Απόδειξη Ανισότητας

Κω.Κωνσταντινίδης · #1

Αν οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί $\chi ,\psi, \zeta$ έχουν άθροισμα ίσο με το 1, να δείξετε ότι:

$\left ( 1+\frac{1}{\chi } \right )\left ( 1+\frac{1}{\psi } \right )\left ( 1+\frac{1}{\zeta } \right )$ $\geq 64$

Tolaso J Kos · #2

Από την ανισότητα Αρμονικού - Γεωμετρικού Μέσου είναι:
$\displaystyle{\left(1+\frac{1}{x}\right)\left(1+\frac{1}{y}\right)\left(1+\frac{1}{z}\right) \geq \left(\frac{3}{\frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}}\right)^3 }$ οπότε αρκεί να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1} \leq \frac{3}{4}}$ Όμως:

$\displaystyle{\begin{aligned} \frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1} &= 1 - \frac{1}{x+1} + 1 - \frac{1}{y+1} + 1 - \frac{1}{z+1} \\ &=3 - \left ( \frac{1}{1+x} + \frac{1}{y+1} + \frac{1}{z+1} \right ) \end{aligned}}$
και άρα από την ανισότητα Αριθμητικού - Αρμονικού Μέσου είναι $\displaystyle{\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1} \geq \frac{3}{\frac{x+1+y+1+z+1}{3}}=\frac{9}{4}}$ και η ανισότητα έπεται.

#3

Είναι σίγουρα στο σωστό φάκελο;

Tolaso J Kos · #4

Και μία απόδειξη με την αγαπημένη μου Jensen. Η συνάρτηση $f(x) = \ln \left( 1 + \frac{1}{x} \right)$ είναι κοίλη. Τότε:

$\displaystyle{\begin{aligned} f(x) + f(y) + f(z) &=\ln \left ( 1 + \frac{1}{x} \right ) + \ln \left ( 1 + \frac{1}{y} \right ) + \ln \left ( 1 + \frac{1}{z} \right ) \\ &\geq 3 f \left( \frac{x+y+z}{3} \right ) \\ &=3 f \left ( \frac{1}{3} \right ) \\ &=3 \ln \left ( 1 + \frac{1}{\frac{1}{3}} \right ) \\ &= 3 \ln 4 \end{aligned}}$ Εκθετίζοντας παίρνουμε το ζητούμενο.

Σίγουρα υπάρχουν και άλλες αποδείξεις. Η άσκηση μου είναι γνωστή και οι μόνες αποδείξεις που θυμάμαι αυτή τη στιγμή είναι αυτές οι δύο.

#5

Άλλη μία εκτός φακέλου φυσικά.
Από ανισότητα Αριθμητικού-Γεωμετρικού-Αρμονικού μέσου είναι:

$\displaystyle \frac{{x + y + z}}{3} \ge \sqrt[3]{{xyz}} \ge \frac{3}{{\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}}} \Leftrightarrow \frac{1}{3} \ge \sqrt[3]{{xyz}} \ge \frac{3}{{\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}}},$ απ' όπου παίρνουμε:

$\displaystyle \frac{1}{{xyz}} \ge 27,\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \ge 9$ και $\displaystyle \frac{1}{{xy}} + \frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{xz}} = \frac{{x + y + z}}{{xyz}} = \frac{1}{{xyz}} \ge 27$

$\displaystyle \left( {1 + \frac{1}{x}} \right)\left( {1 + \frac{1}{y}} \right)\left( {1 + \frac{1}{z}} \right) = 1 + \left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) + \left( {\frac{1}{{xy}} + \frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{xz}}} \right) + \frac{1}{{xyz}} \ge 1 + 9 + 27 + 27 \Leftrightarrow$

$\displaystyle \left( {1 + \frac{1}{x}} \right)\left( {1 + \frac{1}{y}} \right)\left( {1 + \frac{1}{z}} \right) \ge 64.$ (Η ισότητα ισχύει για $\displaystyle x = y = z = \frac{1}{3}$ )

#6

Μεταφέρθηκε στον σωστό φάκελο.

Δίνω άλλη μία λύση. Επειδή η ισότητα πιάνεται όταν $x=y=z=\frac{1}{3}$ χρησιμοποιώ την ΑΜ-ΓΜ ως εξής:

$\displaystyle 1+ \frac{1}{x} = 1 + \frac{1}{3x} + \frac{1}{3x}+ \frac{1}{3x} \geqslant \frac{4}{\sqrt[4]{3^3x^3}}$

Άρα

$\displaystyle \left( 1+ \frac{1}{x} \right)\left( 1+ \frac{1}{y} \right)\left( 1+ \frac{1}{z} \right) \geqslant \frac{64}{\sqrt[4]{3^{27} x^3y^3z^3}} \qquad (1)$

Όμως από την ΑΜ-ΓΜ έχουμε $\displaystyle \frac{1}{3} = \frac{x+y+z}{3} \geqslant \sqrt[3]{xyz}$

Άρα $xyz \leqslant \frac{1}{3^3}$ το οποίο μαζί με την (1) δίνει το ζητούμενο.

#7

Και άλλη μία προσέγγιση: Από Holder

$\displaystyle \left( 1+ \frac{1}{x} \right)\left( 1+ \frac{1}{y} \right)\left( 1+ \frac{1}{z} \right) \geqslant \left(1+\frac{1}{\sqrt[3]{xyz}}\right)^3$

Όμως από την ΑΜ-ΓΜ έχουμε $\displaystyle \frac{1}{3} = \frac{x+y+z}{3} \geqslant \sqrt[3]{xyz}$

Άρα $xyz \leqslant \frac{1}{3^3}$ το οποίο δίνει το ζητούμενο.

#8

Κω.Κωνσταντινίδης έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 22, 2018 3:43 pm
Αν οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί $\chi ,\psi, \zeta$ έχουν άθροισμα ίσο με το 1, να δείξετε ότι:

$\left ( 1+\frac{1}{\chi } \right )\left ( 1+\frac{1}{\psi } \right )\left ( 1+\frac{1}{\zeta } \right )$ $\geq 64$

Έστω αργά ας δούμε και άλλη μία απόδειξη, την οποία δεν μπορούσα να στείλω χθες γιατί έλειπα όλη μέρα εκτός έδρας.

Έχουμε $\frac {1}{3} = \frac {x+y+z}{3} \ge \sqrt [3]{xyz}$ οπότε το αριστερό μέλος είναι

$\displaystayle {\frac {(x+y+z)+ 1 + (xy+yz+zx)+ xy z}{xyz} \ge \frac {(x+y+z)+ 1 }{xyz} + \frac {3\sqrt [3]{x^2y^2z^2} } {xyz} +\frac {xyz}{xyz}$

$\displaystayle {= \frac {2}{xyz} + \frac {3 } {\sqrt [3]{xyz}} +1\ge 2\cdot 27+3\cdot 3+1=64$

Math Rider · #9

Κω.Κωνσταντινίδης έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 22, 2018 3:43 pm
Αν οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί $\chi ,\psi, \zeta$ έχουν άθροισμα ίσο με το 1, να δείξετε ότι:

$\left ( 1+\frac{1}{\chi } \right )\left ( 1+\frac{1}{\psi } \right )\left ( 1+\frac{1}{\zeta } \right )$ $\geq 64$

Χρησιμοποιώντας την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ έχουμε

$\displaystyle{\left ( 1+\frac{1}{x} \right )\left ( 1+\frac{1}{y} \right )\left ( 1+\frac{1}{z} \right )=\left ( 2+\frac{y+z}{x} \right )\left ( 2+\frac{z+x}{y} \right )\left ( 2+\frac{x+y}{z} \right )}\geq$

$\displaystyle{2\sqrt{\frac{2(y+z)}{x}}\cdot2\sqrt{\frac{2(z+x)}{y}}\cdot2\sqrt{\frac{2(x+y)}{z}}=8\sqrt{8\frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{xyz}}\geq 8\sqrt{8\cdot8}=64}$ .

Pantelis.N · #10

Μία γρήγορη με AM-GM:

$\prod (1+\frac{1}{x})=\prod \frac{x+1}{x}=\prod \frac{x+x+y+z}{x}\geq \prod \frac{4\sqrt[4]{x^2yz}}{x}=64$

Edit: Ευχαριστώ τον Παπαδόπουλο Σταύρο για την επισήμανση του τυπογραφικού λάθους μου.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #11

Pantelis.N έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 27, 2020 9:00 pm
Μία γρήγορη με AM-GM:

$\sum (1+\frac{1}{x})=\sum \frac{x+1}{x}=\sum \frac{x+x+y+z}{x}\geq \sum \frac{4\sqrt[4]{x^2yz}}{x}=64$

Μάλλον ήθελες να γράψεις

$\prod (1+\frac{1}{x})=\prod \frac{x+1}{x}=\prod \frac{x+x+y+z}{x}\geq \prod \frac{4\sqrt[4]{x^2yz}}{x}=64$

το οποίο είναι σωστό.

Απόδειξη Ανισότητας

Απόδειξη Ανισότητας

Re: Απόδειξη Ανισότητας

Re: Απόδειξη Ανισότητας

Re: Απόδειξη Ανισότητας

Re: Απόδειξη Ανισότητας

Re: Απόδειξη Ανισότητας

Re: Απόδειξη Ανισότητας

Re: Απόδειξη Ανισότητας

Re: Απόδειξη Ανισότητας

Re: Απόδειξη Ανισότητας

Re: Απόδειξη Ανισότητας

Μέλη σε σύνδεση