mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 03, 2014 3:30 pm**

Αν $\displaystyle{a,b,c>0}$ με $\displaystyle{\frac{a}{1+b+c}+\frac{b}{1+c+a}+\frac{c}{1+a+b}\ge\frac{ab}{1+a+b}+\frac{bc}{1+b+c}+\frac{ca}{1+c+a},}$

να αποδείξετε ότι

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

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 03, 2014 6:14 pm**

matha έγραψε:Αν $\displaystyle{a,b,c>0}$ με $\displaystyle{\frac{a}{1+b+c}+\frac{b}{1+c+a}+\frac{c}{1+a+b}\ge\frac{ab}{1+a+b}+\frac{bc}{1+b+c}+\frac{ca}{1+c+a},}$

να αποδείξετε ότι

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

Από την $\displaystyle{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\leq a+b+c}$ είναι αρκετό να αποδείξουμε την Ανισότητα

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

Η συνθήκη μας δίνει ότι $\displaystyle{\sum\frac{a-bc}{1+b+c}\geq 0}$ . Αν θεωρήσουμε πως $a\geq b\geq c$ τότε θα ισχύει $a-bc\geq b-ca\geq c-ab$ και $1+b+c\leq 1+c+a\leq 1+a+b$ οπότε από την Ανισότητα Chebychev θα ισχύει

$\displaystyle{\frac{1}{3}\sum(a-bc)\cdot\sum\frac{1}{1+b+c}\geq\sum\frac{a-bc}{1+b+c}\geq 0}$ από όπου προκύπτει η ζητούμενη.

mathematica.gr

Ανισότητα!

Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!