mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 19, 2013 11:37 am**

Να αποδείξετε ότι

α) $\displaystyle{\frac{{{x}^{2}}}{a}+\frac{{{y}^{2}}}{b}\,\ge \,\frac{{{(x+y)}^{2}}}{a+b}\,,\,\,\forall \,x,y\in R,\,\forall a,b\,>\,0 }$
β) $\displaystyle{\frac{{{x}^{3}}}{{{y}^{2}}(x+2z)}+\frac{{{y}^{3}}}{{{z}^{2}}(y+2x)}+\frac{{{z}^{3}}}{{{x}^{2}}(z+2y)}\,\,\ge \,\,1\,\,,\,\,\forall \,x,y,z\,>\,0}$

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 19, 2013 1:43 pm**

Α)... $\displaystyle\left( {a + b} \right)\left( {\frac{{{x^2}}}{a} + \frac{{{y^2}}}{b}} \right) = \left( {{{\left( {\sqrt a } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt b } \right)}^2}} \right)\left( {{{\left( {\frac{x}{{\sqrt a }}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{y}{{\sqrt b }}} \right)}^2}} \right) \ge$

$\displaystyle{\left( {\sqrt a .\frac{x}{{\sqrt a }} + \sqrt b .\frac{y}{{\sqrt b }}} \right)^2} = {\left( {x + y} \right)^2} \Rightarrow \frac{{{x^2}}}{a} + \frac{{{y^2}}}{b}{\mkern 1mu} \ge {\mkern 1mu} \frac{{{{(x + y)}^2}}}{{a + b}}$

Β)... $\displaystyle\sum {\frac{{{x^3}}}{{{y^2}(x + 2z)}}} = \sum {\frac{{{x^4}}}{{{y^2}({x^2} + 2xz)}}} \ge$

$\displaystyle\sum {\frac{{{x^4}}}{{{y^2}({x^2} + {x^2} + {z^2})}}} = \sum {\frac{{{{\left( {{x^2}} \right)}^2}}}{{2{x^2}{y^2} + {y^2}{z^2}}}} \ge \frac{{{{\left( {\sum {{x^2}} } \right)}^2}}}{{3\sum {{x^2}{y^2}} }} \ge \frac{{3\sum {{x^2}{y^2}} }}{{3\sum {{x^2}{y^2}} }} = 1$ .
Ν.Ζ.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 19, 2013 2:31 pm**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Να αποδείξετε ότι

β) $\displaystyle{\frac{{{x}^{3}}}{{{y}^{2}}(x+2z)}+\frac{{{y}^{3}}}{{{z}^{2}}(y+2x)}+\frac{{{z}^{3}}}{{{x}^{2}}(z+2y)}\,\,\ge \,\,1\,\,,\,\,\forall \,x,y,z\,>\,0}$

Μπάμπης

Μια διαφορετική λύση για το (β).

Από την Ανισότητα Cauchy-Schwarz ισχύει

$\displaystyle{\sum\frac{x^3}{y^2(x+2z)}\geq\frac{(x^{3/2}+y^{3/2}+z^{3/2})^2}{xy^2+yz^2+zx^2+2(x^2y+y^2z+z^2x)}.}$

Μένει λοιπόν να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{(x^{3/2}+y^{3/2}+z^{3/2})^2\geq xy^2+yz^2+zx^2+2(x^2y+y^2z+z^2x)\Leftrightarrow 3(x^3+y^3+z^3)+6\sum xy\sqrt{xy}\geq 3\sum xy^2+6\sum x^2y.}$

Αυτή η Ανισότητα όμως ισχύει αφού από την Ανισότητα AM-GM θα έχουμε

$\displaystyle{3\sum xy^2\leq \sum (y^3+2xy\sqrt{xy})=\sum x^3+2\sum xy\sqrt{xy},}$

και

$\displaystyle{6\sum x^2y\leq \sum (2x^3+4xy\sqrt{xy})=2\sum x^3+4\sum xy\sqrt{xy}.}$

Με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει η ζητούμενη.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 19, 2013 3:19 pm**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Να αποδείξετε ότι

β) $\displaystyle{\frac{{{x}^{3}}}{{{y}^{2}}(x+2z)}+\frac{{{y}^{3}}}{{{z}^{2}}(y+2x)}+\frac{{{z}^{3}}}{{{x}^{2}}(z+2y)}\,\,\ge \,\,1\,\,,\,\,\forall \,x,y,z\,>\,0}$

Μπάμπης

Λίγο διαφορετικά...
$LHS=\sum \dfrac{\left(\displaystyle{\frac{x}{y}\right)^2}}{1+2\displaystyle{\dfrac{z}{x}}}} \geq \dfrac{\left(\displaystyle{\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\right)^2}}{3+2\left(\displaystyle{\dfrac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}}\right)}$

Από am-gm προκύπτει $LHS \geq\displaystyle{ \dfrac{\left(\sum{\dfrac{x}{y}}\right)^2}{3\left(\sum{\dfrac{x}{y}\right)}}} \geq 1$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 19, 2013 3:26 pm**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:β) $\displaystyle{\frac{{{x}^{3}}}{{{y}^{2}}(x+2z)}+\frac{{{y}^{3}}}{{{z}^{2}}(y+2x)}+\frac{{{z}^{3}}}{{{x}^{2}}(z+2y)}\,\,\ge \,\,1\,\,,\,\,\forall \,x,y,z\,>\,0}$

Και άλλη μία απόδειξη για λόγους πλουραλισμού:

Η ζητούμενη γράφεται:

$\dfrac{x^4}{xy^2(x+2z)}+\dfrac{y^4}{yz^2(y+2x)}+\dfrac{z^4}{2x^2(z+2y)}\geq 1$

Όμως είναι γνωστό (εφαρμόστε 2 φορές την ανισότητα στο (α)) ότι για θετικούς αριθμούς a,b,c

ισχύει

$\dfrac{a^2}{x}+\dfrac{b^2}{y}+\dfrac{c^2}{z}\geq \dfrac{(a+b+c)^2}{x+y+z}$

Άρα $\dfrac{x^4}{xy^2(x+2z)}+\dfrac{y^4}{yz^2(y+2x)}+\dfrac{z^4}{2x^2(z+2y)}\geq \dfrac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+2xyz(x+y+z)}$

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι $\dfrac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+2xyz(x+y+z)} \geq 1$ που ισχύει καθώς η τελευταία ισοδύναμα γράφεται:

$\left(x^2-yz\right)^2+\left(y^2-zx\right)^2+\left(z^2-xy\right)^2\geq 0$

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 15, 2013 6:04 am**

Και άλλη μια απόδειξη.

Η Ανισότητα ισοδύναμα γράφεται

$\displaystyle{\sum\frac{\frac{x^3}{y^2}}{x+2z}\geq 1,}$

οπότε από την ανισότητα Cauchy-Schwarz θα ισχύει

$\displaystyle{\sum\frac{\frac{x^3}{y^2}}{x+2z}\geq\frac{\left(\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}\right)^2}{x(x+2z)+y(y+2x)+z(z+2y)}}$

οπότε μένει να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}\geq x+y+z}$

το οποίο ισχύει σύφωνα με την Ανισότητα Cauchy-Schwarz.

mathematica.gr

Για τους Junior που πάνε ...Αρχιμήδη !

Για τους Junior που πάνε ...Αρχιμήδη !

Re: Για τους Junior που πάνε ...Αρχιμήδη !

Re: Για τους Junior που πάνε ...Αρχιμήδη !

Re: Για τους Junior που πάνε ...Αρχιμήδη !

Re: Για τους Junior που πάνε ...Αρχιμήδη !