Ανισότητα με συνθήκη: abc = 1

#1

Να αποδείξετε ότι αν $\displaystyle{a,b,c > 0}$ με $\displaystyle{abc = 1,}$ τότε ισχύει:

$\displaystyle{{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a \ge \sqrt {\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)} }.$

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #2

Ισχύουν τα εξής:

Αν x, y, z

θετικοί πραγματικοί με xyz=1

τότε:

α) $\displaystyle{ x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}}$ (1)

β) $\displaystyle{ x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq 3\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}=3 }$ (2)

Πολλαπλασιάζοντας τις σχέσεις (1) και (2) κατά μέλη, προκύπτει ότι
$x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq x+y+z$ (3)

γ) $\displaystyle{ xy+yz+zx\geq 3\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}=3 \Leftrightarrow 2(xy+yz+zx)\geq 3+xy+yz+zx}$ (4)

Προσθέτοντας τις σχέσεις (3) και (4) κατά μέλη, προκύπτει ότι $(x+y+z)^{2}\geq x+y+z+3+xy+yz+zx$ .

Έστω $x=\dfrac{b}{a}, y=\dfrac{c}{b}$ και $z=\dfrac{a}{c}$ . Τότε για οποιοδήποτε θετικούς πραγματικούς αριθμούς a, b

και

θα ισχύει ότι:

$\displaystyle{ (\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c})^{2}\geq 3+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{b}{c}\geq \sqrt{(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})}}$

Αν όμως γνωρίζουμε επιπλέον ότι abc=1

, τότε $\dfrac{1}{a}=bc, \dfrac{1}{b}=ca$ και $\dfrac{1}{c}=ab$

Συνεπώς ισχύει ότι $b^{2}c+c^{2}a+a^{2}b\geq \sqrt{(a+b+c)(bc+ca+ba)}$ , που είναι η ζητούμενη ανισότητα.

#3

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:Ισχύουν τα εξής:

Αν θετικοί πραγματικοί με τότε:

α) $\displaystyle{ x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}}$ (1)

β) $\displaystyle{ x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq 3\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}=3 }$ (2)

Πολλαπλασιάζοντας τις σχέσεις (1) και (2) κατά μέλη, προκύπτει ότι
$x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq x+y+z$ (3)

γ) $\displaystyle{ xy+yz+zx\geq 3\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}=3 \Leftrightarrow 2(xy+yz+zx)\geq 3+xy+yz+zx}$ (4)

Προσθέτοντας τις σχέσεις (3) και (4) κατά μέλη, προκύπτει ότι $(x+y+z)^{2}\geq x+y+z+3+xy+yz+zx$ .

Έστω $x=\dfrac{b}{a}, y=\dfrac{c}{b}$ και $z=\dfrac{a}{c}$ . Τότε για οποιοδήποτε θετικούς πραγματικούς αριθμούς και θα ισχύει ότι:

$\displaystyle{ (\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c})^{2}\geq 3+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{b}{c}\geq \sqrt{(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})}}$

Αν όμως γνωρίζουμε επιπλέον ότι , τότε $\dfrac{1}{a}=bc, \dfrac{1}{b}=ca$ και $\dfrac{1}{c}=ab$

Συνεπώς ισχύει ότι $b^{2}c+c^{2}a+a^{2}b\geq \sqrt{(a+b+c)(bc+ca+ba)}$ , που είναι η ζητούμενη ανισότητα.

Πολύ ωραία λύση!

#4

Μετά την εξαιρετική λύση του Διονύση

, ας δούμε και έναν άλλο τρόπο.

Η αποδεικτέα ανισότητα γράφεται ισοδύναμα:

$\displaystyle{{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a \ge \sqrt {\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \frac{{{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a}}{{abc}} \ge \sqrt {a + b + c} \sqrt {\frac{{ab + bc + ca}}{{abc}}} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \frac{a}{c} + \frac{b}{a} + \frac{c}{b} \ge \sqrt {a + b + c} \sqrt {\frac{1}{c} + \frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow {\left( {\frac{a}{c} + \frac{b}{a} + \frac{c}{b}} \right)^2} \ge \left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}{c} + \frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \frac{{{a^2}}}{{{c^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{b^2}}} + 2\left( {\frac{b}{c} + \frac{c}{a} + \frac{a}{b}} \right) \ge 3 + \left( {\frac{b}{c} + \frac{c}{a} + \frac{a}{b}} \right) + \left( {\frac{a}{c} + \frac{b}{a} + \frac{c}{b}} \right) \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \frac{{{a^2}}}{{{c^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{b^2}}} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} + \frac{a}{b} \ge 3 + \frac{a}{c} + \frac{b}{a} + \frac{c}{b}}.$ $\bf \color{red} \left(1 \right)$

Παρατηρούμε τώρα ότι για κάθε $\displaystyle{x > 0}$ ισχύει η ανισότητα

$\displaystyle{{x^2} + \frac{1}{x} \ge 1 + x.}$ $\bf \color{red} \left(2 \right)$

[Πράγματι, η $\bf \color{red} \left(2 \right)$ γράφεται ισοδύναμα

$\displaystyle{\frac{{{x^3} - {x^2} - x + 1}}{x} \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} - 1} \right)}}{x} \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}\left( {x + 1} \right)}}{x} \ge 0,}$

που ισχύει.]

