ανισότητα

#1

Αν

θετικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε $a+b+c+\sqrt{abc}=4$ να δείξετε ότι $\displaystyle{\frac{a^2}{a+\sqrt{bc}}+\frac{b^2}{b+\sqrt{ac}}+\frac{c^2}{c+\sqrt{ab}}\geq \frac{3}{2}}$ .

lefteris mastoris · #2

Ομορφη ασκηση.Αν και οχι junior δινω μια προσεγγιση :
απο μια am-gm στη σχεση που δινεται προκυπτει $abc\leq1$ => $a+b+c\geq3$ .Απο Andreescu(η απλα cauchy) $LHS\geq\frac{(a+b+c)^2}{a+b+c+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}$ $\geq\frac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)}\geq\frac{3}{2}$ ελπιζω να ειναι ενταξει.

#3

Πολύ ωραία

.

Άλλη μια...

α) Αν a,b,c

θετικοί αριθμοί για τους οποίους ισχύει 4abc=a+b+c+1

να δείξετε ότι $\displaystyle{\frac{b^2+c^2}{a}+\frac{c^2+a^2}{b}+\frac{b^2+a^2}{c}\geq 2(ab+bc+ca)}$ .

β) Αν a,b,c

θετικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε $\displaystyle{\frac{b^2+c^2}{a}+\frac{c^2+a^2}{b}+\frac{b^2+a^2}{c}\leq 2(ab+bc+ca)}$ να δείξετε ότι $4abc\geq a+b+c+1$ .

#4

Επαναφορά!!

#5

socrates έγραψε:Πολύ ωραία .

Άλλη μια...

α) Αν θετικοί αριθμοί για τους οποίους ισχύει να δείξετε ότι $\displaystyle{\frac{b^2+c^2}{a}+\frac{c^2+a^2}{b}+\frac{b^2+a^2}{c}\geq 2(ab+bc+ca)}$ .

Πού ήταν αυτές χωμένες;

Καταρχάς, από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ είναι $\displaystyle{4abc=a+b+c+1\geq 4\sqrt[4]{abc},}$ άρα $\displaystyle{\boxed{abc\geq 1}.}$ (1)

Είναι

$\displaystyle{\sum \frac{b^2+c^2}{a}\geq \sum \frac{2bc}{a}=\frac{2}{abc}\Big[(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2\Big]\geq \frac{2}{3abc}(ab+bc+ca)^2.}$

Αρκεί τώρα, να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{ab+bc+ca\geq 3abc.}$ (2)

Πράγματι, είναι $\displaystyle{ab+bc+ca\geq \sqrt{3abc(a+b+c)}}$ , οπότε, για να ισχύει η (2) αρκεί να ισχύει

$\displaystyle{a+b+c\geq 3abc,}$ η οποία λόγω της αρχικής συνθήκης γράφεται $\displaystyle{abc\geq 1,}$ που αληθεύει λόγω της (1).

Αν θυμάμαι καλά, πρέπει να ήταν στην στήλη Olympiad Problems του Mathematical Reflections.

zorba_the_freak · #6

Δεν θα κουραστώ ποτέ να λέω ότι κακώς τη λέμε Andreescu....λήμα cauchy είναι σωστό και δίκαιο. Μόνο εμείς τη λέμε Andreescu...

Ορέστης Λιγνός · #7

socrates έγραψε:Πολύ ωραία .

Άλλη μια...

β) Αν θετικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε $\displaystyle{\frac{b^2+c^2}{a}+\frac{c^2+a^2}{b}+\frac{b^2+a^2}{c}\leq 2(ab+bc+ca)}$ να δείξετε ότι $4abc \geq a+b+c+1$ .

Χρησιμοποιώντας την $a^2+b^2 \geq 2ab$ και τις κυκλικές τις, παίρνουμε την ανισότητα $\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b} \leq ab+bc+ca \Leftrightarrow (ab+bc+ca)abc \geq (ab)^2+(bc)^2+(ca)^2 \geq \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{3} \Leftrightarrow ab+bc+ca \leq 3abc$ .

Είναι τώρα $9(abc)^2 \geq (ab+bc+ca)^2 \geq 3abc(a+b+c) \Leftrightarrow 3abc \geq a+b+c$ (1) και $3abc \geq ab+bc+ca \geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \Leftrightarrow abc \geq 1$ (2).

Προσθέτοντας τις (1), (2), έχουμε το ζητούμενο.

ανισότητα

ανισότητα

Re: ανισότητα

Re: ανισότητα

Re: ανισότητα

Re: ανισότητα

Re: ανισότητα

Re: ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση