Ανισότητα!

#1

Αν $\displaystyle{a,b,c>0}$ με $\displaystyle{a+b+c=1,}$ να αποδειχθεί, ότι

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

vasilis.volos.13 · #2

Από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ έχω στο πρώτο μέλος :
$2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right)\geq 2\times 3\sqrt[3]{\frac{a}{b}\frac{b}{c}\frac{c}{a}}=2\times 3=6$
Από την σχέση που δίνεται αν αντικαταστήσω στο δεύτερο μέλος τότε:
$\frac{2a+b+c}{b+c}+\frac{2b+a+c}{a+c}+\frac{2c+a+b}{a+b}=2\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \right)+3$

οπότε αρκεί ν.δ.ο
$2\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \right)+3\leq 6\Leftrightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}$

και αν θεωρήσουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι $a\geq b\geq c$ τότε $\frac{1}{b+c}\geq \frac{1}{c+a}\geq \frac{1}{a+b}$ χρησιμοποιώντας την ανισότητα της αναδιάταξης τότε

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{b+a}\geq \frac{a}{c+a}+\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c} \left(1 \right)$

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{b+a}\geq \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{a+c} \left(2 \right)$

άρα αν προσθέσουμε τις παραπάνω (1) και (2) θα βγεί η ζητούμενη

stavros11 · #3

Μία λίγο διαφορετική (ελπίζω σωστή) αντιμετώπιση:

Χρησιμοποιώντας τη δοθείσα σχέση έχουμε:
$\displaystyle{RHS=\sum{\frac{2a+b+c}{b+c}=2\sum{\frac{2a}{b+c}}+3}}$

Άρα αρκεί:
$\displaystyle{2\sum{(\frac{a}{b}-\frac{a}{b+c})}\geq 3 \Leftrightarrow \frac{ac}{b(b+c)}+\frac{ab}{c(a+c)}+\frac{bc}{a(a+b)}\geq \frac{3}{2}}$

Στην τελευταία, χρησιμοποιώντας την Andreescu ισχύει:
$\displaystyle{\frac{ac}{b(b+c)}+\frac{ab}{c(a+c)}+\frac{bc}{a(a+b)}=\sum{\frac{(ac)^2}{abc(b+c)}}\geq \frac{(ac+ab+bc)^2}{abc(2a+2b+2c)}=\frac{(ac+ab+bc)^2}{2abc}}$

Όμως από τη γνωστή ανισότητα $\displaystyle{(x+y+z)^2\geq 3xy+3xz+3yz}$ , έχουμε το ζητούμενο, αφού:

$\displaystyle{\frac{(ac+ab+bc)^2}{2abc}\geq \frac{3}{2}(\frac{a^2bc+ab^2c+abc^2}{abc})=\frac{3}{2}(a+b+c)=\frac{3}{2}}$

G.Bas · #4

matha έγραψε:Αν $\displaystyle{a,b,c>0}$ με $\displaystyle{a+b+c=1,}$ να αποδειχθεί, ότι

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

Γεια σου Θάνο!

vasilis.volos.13 έχεις λάθος, έλεγξέτο ξανά

--------------------------------------------------------------------------------------------

Ισχύει $\displaystyle{\sum\frac{1+a}{1-a}=3+\sum\frac{2a}{b+c}}$ .

Οπότε αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle{2\sum \frac{a}{b}\geq \sum\frac{2a}{b+c}+3}$

ή

$\displaystyle{\sum\frac{a}{b}\geq \sum\frac{a}{b+c}+\frac{3}{2}}$ .

Φέρνοντας τους όρους με τις μεταβλητές στο LHS παίρνουμε ότι

$\displaystyle{\sum\left(\frac{a}{b}-\frac{a}{b+c}\right)\geq \frac{3}{2}}$

ή

$\displaystyle{\sum\frac{ac}{b(b+c)}\geq \frac{3}{2}}$

Απο CS όμως έχουμε ότι

$\displaystyle{\sum\frac{ac}{b(b+c)}\geq \frac{(ab+bc+ca)^2}{abc(b+c)+abc(c+a)+abc(a+b)}}$

Άρα, μένει να δείξουμε ότι

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

ή

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

ή

$\displaystyle{(ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c)}$ όπου ισχύει $\displaystyle{\square}$

EDIT Τώρα είδα ότι έχω ίδια λύση με τον stavros11

#5

vasilis.volos.13 έγραψε:<...>
οπότε αρκεί ν.δ.ο
$2\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \right)+3\leq 6\Leftrightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}$

Βασίλη, για ξαναδές το παραπάνω.

Ανισότητα!

Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Μέλη σε σύνδεση