mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 19, 2019 10:05 am**

Για του θετικούς αριθμούς a,b

και

να αποδείξετε ότι ισχύει

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

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 19, 2019 10:49 am**

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

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 19, 2019 6:35 pm**

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.

mathematica.gr

Ανισότητα

Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα