Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

#101

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 41: Δείξτε ότι για κάθε $\displaystyle{a,b,c >0}$ ισχύει:

$\displaystyle{\frac{a+\sqrt{bc}}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{b+\sqrt{ca}}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}+\frac{c+\sqrt{ab}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}$

Θέτω $\displaystyle{\sqrt \alpha = k,\sqrt b = l,\sqrt c = m,k,l,m > 0}$

Τότε η ανισότητα γίνεται ισοδύναμα:

$\displaystyle{\frac{{{k^2} + lm}}{{l + m}} + \frac{{{l^2} + km}}{{k+m}} + \frac{{{m^2} + kl}}{{k + l}} \ge k + l + m}$

Θα αποδείξω πως ισχύει:

$\displaystyle{\frac{{{k^2} + lm}}{{l + m}} + \frac{{{l^2} + km}}{{k + m}} + \ge k + l}$ (1)

Αρκεί:

$\displaystyle{\frac{{{k^2} + lm}}{{l + m}} - l + \frac{{{l^2} + km}}{{k + m}} - k \ge 0}$

Αρκεί να δείξω:

$\displaystyle{\frac{{{k^2} - {l^2}}}{{l + m}} + \frac{{{l^2} - {k^2}}}{{k + m}} \ge 0}$

Αρκεί:

$\displaystyle{\left( {{k^2} - {l^2}} \right)\left( {\frac{1}{{l + m}} - \frac{1}{{k + m}}} \right) \ge 0}$

Αρκεί να δείξω ότι:

$\displaystyle{\left( {{k^2} - {l^2}} \right)\frac{{k - l}}{{\left( {l + m} \right)\left( {k + m} \right)}} \ge 0}$

Αρκεί να δείξω ότι:

$\displaystyle{{\left( {k - l} \right)^2}\frac{{k + l}}{{\left( {l + m} \right)\left( {k + m} \right)}} \ge 0}$

το οποίο προφανώς ισχύει(ισότητα για k=l

)

Εργαζόμενος κυκλικά (αυτό το κυκλικά με παίδεψε λιγάκι μέχρι να βρω το κουμπί του!) δείχνω με ακριβώς όμοιο τρόπο ότι:

$\displaystyle{\begin{array}{l} \frac{{{l^2} + km}}{{k + m}} + \frac{{{m^2} + kl}}{{k + l}} \ge l + m(2)\\ \frac{{{m^2} + kl}}{{k + l}} + \frac{{{k^2} + ml}}{{m + l}} \ge m + k(3) \end{array}}$

Με πρόθεση κατά μέλη των (1),(2),(3)

, τελειώσαμε!

raf616 · #102

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 41: Δείξτε ότι για κάθε $\displaystyle{a,b,c >0}$ ισχύει:

$\displaystyle{\frac{a+\sqrt{bc}}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{b+\sqrt{ca}}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}+\frac{c+\sqrt{ab}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}$

Ας δούμε μία διαφορετική προσέγγιση.

Θέτω $\sqrt{a} = x, \sqrt{b} = y, \sqrt{c} = z$ . Η προς απόδειξη ανισότητα γράφεται ισοδύναμα:

$\displaystyle{\dfrac{x^2 + yz}{y + z} - y + \dfrac{y^2 + zx}{z + x} - z + \dfrac{z^2 + xy}{x + y} - x \geq 0 \Leftrightarrow \sum{\dfrac{x^2}{y + z}} \geq \sum{\dfrac{x^2}{x + y}}}$

Χωρίς βλάβη της γενικότητας είναι $x \geq y \geq z$ οπότε και $x^2 \geq y^2 \geq z^2$ .

Εύκολα επίσης θα πάρουμε $\dfrac{1}{y + z} \geq \dfrac{1}{x + z} \geq \dfrac{1}{x + y}$ .

Έτσι, από την ανισότητα της αναδιάταξης θα πάρουμε άμεσα το ζητούμενο.

#103

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 41: Δείξτε ότι για κάθε $\displaystyle{a,b,c >0}$ ισχύει:

$\displaystyle{\frac{a+\sqrt{bc}}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{b+\sqrt{ca}}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}+\frac{c+\sqrt{ab}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}$

Ακόμη μία απόδειξη

$\displaystyle{ \frac{a + \sqrt{bc}}{\sqrt{b} + \sqrt{c}} - \sqrt{a} = \frac{a + \sqrt{bc} - \sqrt{ac} - \sqrt{ac}}{\sqrt{b} + \sqrt{c}} = \frac{(\sqrt{a} - \sqrt{b})(\sqrt{a} - \sqrt{c})}{\sqrt{b} + \sqrt{c}}}$

Οπότε θέλω να δείξω ότι

$\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}\frac{(\sqrt{a} - \sqrt{b})(\sqrt{a} - \sqrt{c})}{\sqrt{b} + \sqrt{c}} \geqslant 0}$

ή ισοδύναμα (πολλαπλασιάζοντας με το γινόμενο των παρονομαστών)

$\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}(a-b)(a-c)\geqslant 0.}$

Το τελευταίο όμως καταλήγει στο $a^2 + b^2 + c^2 \geqslant ab + bc + ac$

το οποίο είναι απλό/γνωστό.

