mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 12, 2009 2:32 pm**

Από τη μακρινή Κίνα :

Αν a,b,c είναι θετικοί αριθμοί με abc=1, να αποδειχθεί ότι :

$\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+1}+\frac{b^2+c^2}{b^2+c^2+1}+\frac{c^2+a^2}{c^2+a^2+1}\ge \frac{a+b}{a^2+b^2+1}+\frac{b+c}{b^2+c^2+1}+\frac{c+a}{c^2+a^2+1}$

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 12, 2009 8:18 pm**

Η σχέση γράφεται $\frac{a^{2}+ b^{2} -(a+b)}{a^{2}+b^{2}+1} + \frac{b^{2}+ c^{2} -(b+c)}{b^{2}+c^{2}+1} + \frac{c^{2}+ a^{2} -(c+a)}{c^{2}+a^{2}+1} \geq 0$
Αν 2 εκ των a, b, c ισούνται με τη μονάδα η ανισότητα γίνεται ισότητα και ισχύει.
Αν $a,b,c \neq 1$ , έχουμε ότι $a^{2}<a , b^{2}<b , c^{2}<c$ επομένως οι τα κλάσματα είναι θετικά και άρα ισχύει. Aν πάλι a=1 ή b=1 ή c=1 η σχέση ισχύει με τον ίδιο τρόπο.

Συγχωρήστε μου τυχόν λάθη σε συλλογισμό ή χρήση Latex, η κούραση βλέπετε... Ωραία άσκηση και σίγουρα πρέπει να υπάρχει μια ωραιότερη λύση!

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 12, 2009 8:29 pm**

mtsarduckas έγραψε: Αν $a,b,c \neq 1$ , έχουμε ότι $a^{2}<a , b^{2}<b , c^{2}<c$
Μιχάλης

Δεν είναι αληθής αυτός ο συλλογισμός. Για να ισχύει κάτι τέτοιο για θετικούς αριθμούς a,b,c

θα πρέπει να είναι και μικρότεροι από τη μονάδα. Κάτι τέτοιο όμως δεν εξασφαλίζεται από την ιδιότητα που έχουν ότι το γινόμενό τους ισούται με μονάδα.

Πάρε για παράδειγμα τους $a=2, b=\displaystyle\frac{1}{6}, c=3$ για να δεις ότι δεν ισχύει αυτό που γράφεις παραπάνω (ενώ το γινόμενό τους είναι μονάδα).

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 12, 2009 8:32 pm**

Ισοδύναμα έχουμε:
$\displaystyle\sum\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+1}\geq\sum\frac{a+b}{a^2+b^2+1}\Leftrightarrow\sum\frac{a^2+b^2+1-1}{a^2+b^2+1}\geq\sum\frac{a+b}{a^2+b^2+1}\Leftrightarrow\sum\left(1-\frac{1}{a^2+b^2+1}\right)\geq\sum\frac{a+b}{a^2+b^2+1}\Leftrightarrow3\geq\sum\frac{a+b+1}{a^2+b^2+1}$
Από την ανισότητα Cauchy (BCS) παίρνουμε:
$\displaystyle\sum\frac{a+b+1}{a^2+b^2+1}\leq 3\sum\frac{1}{a+b+1}$
Αρκεί με a,b,c>0

ώστε

να αποδείξουμε ότι $\displaystyle \sum\frac{1}{a+b+1}\leq1$
Πράγματι, μετά τις πράξεις καταλήγουμε στην $a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)\geq2(a+b+c)$
H τελευταία ισχύει αφού $a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)-2(a+b+c)=(a+b+c)(ab+bc+ca-2)-3\geq0$ (πάλι με Cauchy, την AM-GM αυτή τη φορά)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 12, 2009 8:32 pm**

...Και βέβαια έχεις απόλυτο δίκιο φίλε μου, νόμιζα πως abc<=1.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 12, 2009 8:43 pm**

