2\geq \frac{(n^2+1)^2}{n}.}$

Χρησιμοποιώντας την Andreescu λαμβάνουμε:

$\displaystyle LHS \geq \frac{(x_1 + x_2 + ... + x_n + \frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} + ... + \frac{1}{x_n})^2}{n}$ άρα αρκεί $\displaystyle x_1 + x_2 + ... + x_n + \frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} + ... + \frac{1}{x_n} \geq n^2 + 1 \Leftarrow \frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} + ... + \frac{1}{x_n} \geq n^2$ , η οποία ισχύει από την Andreescu επίσης.

kwstas12345 · #9

Για την δεύτερη ανισότητα του Θάνου, από την ανισότητα Holder: $\displaystyle \sqrt[a]{2^{a-1}\left(\left(x+\frac{1}{x} \right)^a+\left(y+\frac{1}{y} \right)^a \right)}\geqslant x+\frac{1}{x}+y+\frac{1}{y}=1+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geqslant 1+\frac{4}{x+y}$ .

άρα $\displaystyle \left(x+\frac{1}{x} \right)^a+\left(y+\frac{1}{y} \right)^a \geqslant \frac{5^a}{2^{a-1}}$ .

Aκόμη ένας τρόπος, με Jensen για την $\displaystyle \left(x+\frac{1}{x} \right)^a$ που είναι κυρτή καθώς $\displaystyle \left(\left(x+\frac{1}{x} \right)^a \right)''=a\left(x+\frac{1}{x} \right)^a\frac{a\left(x^2-1 \right)^2-x^4+4x^2+1}{x^2\left(x^2+1 \right)^2}>0$

#10

To 2) ήταν θέμα του τελευταίου διαγωνισμού.Μάλιστα ήταν και η αιτία που έθεσα αρχικά την άσκηση!Ευχαριστούμε Θάνο!

spiros filippas · #11

chris_gatos έγραψε:Είναι γνωστή από πολλά βιβλία.Έχει πολλούς και όμορφους και διδακτικούς τρόπους απόδειξης.

Αν $\displaystyle{ a,b \in R^* }$ με $\displaystyle{ \left| a \right| + \left| b \right| = 1 }$ τότε να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{ \left( {\left| a \right| + \frac{1}{{\left| a \right|}}} \right)^2 + \left( {\left| b \right| + \frac{1}{{\left| b \right|}}} \right)^2 \ge \frac{{25}}{2} }$

Παραθέτω και τη δική μου αντιμετώπιση (ίσως λίγο καθυστερημένα αλλά τώρα μου <<ήρθε η έμπνευση>>

)

Θα χρησιμοποιήσουμε μόνο την $x^2+y^2\geq 2xy~~(1)$

Έστω a,b θετικοί.

Είναι:

$\displaystyle(a+\frac{1}{a})^2+(b+\frac{1}{b})^2=a^2+b^2+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+4$

Δηλαδή θέλουμε ισοδύναμα να δείξουμε ότι

$\displaystyle \displaystyle a^2+b^2+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+4\geq \frac{25}{2} ~~(2)$

Ομως, από τη συνθήκη έχουμε:

$a+b=1\Leftrightarrow a^2+b^2=1-2ab~~(3)$

και επίσης είναι

$\displaystyle a+b=1\Leftrightarrow (a+b)^2=1\Rightarrow 1\geq 4ab\Leftrightarrow ab\leq \frac{1}{4}~~(4)$
σύμφωνα με την (1)

Λόγω της (3) αντί της (2) αρκεί να δείξουμε την

$\displaystyle 1-2ab+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+4\geq \frac{25}{2}\Leftrightarrow (\frac{1}{a})^2+(\frac{1}{b})^2-2ab+5\geq \frac{25}{2}$

Λόγω της (1) και της (4) έχουμε:

$\displaystyle (\frac{1}{a})^2+(\frac{1}{b})^2-2ab+5\geq \frac{2}{ab}-2ab+5\geq \frac{2}{\frac{1}{4}}-2\times \frac{1}{4}+5=\frac{25}{2}$

και το ζητούμενο εδείχθη.

Κλασσική ανισότητα

Κλασσική ανισότητα

Re: Κλασσική ανισότητα

Re: Κλασσική ανισότητα

Re: Κλασσική ανισότητα

Re: Κλασσική ανισότητα

Re: Κλασσική ανισότητα

Re: Κλασσική ανισότητα

Re: Κλασσική ανισότητα

Re: Κλασσική ανισότητα

Re: Κλασσική ανισότητα

Re: Κλασσική ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση