Ανισότητα από Ρουμανία!

#1

Αν $\displaystyle{a,b,c>0}$ με $\displaystyle{a+b+c=3,}$ να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq a^2+b^2+c^2.}$

$\displaystyle{\rule{500pt}{1pt}}$

Η παραπάνω ανισότητα, αν και αρκετά απλή, προέρχεται από ρουμάνικο τέστ επιλογής για τη Δ.Μ.Ο. του 2006.

#2

Πράγματι με τη βοήθεια της ανισότητας Muirhead γίνεται αρκετά απλή (αν και έχει πολλές πράξεις). Το θέμα είναι αν υπάρχει κάποιος απλούστερος τρόπος.

Καταρχήν είναι ισοδύναμη με την $\displaystyle\sum_{cyc} a^2b^2\geq a^2b^2c^2\left(a^2+b^2+c^2\right)$

Ομογενοποιώντας έχουμε:

$(a+b+c)^4\displaystyle\sum_{cyc} a^2b^2\geq 3^4a^2b^2c^2\left(a^2+b^2+c^2\right)$ που ισοδύναμα (μετά τις αρκετές πράξεις) δίνει:

$\displaystyle\sum_{sym}\left(3a^4b^4+4a^5b^3+a^6b^2+12a^4b^3c+4a^5b^2c+10a^3b^3c^2-34a^4b^2c^2\right)\geq 0$ η οποία είναι προφανής από την ανισότητα Muirhead μια και είναι:

$3(4,4,0)\succ 3(4,2,2)$
$4(5,3,0)\succ 4(4,2,2)$
$(6,2,0)\succ (4,2,2)$
$12(4,3,1)\succ 12(4,2,2)$
$4(5,2,1)\succ 4(4,2,2)$
$10(3,3,2)\succ 10(3,3,2)$

Οπότε προσθέτωντας έχουμε τη ζητούμενη.

Αλέξανδρος

#3

Για να το δούμε χωρίς πράξεις.
Αρκεί να δείξουμε ότι
$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2(ab+bc+ca)\geq (a+b+c)^2$

Αλλά αυτό ισχύει, καθώς,

$\displaystyle{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2(ab+bc+ca)\geq \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+2\sqrt{3abc(a+b+c)}=\frac{3}{abc}+2\cdot 3\sqrt{abc}\geq 9}$

όπου στην τελευταία κάνουμε ΑΜ-GM.

G.Bas · #4

matha έγραψε:Αν $\displaystyle{a,b,c>0}$ με $\displaystyle{a+b+c=3,}$ να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq a^2+b^2+c^2.}$

$\displaystyle{\rule{500pt}{1pt}}$

Η παραπάνω ανισότητα, αν και αρκετά απλή, προέρχεται από ρουμάνικο τέστ επιλογής για τη Δ.Μ.Ο. του 2006.

Βρήκα μια απόδειξη με Cauchy-Schwarz.

Ισχύει $\displaystyle{\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=\frac{(b-1)^2}{b^2}+\frac{(c-1)^2}{c^2}+2\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-2}$ .

Τώρα, χρησιμοποιώντας την Αινσότητα Cauchy-Schwarz έχουμε

$\displaystyle{\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq \frac{(b+c-2)^2}{b^2+c^2}+\frac{8}{b+c}-2}$ .

Υποθέτουμε πως $\displaystyle{(b-1)(c-1)\geq 0}$ . Τότε, εύκολα προκύπτει το γεγονός ότι $\displaystyle{b^2+c^2\leq a^2-4a+5}$ .

Επομένως, ισοδύναμα έχουμε $\displaystyle{\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq \frac{(b+c-2)^2}{b^2+c^2}+\frac{8}{b+c}-2\geq \frac{(1-a)^2}{a^2-4a+5}+\frac{8}{3-a}-2}$ .

Επιπλέον, για το δεξί μέλος έχουμε $\displaystyle{a^2+b^2+c^2-\frac{1}{a^2}\leq 2a^2-4a+5-\frac{1}{a^2}}$ . Επομένως, αρκεί να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{\frac{(1-a)^2}{a^2-4a+5}+\frac{8}{3-a}-2\geq 2a^2-4a+5-\frac{1}{a^2}}$

ή

$\displaystyle{\frac{(1-a)^2}{a^2-4a+5}+\frac{8}{3-a}+\frac{1}{a^2}\geq 2a^2-4a+7}$ .

Αυτή όμως η Ανισότητα παίρνει τη μορφή $\displaystyle{(a-1)^2(2a^5-14a^4+38a^3-44a^2+13a+15)\geq 0}$ όπου ισχύει.

G.Bas · #5

matha έγραψε:Αν $\displaystyle{a,b,c>0}$ με $\displaystyle{a+b+c=3,}$ να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq a^2+b^2+c^2.}$

$\displaystyle{\rule{500pt}{1pt}}$

Η παραπάνω ανισότητα, αν και αρκετά απλή, προέρχεται από ρουμάνικο τέστ επιλογής για τη Δ.Μ.Ο. του 2006.

Ακόμη μία λύση με την Ανισότητα AM - GM.

Ισχύει $\displaystyle{9=(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)\geq 3\sqrt[3]{(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2}}$ . Επομένως, έχουμε

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2\leq\frac{27}{(ab+bc+ca)^2}}$ .

Αρκεί να αποδείξουμε λοιπόν ότι $\displaystyle{\frac{27}{(ab+bc+ca)^2}\leq\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}$

ή ισοδύναμα

$\displaystyle{(ab+bc+ca)^2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\geq 27a^2b^2c^2}$ όπου ισχύει ξανά λόγω της Ανισότητας AM - GM,

+ 1 τραγούδι για χαλάρωση

http://www.youtube.com/watch?v=PoSbnAFvqfA

Ανισότητα από Ρουμανία!

Ανισότητα από Ρουμανία!

Re: Ανισότητα από Ρουμανία!

Re: Ανισότητα από Ρουμανία!

Re: Ανισότητα από Ρουμανία!

Re: Ανισότητα από Ρουμανία!

Μέλη σε σύνδεση