Θέτοντας στη $\bf \color{red} \left(2 \right)$ διαδοχικά $\displaystyle{x = \frac{a}{c},}$ $\displaystyle{x = \frac{b}{a},}$ $\displaystyle{x = \frac{c}{b}}$ και προσθέτοντας κατά μέλη τις ανισότητες που προκύπτουν παίρνουμε την $\bf \color{red} \left(1 \right)$ . Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν $\displaystyle{a = b = c = 1.}$

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #5

Μια άλλη γρήγορη λύση που σκέφτηκα είναι η εξής:

(Από αυτό το σημείο και μετά)

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

Όμως ισχύουν τα εξής:

α) $\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{b}{c}\geq 3\sqrt[3]{\dfrac{abc}{abc}}=3\Leftrightarrow \dfrac{2b}{a}+\dfrac{2c}{b}+\dfrac{2b}{c}\geq 3+\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{b}{c}$

β) $a+b+c+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\geq2\sqrt{(a+b+c)(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})}$

Άρα αρκεί να αποδείξουμε ότι:

$3+ \dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{c}\geq a+b+c+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$

Αν όμως αντικαταστήσουμε τα a, b

και

με $\dfrac{x}{y} , \dfrac{y}{z}$ και $\dfrac{z}{x}$ αντίστοιχα, τότε μετά από πράξεις η ανισότητα γίνεται $3xyz+x^{3}+y^{3}+z^{3}\geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$ που ισχύει (ανισότητα Schur). Ισότητα όταν x=y=z

, δηλαδή όταν a=b=c=1

jason.prod · #6

emouroukos έγραψε:Να αποδείξετε ότι αν $\displaystyle{a,b,c > 0}$ με $\displaystyle{abc = 1,}$ τότε ισχύει:

$\displaystyle{{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a \ge \sqrt {\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)} }. (1)$

Έχουμε ότι $(1) \iff (\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b})^2 \ge (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$ . Από AM-GM έχουμε ότι
$2\frac{a}{c}+\frac{c}{b} \ge 3a (2)$ . Αν εφαρμόσουμε την (2) κυκλικά και προσθέσουμε κατά μέλη έχουμε ότι
$\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b} \ge a+b+c (3)$ . Με όμοιο τρόπο μπορούμε να πάρουμε ότι
$\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b} \ge \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} (4)$ .
Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη τις (3),(4) και έχουμε το ζητούμενο.

G.Bas · #7

emouroukos έγραψε:Να αποδείξετε ότι αν $\displaystyle{a,b,c > 0}$ με $\displaystyle{abc = 1,}$ τότε ισχύει:

$\displaystyle{{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a \ge \sqrt {\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)} }.$

Ισχύει σύμφωνα με την Ανισότητα Cauchy-Schwarz

$\displaystyle{(a^2b+b^2c+c^2a)(b+c+a)\geq (ab+bc+ca)^2}$ και

$\displaystyle{\begin{aligned} (a^2b+b^2c+c^2a)\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)&\geq (a+b+c)^2\Leftrightarrow \\(a^2b+b^2c+c^2a)(ab+bc+ca)&\geq (a+b+c)^2 \end{aligned}}$

Με πολλαπλασιασμό αυτών των δύο έχουμε τη ζητούμενη.

Pantelis.N · #8

Υψώνοντας στο τετράγωνο παίρνουμε

$a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2+2(a^2b^3c+b^2c^3a+c^2a^3b)\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+3abc\Leftrightarrow a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2+2(ab^2+bc^2+ca^2)\geq a^2b+b^2c+c^2a+3+ab^2+bc^2+ca^2\Leftrightarrow a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2+ab^2+bc^2+ca^2\geq a^2b+b^2c+c^2a+3\Leftrightarrow (a^4b^2+1)+(b^4c^2+1)+(c^4a^2+1)+ab^2+bc^2+ca^2\geq a^2b+b^2c+c^2a+6$

Είναι

$a^4b^2+1\geq 2a^2b$
$b^4c^2+1\geq 2b^2c$
$c^4b^2+1\geq 2c^2b$

Άρα αρκεί $a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2\geq 6$

Που ισχύει από AM-GM για

όρους εφόσον abc=1

Ανισότητα με συνθήκη: abc = 1

Ανισότητα με συνθήκη: abc = 1

Re: Ανισότητα με συνθήκη: abc = 1

Re: Ανισότητα με συνθήκη: abc = 1

Re: Ανισότητα με συνθήκη: abc = 1

Re: Ανισότητα με συνθήκη: abc = 1

Re: Ανισότητα με συνθήκη: abc = 1

Re: Ανισότητα με συνθήκη: abc = 1

Re: Ανισότητα με συνθήκη: abc = 1

Μέλη σε σύνδεση