#104

ΑΣΚΗΣΗ 42: Αν $\displaystyle{a,b,c,d \geq 0}$ , τότε

$\displaystyle{(a^2 +b^2 +c^2 +d^2 )^3 \geq 4(abd +abc +acd +cbd)^2}$

Antonis_Z · #105

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 42: Αν $\displaystyle{a,b,c,d \geq 0}$ , τότε

$\displaystyle{(a^2 +b^2 +c^2 +d^2 )^3 \geq 4(abd +abc +acd +cbd)^2}$

Είναι $LHS=(a^2+b^2+c^2+d^2)(a^2+b^2+c^2+d^2)^2\geq (a^2+b^2+c^2+d^2)4(a^2+b^2)(c^2+d^2)=4(a^2+b^2+c^2+d^2)(b^2d^2+a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2)\geq RHS$
(από C-S)

#106

AΣΚΗΣΗ 43: Αν $\displaystyle{a,b,c >0}$ τότε:

$\displaystyle{\frac{a^3 +b^3 }{c}+\frac{a^3 +c^3 }{b}+\frac{b^3 +c^3 }{a}\geq 6\sqrt[3]{a^2 b^2 c^2}}$

ΣΗΜ: Διόρθωσα ένα τυπογραφικό στο δεύτερο μέλος, που εντόπισαν αμέσως ο gavrilos και ο Antonis_Z

gavrilos · #107

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 43: Αν $\displaystyle{a,b,c >0}$ τότε:

$\displaystyle{\frac{a^3 +b^3 }{c}+\frac{a^3 +c^3 }{b}+\frac{b^3 +c^3 }{a}\geq 2\sqrt[3]{a^2 b^2 c^2}}$

$\displaystyle{LHS=\left(\frac{a^{3}}{b}+\frac{b^{3}}{a}\right)+\left(\frac{a^{3}}{c}+\frac{c^{3}}{a}\right)+\left(\frac{b^{3}}{c}+\frac{c^{3}}{b}\right)\overset {AM-GM} \Leftrightarrow LHS\geq 2ab+2ac+2bc=2(ab+bc+ca)\overset{AM-GM} \Leftrightarrow LHS\geq 6\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}}$ .

Υπάρχει κάποιο τυπογραφικό ή εγώ έχω κάνει λάθος;

#108

gavrilos έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 43: Αν $\displaystyle{a,b,c >0}$ τότε:

$\displaystyle{\frac{a^3 +b^3 }{c}+\frac{a^3 +c^3 }{b}+\frac{b^3 +c^3 }{a}\geq 2\sqrt[3]{a^2 b^2 c^2}}$
$\displaystyle{LHS=\left(\frac{a^{3}}{b}+\frac{b^{3}}{a}\right)+\left(\frac{a^{3}}{c}+\frac{c^{3}}{a}\right)+\left(\frac{b^{3}}{c}+\frac{c^{3}}{b}\right)\overset {AM-GM} \Leftrightarrow LHS\geq 2ab+2ac+2bc=2(ab+bc+ca)\overset{AM-GM} \Leftrightarrow LHS\geq 6\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}}$ .

Υπάρχει κάποιο τυπογραφικό ή εγώ έχω κάνει λάθος;

Έχεις δίκιο gavrilos. Yπάρχει τυπογραφικό στο δεύτερο μέλος.

Μπράβο για την όμορφη λύση που μας έδωσες.

#109

ΑΣΚΗΣΗ 44: Αν $\displaystyle{a,b,c \geq 0}$ , τότε $\displaystyle{a^7 +b^7 +c^7 \geq a^2 b^2 c^2 (a+b+c)}$

G.Bas · #110

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 44: Αν $\displaystyle{a,b,c \geq 0}$ , τότε $\displaystyle{a^7 +b^7 +c^7 \geq a^2 b^2 c^2 (a+b+c)}$

Cauchy-Schwarz!

gavrilos · #111

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 44: Αν $\displaystyle{a,b,c \geq 0}$ , τότε $\displaystyle{a^7 +b^7 +c^7 \geq a^2 b^2 c^2 (a+b+c)}$

Αρκεί ν.δ.ο. $\displaystyle{(a+b+c)(a^{7}+b^{7}+c^{7})\geq a^{2}b^{2}c^{2}(a+b+c)^{2}}$ .

Όμως η Cauchy Schwarz μας δίνει $\displaystyle{LHS\geq (a^{4}+b^{4}+c^{4})^{2}}$ .

Η θεμελιώδης $\displaystyle{x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq xy+yz+zx}$ δίνει $\displaystyle{(a^{4}+b^{4}+c^{4})^{2}\geq(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})^{2}}$ .

Οι τριάδες $\displaystyle{(ab,bc,ca),(ab,bc,ca)}$ είναι όμοια διατεταγμένες άρα η ανισότητα της αναδιάταξης δίνει $\displaystyle{a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}\geq ab\cdot bc +bc\cdot ca+ ca\cdot ab=abc(a+b+c)}$ .

Με ύψωση στο τετράγωνο παίρνουμε $\displaystyle{(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})^{2}\geq a^{2}b^{2}c^{2}(a+b+c)^{2}}$ όπως θέλαμε.

#112

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 44: Αν $\displaystyle{a,b,c \geq 0}$ , τότε $\displaystyle{a^7 +b^7 +c^7 \geq a^2 b^2 c^2 (a+b+c)}$

Με ΑΜ-ΓΜ:

$\displaystyle{ 3a^7 + 2b^7 + 2c^7 \geqslant 7a^3b^2c^2}$

και προσθέτουμε κυκλικά.

$\displaystyle{\rule{100pt}{1pt}}$

Με Hölder:

$\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}} a^3b^2c^2 \leqslant \left(\sum_{\text{cyc}} (a^3)^{7/3}\right)^{3/7}\left(\sum_{\text{cyc}} (b^2)^{7/2}\right)^{2/7}\left(\sum_{\text{cyc}} (c^3)^{7/2}\right)^{2/7} = \sum_{\text{cyc}} a^7}$

$\displaystyle{\rule{200pt}{1pt}}$

Επεξεργασία: Πρόσθεσα και την απόδειξη με Hölder.

#113

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 43: Αν $\displaystyle{a,b,c >0}$ τότε:

$\displaystyle{\frac{a^3 +b^3 }{c}+\frac{a^3 +c^3 }{b}+\frac{b^3 +c^3 }{a}\geq 6\sqrt[3]{a^2 b^2 c^2}}$

Ας αποδείξουμε και την ισχυρότερη:

$\displaystyle{\frac{a^3 +b^3 }{c}+\frac{a^3 +c^3 }{b}+\frac{b^3 +c^3 }{a}\geq \frac{2}{3}(a+b+c)^2.}$

#114

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 42: Αν $\displaystyle{a,b,c,d \geq 0}$ , τότε

$\displaystyle{(a^2 +b^2 +c^2 +d^2 )^3 \geq 4(abd +abc +acd +cbd)^2}$

Αλλιώς, για να γίνει αναφορά στις όχι τόσο γνωστές ανισότητες Maclaurin:

Είναι

$\displaystyle{4(a^2+b^2+c^2+d^2)\geq (a+b+c+d)^2,}$ οπότε αρκεί να αποδειχθει ότι

$\displaystyle{(a+b+c+d)^3\geq 16(abc+bcd+cda+dab),}$

η οποία είναι μία από τις ανισότητες Maclaurin:

$\displaystyle{\boxed{\boxed{\rm \frac{a+b+c+d}{4}\geq \sqrt{\frac{ab+ac+ad+bc+bd+cd}{6}}\geq \sqrt[3]{\rm \frac{abc+bcd+cda+dab}{4}}\geq \sqrt[4]{\rm abcd}}}}$

#115

matha έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 43: Αν $\displaystyle{a,b,c >0}$ τότε:

$\displaystyle{\frac{a^3 +b^3 }{c}+\frac{a^3 +c^3 }{b}+\frac{b^3 +c^3 }{a}\geq 6\sqrt[3]{a^2 b^2 c^2}}$
Ας αποδείξουμε και την ισχυρότερη:

$\displaystyle{\frac{a^3 +b^3 }{c}+\frac{a^3 +c^3 }{b}+\frac{b^3 +c^3 }{a}\geq \frac{2}{3}(a+b+c)^2.}$

Ας δειχθεί το ακόμη πιο ισχυρό

$\displaystyle{ \frac{a^3 +b^3 }{c}+\frac{a^3 +c^3 }{b}+\frac{b^3 +c^3 }{a} \geqslant 2(a^2 + b^2 + c^2).}$

#116

Demetres έγραψε:
Ας δειχθεί το ακόμη πιο ισχυρό

$\displaystyle{ \frac{a^3 +b^3 }{c}+\frac{a^3 +c^3 }{b}+\frac{b^3 +c^3 }{a} \geqslant 2(a^2 + b^2 + c^2).}$

Ωραία!

Είναι

$\displaystyle{\sum \frac{a^3+b^3}{c}\geq \frac{1}{4}\sum \frac{(a+b)^3}{c}=\frac{1}{4}\sum \frac{(a+b)^4}{ac+bc}\geq \frac{1}{8}\frac{\Big((a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2\Big)^2}{ab+bc+ca}=}$

$\displaystyle{=\frac{1}{2}\frac{(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)^2}{ab+bc+ca}\geq 2(a^2+b^2+c^2).}$

#117

Demetres έγραψε:
Ας δειχθεί το ακόμη πιο ισχυρό

$\displaystyle{ \frac{a^3 +b^3 }{c}+\frac{a^3 +c^3 }{b}+\frac{b^3 +c^3 }{a} \geqslant 2(a^2 + b^2 + c^2).}$

Βγαίνει και με ΑΜ-ΓΜ:

Είναι $\displaystyle{ \frac{a^3}{c} + \frac{a^3}{c} + \frac{a^3}{c} + \frac{c^3}{a} \geqslant 4a^2 }$ και προσθέτουμε συμμετρικά.

$\displaystyle{\rule{250pt}{1pt}}$

Διαμορφώνοντας κάπως την πιο πάνω απόδειξη και πιο συγκεκριμένα το $\displaystyle{ \frac{a^3}{c} + \frac{c^3}{a} \geqslant a^2 + c^2}$ μπορούμε να καταλήξουμε και στην πιο κάτω απόδειξη:

Αναπτύσσοντας το αριστερό μέλος του

$\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}(a-c)^2\left( \frac{a}{c} + \frac{c}{a} + 1\right) \geqslant 0}$

καταλήγουμε στο ζητούμενο.

#118

Demetres έγραψε:
Ας δειχθεί το ακόμη πιο ισχυρό

$\displaystyle{ \frac{a^3 +b^3 }{c}+\frac{a^3 +c^3 }{b}+\frac{b^3 +c^3 }{a} \geqslant 2(a^2 + b^2 + c^2).}$

Και αλλιώς:

$\displaystyle{\frac{a^3 +b^3 }{c}+\frac{a^3 +c^3 }{b}+\frac{b^3 +c^3 }{a}=\sum a^3 \Big(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\Big)\geq 2\sum \frac{a^3}{\sqrt{bc}}=2\sum \frac{a^4}{a\sqrt{bc}}\geq 2\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab}}\geq 2(a^2+b^2+c^2)}$

γιατί

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca=\sqrt{ab}^2+\sqrt{bc}^2+\sqrt{ca}^2\geq \sqrt{ab}\sqrt{bc}+\sqrt{bc}\sqrt{ca}+\sqrt{ca}\sqrt{ab}=a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab}.}$

#119

ΑΣΚΗΣΗ 45: Αν $\displaystyle{a,b,c\geq 0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{(a^5 -a^2 +3)(b^5 -b^2 +3)(c^5 -c^2 +3)\geq 27abc}$

gavrilos · #120

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 45: Αν $\displaystyle{a,b,c\geq 0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{(a^5 -a^2 +3)(b^5 -b^2 +3)(c^5 -c^2 +3)\geq 27abc}$

$\displaystyle{a^{5}-a^{2}+3-3a=a^{2}(a-1)(a^{2}+a+1)-3(a-1)=(a-1)(a^{4}+a^{3}+a^{2}-3)=(a-1)[(a^{4}-1)+(a^{3}-1)+(a^{2}-1)]=}$

$\displaystyle{=(a-1)[(a-1)(a+1)(a^{2}+1)+(a-1)(a^{2}+a+1)+(a-1)(a+1)]=(a-1)(a-1)(a^{3}+a^{2}+a+1+a^{2}+a+1+a+1)=}$ .

$\displaystyle{=(a-1)^{2}(a^{3}+2a^{2}+3a+3)\geq 0}$ .

Επομένως $\displaystyle{a^{5}-a^{2}+3\geq 3a}$ .Ομοίως $\displaystyle{b^{5}-b^{2}+3\geq 3b}$ και $\displaystyle{c^{5}-c^{2}+3\geq 3c}$ .

Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη έχουμε τη ζητούμενη.

Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Μέλη σε σύνδεση