Σελίδα 1 από 1

Ανισότητα

Δημοσιεύτηκε: Τρί Νοέμ 19, 2019 10:05 am
από Al.Koutsouridis
Για του θετικούς αριθμούς a,b και c να αποδείξετε ότι ισχύει

\displaystyle \dfrac{1+bc}{a} +\dfrac{1+ca}{b}+\dfrac{1+ab}{c} > \sqrt{a^2+2}+ \sqrt{b^2+2}+ \sqrt{c^2+2}.

Re: Ανισότητα

Δημοσιεύτηκε: Τρί Νοέμ 19, 2019 10:49 am
από cretanman
Η ανισότητα γράφεται 2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}+\dfrac{ab}{c}\right)\geq 2\left(\sqrt{a^2+2}+\sqrt{b^2+2}+\sqrt{c^2+2}\right)

Όμως

\dfrac{ca}{b}+\dfrac{ab}{c}\geq 2\sqrt{\dfrac{ca}{b}\cdot \dfrac{ab}{c}}=2a και κυκλικά και οι υπόλοιπες σχέσεις. Προσθέτοντας αυτές κατά μέλη παίρνουμε

2\left(\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}+\dfrac{ab}{c}\right) \geq 2(a+b+c)

Οπότε:

2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}+\dfrac{ab}{c}\right) \geq 2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+a+b+c\right)

Άρα αρκεί να δείξουμε ότι \dfrac{2}{a}+2a> 2\sqrt{a^2+2}\Leftrightarrow a^2+1 > a\sqrt{a^2+2} \Leftrightarrow a^4+2a^2+1> a^2(a^2+2) \Leftrightarrow a^4+2a^2+1> a^4+2a^2 που ισχύει.

Αλέξανδρος

Re: Ανισότητα

Δημοσιεύτηκε: Τρί Νοέμ 19, 2019 6:35 pm
από emouroukos
Λίγο διαφορετικά από τον Αλέξανδρο, αλλά με την ίδια ιδέα:

Με εφαρμογή της βασικής ανισότητας \displaystyle {x^2} + {y^2} + {z^2} \ge xy + yz + zx για \displaystyle x = ab, \displaystyle y = bc και \displaystyle z = ca, προκύπτει ότι

\displaystyle {a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} \ge abc\left( {a + b + c} \right),

άρα

\displaystyle \frac{{ab}}{c} + \frac{{bc}}{a} + \frac{{ca}}{b} \ge a + b + c.

Επομένως, αρκεί να αποδείξουμε ότι

\displaystyle \sum\limits_{cyc} {\left( {a + \frac{1}{a}} \right)}  > \sum\limits_{cyc} {\sqrt {{a^2} + 2} } .

Αλλά είναι

\displaystyle {\left( {a + \frac{1}{a}} \right)^2} = {a^2} + 2 + \frac{1}{{{a^2}}} > {a^2} + 2 \Rightarrow a + \frac{1}{a} > \sqrt {{a^2} + 2}

και το ζητούμενο έπεται άμεσα.