Ανισότητα!

Ορέστης Λιγνός · #1

Αν

έτσι ώστε $\dfrac{1}{c}-\dfrac{1}{a} \leq \dfrac{1}{b} \leq a$ , να δείξετε ότι $a+b+c \geq \sqrt{6}$ .

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #2

Έχουμε:

$a\geq \dfrac{1}{b} \Leftrightarrow ab\geq 1$ (1)

$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\geq \dfrac{1}{c}\Leftrightarrow c(a+b)\geq ab$ (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε ότι $3(ab+bc+ca)=3ab+3c(a+b)\geq 6ab\geq 6$ .

Είναι γνωστό ότι $(a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ca)$ .

Άρα $(a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ca) \geq 6$ , συνεπώς $a+b+c\geq \sqrt{6}$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

Ορέστη και Διονύση πολύ ωραία.
Η ανισότητα βελτιώνεται.
Δηλαδή με τις ίδιες προυποθέσεις για τα a,b,c

να αποδειχθεί ότι $a+b+c\geq \frac{5}{2}$

harrisp · #4

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Ορέστη και Διονύση πολύ ωραία.
Η ανισότητα βελτιώνεται.
Δηλαδή με τις ίδιες προυποθέσεις για τα

να αποδειχθεί ότι $a+b+c\geq \frac{5}{2}$

Διαγραφή λάθος λύσης μετα από παρατήρηση του κ. Σταύρου. Θα επανέλθω αργότερα.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Ορέστη και Διονύση πολύ ωραία.
Η ανισότητα βελτιώνεται.
Δηλαδή με τις ίδιες προυποθέσεις για τα

να αποδειχθεί ότι $a+b+c\geq \frac{5}{2}$

Εύκολα έχουμε $c\geq \dfrac {1} {2}$ .

Γεια σου Χάρη
Νομίζω ότι αυτό το εύκολα έχουμε θέλει εξήγηση(αν υπάρχει)

Ορέστης Λιγνός · #6

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Ορέστη και Διονύση πολύ ωραία.
Η ανισότητα βελτιώνεται.
Δηλαδή με τις ίδιες προυποθέσεις για τα

να αποδειχθεί ότι $a+b+c\geq \frac{5}{2}$

Καλησπέρα σας κύριε Σταύρο. Γεια σου και πάλι Χάρη!

Είναι $c(a+b) \geq ab \geq 1 \Leftrightarrow c \geq \dfrac{1}{a+b}$ .

Άρα, αν $x=a+b \geq 2$ , αρκεί να δειχτεί ότι $x+\dfrac{1}{x}\geq \dfrac{5}{2} \Leftrightarrow x^2-\dfrac{5}{2}x+1 \geq 0$ , και για να ισχύει αυτό πρέπει η $x \geq 2$ ή $x \leq \dfrac{1}{2}$ , από τα οποία ισχύει προφανώς το πρώτο.

Ισότητα όταν $(a,b,c)=(1,1,\dfrac{1}{2})$ .

Ανισότητα!

Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Μέλη σε σύνδεση