nicolae έγραψε:Ισοδύναμα έχουμε:
$\displaystyle\sum\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+1}\geq\sum\frac{a+b}{a^2+b^2+1}\Leftrightarrow\sum\frac{a^2+b^2+1-1}{a^2+b^2+1}\geq\sum\frac{a+b}{a^2+b^2+1}\Leftrightarrow\sum\left(1-\frac{1}{a^2+b^2+1}\right)\geq\sum\frac{a+b}{a^2+b^2+1}\Leftrightarrow3\geq\sum\frac{a+b+1}{a^2+b^2+1}$
Από την ανισότητα Cauchy (BCS) παίρνουμε:
$\displaystyle\sum\frac{a+b+1}{a^2+b^2+1}\leq 3\sum\frac{1}{a+b+1}$
Αρκεί με ώστε να αποδείξουμε ότι $\displaystyle \sum\frac{1}{a+b+1}\leq1$
Πράγματι, μετά τις πράξεις καταλήγουμε στην $a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)\geq2(a+b+c)$
H τελευταία ισχύει αφού $a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)-2(a+b+c)=(a+b+c)(ab+bc+ca-2)-3\geq0$ (πάλι με Cauchy, την AM-GM αυτή τη φορά)

ΠΟΛΥ ΚΑΛΗ ΛΥΣΗ!!

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 12, 2009 9:39 pm**

Ένας σύνδεσμος με έστειλε στο εξής πολύ ενδιαφέρον σημείο :

http://reflections.awesomemath.org/2008 ... utions.pdf

Νομίζω ότι είναι η δεύτερη άσκηση με τη λύση της.

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 25, 2009 3:55 pm**

Γεια σας παιδιά

Είμαι νέος στο Forum και θα προσπαθήσω να συνησφέρω και εγώ με τη σειρά μου....
Συγγνώμη που επαναφέρω αυτό το θέμα αλλά νομίζω ότι η λύση μου είναι ενδιαφέρουσα:
Πολλαπλασιάζουμε πάνω κάτω το RHS

με το

,και έχουμε:
$\sum\frac{2(a+b)}{2(a^2+b^2)+2}$
Αλλά $2(a^2+b^2) \ge (a+b)^2$ . Έτσι $\sum\frac{2(a+b)}{2(a^2+b^2)+2} \le \sum\frac{2(a+b)}{(a+b)^2+2}$
Alla $(a+b)^2+1\ge 2(a+b)$
Epomenws $sum\frac{2(a+b)}{(a+b)^2+2} \le \sum\frac{2(a+b)}{2(a+b)+1}$
Επομένως η ανισότητα ξαναγράφεται:
$\sum\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+1} \ge \sum\frac{2(a+b)}{2(a+b)+1} \Longleftrightarrow\sum\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+1}-1 \ge \sum\frac{2(a+b)}{2(a+b)+1}-1 \Longleftrightarrow$
$-\sum\frac{1}{a^2+b^2+1} \ge -\sum\frac{1}{2(a+b)+1} \Longleftrightarrow \sum\frac{1}{a^2+b^2+1} \le \sum\frac{1}{2(a+b)+1}$ .
Που ισχύει από τη στοιχειώδη $a^2+b^2 \ge 2(a+b)$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 14, 2016 12:10 am**

Dimitris X έγραψε: Που ισχύει από τη στοιχειώδη $a^2+b^2 \ge 2(a+b)$

Ίσως δεν βλέπω κάτι, αλλά γιατί ισχύει αυτό;

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 14, 2016 12:38 am**

orestis26 έγραψε:
Dimitris X έγραψε: Που ισχύει από τη στοιχειώδη $a^2+b^2 \ge 2(a+b)$
Ίσως δεν βλέπω κάτι, αλλά γιατί ισχύει αυτό;

Δεν ισχύει!
Για παράδειγμα, $\alpha=1,$ $\beta=1$ .

Νίκος Κατσίπης

mathematica.gr

Ανισότητα - Διδακτική (για μαθήματα Ολυμπιάδων)

Ανισότητα - Διδακτική (για μαθήματα Ολυμπιάδων)

Re: Ανισότητα - Διδακτική (για μαθήματα Ολυμπιάδων)

Re: Ανισότητα - Διδακτική (για μαθήματα Ολυμπιάδων)

Re: Ανισότητα - Διδακτική (για μαθήματα Ολυμπιάδων)

Re: Ανισότητα - Διδακτική (για μαθήματα Ολυμπιάδων)

Re: Ανισότητα - Διδακτική (για μαθήματα Ολυμπιάδων)

Re: Ανισότητα - Διδακτική (για μαθήματα Ολυμπιάδων)

Re: Ανισότητα - Διδακτική (για μαθήματα Ολυμπιάδων)

Re: Ανισότητα - Διδακτική (για μαθήματα Ολυμπιάδων)

Re: Ανισότητα - Διδακτική (για μαθήματα Ολυμπιάδων)