Ανισότητα

mick7 · #1

Αν

, τότε ισχύει:

$2\sqrt{(a+b)^2 + (b+c)^2 + (c+a)^2} \ge \sqrt{a^2 + b^2 + c^2} + a + b + c$

#2

mick7 έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 21, 2026 1:40 pm
Αν , τότε ισχύει:

$2\sqrt{(a+b)^2 + (b+c)^2 + (c+a)^2} \ge \sqrt{a^2 + b^2 + c^2} + a + b + c$

.
Ακόμα καλύτερα θα δείξουμε ότι ισχύει χωριστά

α) $\sqrt{(a+b)^2 + (b+c)^2 + (c+a)^2} \ge \sqrt{a^2 + b^2 + c^2}$ και

β) $\sqrt{(a+b)^2 + (b+c)^2 + (c+a)^2} \ge a + b + c$

οπότε η ζητούμενη προκύπτει από πρόσθεση κατά μέλη. Πράγματι

α) Είναι άμεση από σύγκριση όρο προς όρο.

β) Ισοδύναμα θέλουμε να δείξουμε ότι $(a+b)^2 + (b+c)^2 + (c+a)^2} \ge (a + b + c)^2$ . Αλλά με τις άμεσες απλοποιήσεις γράφεται a^2+b^2+c^2>0

που ισχύει.

∫ot.T. · #3

Πιο σφιχτή:

Αν a, b, c > 0

, τότε ισχύει

$\sqrt {2} \sqrt{(a+b)^2 + (b+c)^2 + (c+a)^2} > \sqrt{a^2 + b^2 + c^2} + a + b + c$

και ο συντελεστής $\sqrt{2}$ είναι βέλτιστος.

#4

∫ot.T. έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 21, 2026 4:35 pm
Πιο σφιχτή:

Αν , τότε ισχύει

$\sqrt {2} \sqrt{(a+b)^2 + (b+c)^2 + (c+a)^2} > \sqrt{a^2 + b^2 + c^2} + a + b + c$

και ο συντελεστής $\sqrt{2}$ είναι βέλτιστος.

.
Γράφω μία λύση της ενισχυμένης ανισότητας. Είναι λύση χωρίς φαντασία αλλά το τίμημα είναι οι πολλές πράξεις.

Υψώνοντας στο τετράγωνο θέλουμε να δείξουμε ότι

$2[(a+b)^2 + (b+c)^2 + (c+a)^2] > (a^2 + b^2 + c^2) + (a + b + c)^2+2 \sqrt{a^2 + b^2 + c^2}(a + b + c)$

Μετά τις απλοποιήσεις το αποδεικτέο γίνεται

$a^2 + b^2 + c^2+ab+bc+ca > \sqrt{a^2 + b^2 + c^2}(a + b + c)$

Με δεύτερη ύψωση στο τετράγωνο, που βέβαια παίρνει την μορφή

(a^2 + b^2 + c^2+ab+bc+ca)^2 > (a^2 + b^2 + c^2)(a + b + c)^2

και μετά τις απλοποιήσεις ανάγεται στο να αποδειχθεί η

a^2b^2+2a^2*bc+a^2c^2+2ab^2c+2abc^2+b^2c^2 >0

. Αλλά αυτή είναι αυτονόητη. Τελειώαμε.

Σχόλιο: Σωτήρη, είσαι σίγουρος ότι το $\sqrt 2$ είναι ο βέλτιστος συντελεστής;

∫ot.T. · #5

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 22, 2026 8:14 pm

Σχόλιο: Σωτήρη, είσαι σίγουρος ότι το $\sqrt 2$ είναι ο βέλτιστος συντελεστής;

Ναι. Ουσιαστικά έχουμε την ανισότητα $\sqrt{x}+\sqrt{y}\leq \sqrt{2(x+y)}$ για x,y>0

. Δύο απλές αποδείξεις που έχω είναι με Jensen για την κοίλη συνάρτηση $\sqrt{x}$ ή λόγω ομογενούς ανισότητας θέτω x+y=1

και αντικαθιστώ με τριγονομετρικούς αριθμούς καταλίγοντας στη γνωστή $sinx + cosx \leq \sqrt{2}$ .

Η ισότητα ισχύει αν x=y

που στην προκειμένη πείπτωση δεν μπορεί να ισχύει. Ωστόσο για b,c

να τείνουν στο μηδέν έχουμε τα x,y

να μπορούν να απέχουν όσο μικρή απόσταση επιθυμούμε.

Έστω $y=x+\delta$ τότε θα αποδείξουμε για κάθε $\epsilon >0$ υπάρχει τέτοιο $\delta$ ώστε $\sqrt{x}+\sqrt{y}>\sqrt{2(x+y)}-\epsilon$

Αυτό προκύπτει από την μονοτονία της $\sqrt{4x+\delta}-\sqrt{x+\delta}$ ως προς $\delta$ που δίνει ολικό ελάχιστο για $\delta =0$ το $\sqrt{x}$ . Οπότε για κάθε $\epsilon>0$ υπάρχει $\delta$ ώστε $\sqrt{4x+2 \delta}-\sqrt{x+\delta}<\sqrt{x}+\epsilon$

#6

∫ot.T. έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 22, 2026 10:09 pm
Ναι. Ουσιαστικά έχουμε την ανισότητα $\sqrt{x}+\sqrt{y}\leq \sqrt{2(x+y)}$ για . Δύο απλές αποδείξεις που έχω είναι...

Πολύ ωραίος ο τρόπος αντιμετώπισης της δοθείσας με χρήση της $\sqrt{x}+\sqrt{y}\leq \sqrt{2(x+y)}$

Ας προσθέσω μόνο ότι δίνεις διάφορες αποδείξεις αυτής ενώ η πιο απλή είναι με χρήση της σχεδόν άμεσης $a + b\le \sqrt {2(a^2+b^2})$ , Συγκεκριμένα, με ύψωση στο τετράγωνο ισοδυναμεί με την προφανή $(a-b)^2\ge 0$ .

Ανισότητα

Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση