Ανισότητα

Batapan · #1

Άλλη μια άσκηση που έφτιαξα..
Για a,b,c

θετικούς πραγματικούς αριθμούς τέτοιους ώστε $\frac{a+b+c}{2}=ab+bc+ca$
να δειχθεί ότι

$\frac{3a^3b^3}{a^2+b} + \frac{3b^3c^3}{b^2+c} +\frac{3c^3a^3}{c^2+a}\geqslant \frac{ab+bc+ca}{4}$

vgreco · #2

Batapan έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 07, 2022 4:40 pm
An θετικoί πραγματικoι αριθμοί τέτοιοι ώστε $\displaystyle{\frac{a+b+c}{2}=ab+bc+ca \quad (1)}$ , να δειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{3a^3b^3}{a^2+b} + \frac{3b^3c^3}{b^2+c} +\frac{3c^3a^3}{c^2+a}\geqslant \frac{ab+bc+ca}{4}}$

Ισοδύναμα, αρκεί να δείξω ότι:

$\displaystyle{\sum{\dfrac{3a^3b^3}{a^2+b}} \ge \dfrac{ab + bc + ca}{4} \Leftrightarrow \sum{\dfrac{a^3b^3}{a^2+b}} \ge \dfrac{ab + bc + ca}{12}}$

Η ανισότητα $\displaystyle{\rm Andreescu}$ δίνει:

$\displaystyle{\sum{\dfrac{(ab)^3}{a^2+b}} \ge \dfrac{(ab + bc + ca)^3}{3(a^2 + b^2 + c^2 + a + b + c)} \overset{(1)}{=\joinrel=} \dfrac{(ab + bc + ca)^3}{3(a + b + c)^2} \overset{(1)}{=\joinrel=} \dfrac{(ab + bc + ca)^3}{12(ab + bc + ca)^2} = \dfrac{ab + bc + ca}{12}}$

όπως θέλαμε. Η ισότητα ισχύει για a = b = c

. Αντικαθιστώντας στην (1)

, παίρνουμε $a = b = c = \dfrac{1}{2}$ .

Batapan · #3

vgreco έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 07, 2022 5:44 pm

Batapan έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 07, 2022 4:40 pm
An θετικoί πραγματικoι αριθμοί τέτοιοι ώστε $\displaystyle{\frac{a+b+c}{2}=ab+bc+ca \quad (1)}$ , να δειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{3a^3b^3}{a^2+b} + \frac{3b^3c^3}{b^2+c} +\frac{3c^3a^3}{c^2+a}\geqslant \frac{ab+bc+ca}{4}}$
Ισοδύναμα, αρκεί να δείξω ότι:

$\displaystyle{\sum{\dfrac{3a^3b^3}{a^2+b}} \ge \dfrac{ab + bc + ca}{4} \Leftrightarrow \sum{\dfrac{a^3b^3}{a^2+b}} \ge \dfrac{ab + bc + ca}{12}}$

Η ανισότητα $\displaystyle{\rm Andreescu}$ δίνει:

$\displaystyle{\sum{\dfrac{(ab)^3}{a^2+b}} \ge \dfrac{(ab + bc + ca)^3}{3(a^2 + b^2 + c^2 + a + b + c)} \overset{(1)}{=\joinrel=} \dfrac{(ab + bc + ca)^3}{3(a + b + c)^2} \overset{(1)}{=\joinrel=} \dfrac{(ab + bc + ca)^3}{12(ab + bc + ca)^2} = \dfrac{ab + bc + ca}{12}}$

όπως θέλαμε. Η ισότητα ισχύει για . Αντικαθιστώντας στην , παίρνουμε $a = b = c = \dfrac{1}{2}$ .

Νομίζω πως Andreescu λειτουργεί αν στους αριθμητές του αθροίσματος έχουμε τετράγωνα..διορθωσέ με αν κάνω λάθος.
Τώρα θα μπορούσαμε να χρησιμοποιήσουμε και την ανισότητα Holder ως εξής...ισχύει ότι

$(1+1+1)((a^2+b)+(b^2+c)+(c^2+a))(\sum \frac{a^3b^3}{a^2+b})\geqslant (ab+bc+ca)^3$

$= > 3(a^2+b^2+c^2+a+b+c)(\sum \frac{a^3b^3}{a^2+b})\geqslant (ab+bc+ca)^3$

$= > 3(a+b+c)^2 (\sum \frac{a^3b^3}{a^2+b})\geq \frac{(a+b+c)^3}{8}$

$= > 3\sum \frac{a^3b^3}{a^2+b}\geq \frac{a+b+c}{8}=\frac{ab+bc+ca}{4}$

και ισότητα όπως είπες

Κυριάκος Τσουρέκας · #4

Batapan έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 07, 2022 6:08 pm

vgreco έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 07, 2022 5:44 pm

Batapan έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 07, 2022 4:40 pm
An θετικoί πραγματικoι αριθμοί τέτοιοι ώστε $\displaystyle{\frac{a+b+c}{2}=ab+bc+ca \quad (1)}$ , να δειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{3a^3b^3}{a^2+b} + \frac{3b^3c^3}{b^2+c} +\frac{3c^3a^3}{c^2+a}\geqslant \frac{ab+bc+ca}{4}}$
Ισοδύναμα, αρκεί να δείξω ότι:

$\displaystyle{\sum{\dfrac{3a^3b^3}{a^2+b}} \ge \dfrac{ab + bc + ca}{4} \Leftrightarrow \sum{\dfrac{a^3b^3}{a^2+b}} \ge \dfrac{ab + bc + ca}{12}}$

Η ανισότητα $\displaystyle{\rm Andreescu}$ δίνει:

$\displaystyle{\sum{\dfrac{(ab)^3}{a^2+b}} \ge \dfrac{(ab + bc + ca)^3}{3(a^2 + b^2 + c^2 + a + b + c)} \overset{(1)}{=\joinrel=} \dfrac{(ab + bc + ca)^3}{3(a + b + c)^2} \overset{(1)}{=\joinrel=} \dfrac{(ab + bc + ca)^3}{12(ab + bc + ca)^2} = \dfrac{ab + bc + ca}{12}}$

όπως θέλαμε. Η ισότητα ισχύει για . Αντικαθιστώντας στην , παίρνουμε $a = b = c = \dfrac{1}{2}$ .
Νομίζω πως Andreescu λειτουργεί αν στους αριθμητές του αθροίσματος έχουμε τετράγωνα..διορθωσέ με αν κάνω λάθος.
Τώρα θα μπορούσαμε να χρησιμοποιήσουμε και την ανισότητα Holder ως εξής...ισχύει ότι

$(1+1+1)((a^2+b)+(b^2+c)+(c^2+a))(\sum \frac{a^3b^3}{a^2+b})\geqslant (ab+bc+ca)^3$

$= > 3(a^2+b^2+c^2+a+b+c)(\sum \frac{a^3b^3}{a^2+b})\geqslant (ab+bc+ca)^3$

$= > 3(a+b+c)^2 (\sum \frac{a^3b^3}{a^2+b})\geq \frac{(a+b+c)^3}{8}$

$= > 3\sum \frac{a^3b^3}{a^2+b}\geq \frac{a+b+c}{8}=\frac{ab+bc+ca}{4}$

και ισότητα όπως είπες

Η Andreescu ισχύει στην γενικευμένη της μορφή ως εξής:

$\frac{(x_1)^k}{a_1} + \dots + \frac{(x_n)^k}{a_n} \geq \frac{(x_1 + x_2 + \dots + x_n)^k}{n^(k-2) (a_1 + a_2 + \dots + a_n)}$

Batapan · #5

Κυριάκος Τσουρέκας έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 07, 2022 9:04 pm

Batapan έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 07, 2022 6:08 pm

vgreco έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 07, 2022 5:44 pm

Batapan έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 07, 2022 4:40 pm
An θετικoί πραγματικoι αριθμοί τέτοιοι ώστε $\displaystyle{\frac{a+b+c}{2}=ab+bc+ca \quad (1)}$ , να δειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{3a^3b^3}{a^2+b} + \frac{3b^3c^3}{b^2+c} +\frac{3c^3a^3}{c^2+a}\geqslant \frac{ab+bc+ca}{4}}$
Ισοδύναμα, αρκεί να δείξω ότι:

$\displaystyle{\sum{\dfrac{3a^3b^3}{a^2+b}} \ge \dfrac{ab + bc + ca}{4} \Leftrightarrow \sum{\dfrac{a^3b^3}{a^2+b}} \ge \dfrac{ab + bc + ca}{12}}$

Η ανισότητα $\displaystyle{\rm Andreescu}$ δίνει:

$\displaystyle{\sum{\dfrac{(ab)^3}{a^2+b}} \ge \dfrac{(ab + bc + ca)^3}{3(a^2 + b^2 + c^2 + a + b + c)} \overset{(1)}{=\joinrel=} \dfrac{(ab + bc + ca)^3}{3(a + b + c)^2} \overset{(1)}{=\joinrel=} \dfrac{(ab + bc + ca)^3}{12(ab + bc + ca)^2} = \dfrac{ab + bc + ca}{12}}$

όπως θέλαμε. Η ισότητα ισχύει για . Αντικαθιστώντας στην , παίρνουμε $a = b = c = \dfrac{1}{2}$ .
Νομίζω πως Andreescu λειτουργεί αν στους αριθμητές του αθροίσματος έχουμε τετράγωνα..διορθωσέ με αν κάνω λάθος.
Τώρα θα μπορούσαμε να χρησιμοποιήσουμε και την ανισότητα Holder ως εξής...ισχύει ότι

$(1+1+1)((a^2+b)+(b^2+c)+(c^2+a))(\sum \frac{a^3b^3}{a^2+b})\geqslant (ab+bc+ca)^3$

$= > 3(a^2+b^2+c^2+a+b+c)(\sum \frac{a^3b^3}{a^2+b})\geqslant (ab+bc+ca)^3$

$= > 3(a+b+c)^2 (\sum \frac{a^3b^3}{a^2+b})\geq \frac{(a+b+c)^3}{8}$

$= > 3\sum \frac{a^3b^3}{a^2+b}\geq \frac{a+b+c}{8}=\frac{ab+bc+ca}{4}$

και ισότητα όπως είπες
Η Andreescu ισχύει στην γενικευμένη της μορφή ως εξής:

$\frac{(x_1)^k}{a_1} + \dots + \frac{(x_n)^k}{a_n} \geq \frac{(x_1 + x_2 + \dots + x_n)^k}{n^(k-2) (a_1 + a_2 + \dots + a_n)}$

Δεν γνώριζα τη γενίκευση...ευχαριστώ !!

Ανισότητα

Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση