mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 14, 2009 10:59 am**

Και μια ωραία ανισότητα, για τους λάτρεις του είδους:

Αν a,b>0,

να αποδείξετε ότι $\displaystyle\frac{a+b}{2}-\sqrt{ab}\geq\frac{(a-b)^2(3a+b)(a+3b)}{8(a+b)(a^2+6ab+b^2)}\geq0$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 14, 2009 6:47 pm**

Η παρακάτω λύση δεν είναι και η καλύτερη δυνατή αλλά είναι λύση! Φαντάζομαι ότι θα υπάρχει κάτι πολύ καλύτερο.

Χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι ab=1

.

Τότε η ανισότητα γίνεται

$\begin{aligned} \displaystyle\frac{a+\frac{1}{a}}{2}-1 & \geq \frac{\left(a-\frac{1}{a}\right)^2\left(3a+\frac{1}{a}\right)\left(a+\frac{3}{a}\right)}{8\left(a+\frac{1}{a}\right)\left(a^2+6+\frac{1}{a^2}\right)} \Longleftrightarrow \\ 4\left(a^2-2a+1\right) &\geq \frac{\left(a-1\right)^2(a+1)^2\left(3a^2+1\right)\left(a^2+3\right)}{\left(a^2+1\right)\left(a^4+6a^2+1\right)} \Longleftrightarrow \\ 4\left(a^2+1\right)\left(a^4+6a^2+1\right) &\geq (a+1)^2\left(3a^2+1\right)\left(a^2+3\right) \Longleftrightarrow \\ a^6-6a^5+15a^4-20a^3+15a^2-6a+1 &\geq 0 \Longleftrightarrow \\ \left(a-1\right)^6 &\geq 0 \end{aligned}$

το οποίο ισχύει

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 14, 2009 7:35 pm**

Επισυνάπτω μία λύση για την ωραία αυτή και παιδευτική ανισότητα .
Αθ . Μπεληγιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 14, 2009 8:04 pm**

Πράγματι ωραίες λύσεις σε μια ωραία ανισότητα

Μπορεί να απλοποιηθεί, ως εξής:
$\displaystyle\frac{(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2}{2}\geq\displaystyle\frac{(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2(3a+b)(a+3b)}{4(a+b)(a^2+6ab+b^2)}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 24, 2009 10:13 am**

cretanman έγραψε:Η παρακάτω λύση δεν είναι και η καλύτερη δυνατή αλλά είναι λύση! Φαντάζομαι ότι θα υπάρχει κάτι πολύ καλύτερο.

Χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι .

Τότε η ανισότητα γίνεται

$\begin{aligned} \displaystyle\frac{a+\frac{1}{a}}{2}-1 & \geq \frac{\left(a-\frac{1}{a}\right)^2\left(3a+\frac{1}{a}\right)\left(a+\frac{3}{a}\right)}{8\left(a+\frac{1}{a}\right)\left(a^2+6+\frac{1}{a^2}\right)} \Longleftrightarrow \\ 4\left(a^2-2a+1\right) &\geq \frac{\left(a-1\right)^2(a+1)^2\left(3a^2+1\right)\left(a^2+3\right)}{\left(a^2+1\right)\left(a^4+6a^2+1\right)} \Longleftrightarrow \\ 4\left(a^2+1\right)\left(a^4+6a^2+1\right) &\geq (a+1)^2\left(3a^2+1\right)\left(a^2+3\right) \Longleftrightarrow \\ a^6-6a^5+15a^4-20a^3+15a^2-6a+1 &\geq 0 \Longleftrightarrow \\ \left(a-1\right)^6 &\geq 0 \end{aligned}$

το οποίο ισχύει

Αλέξανδρος

Να ρωτησω κατι. Γιατι δε βλάπτεται η γενικοτητα αν υποθεσουμε κατι τετοιο; Σε ποιες περιπτωσεις δε βλαπτεται η γενικοτητα αν υποθετουμε καποια πραγματα (βοηθητικα)?

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 24, 2009 12:08 pm**

p@g έγραψε:Να ρωτησω κατι. Γιατι δε βλάπτεται η γενικοτητα αν υποθεσουμε κατι τετοιο; Σε ποιες περιπτωσεις δε βλαπτεται η γενικοτητα αν υποθετουμε καποια πραγματα (βοηθητικα)?

Δεν βλάπτεται η γενικότητα γιατί αν αντικαταστήσουμε τα α, β με λα, λβ, αντίστοιχα, παίρνουμε ακριβώς την ίδια σχέση. Συνεπώς μπορούμε να επιλέξουμε το λ ώστε να ισχύει(λα)(λβ) = 1.
Το παραπάνω και οι παραλλαγές του είναι συνηθισμένα τεχνάσματα στις ανισώσεις και στις ταυτότητες.
Ας δούμε ένα απλό παράδειγμα: Για να δείξει κανείς την

(a+b)^5 = a^5 + 5a^4b + 10a^3b^2 + 10a^2b^3+5ab^4+b^5

(a+b)^5 = a^5 + 5a^4b + 10a^3b^2 + 10a^2b^3+5ab^4+b^5

αρκεί να δείξει την ειδική περίπτωση

(1+x)^5 = 1 + 5x + 10x^2 + 10x^3+ 5x^4+x^5

διότι η αντικατάσταση των a, b, με λa, λb δεν αλλάζει το αποδεικτέο.
Συνεπώς μπορούμε να υποθέσουμε ότι λa = 1.

Φιλικά,

Μιχάλης

mathematica.gr

Ανισότητα

Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα