mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 19, 2014 12:22 am**

Για τους θετικούς αριθμούς a,b,c

ισχύει ότι a+b+c=abc

. Να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{ab + bc + ca \ge 3 + \sqrt {{a^2} + 1} + \sqrt {{b^2} + 1} + \sqrt {{c^2} + 1} }$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 19, 2014 12:45 am**

Λόγω των συνθηκών υπάρχει τρίγωνο $\displaystyle{ABC,}$ ώστε $\displaystyle{a=\tan A, b=\tan B, c=\tan C.}$

Τότε η αποδεικτέα γράφεται

$\displaystyle{\tan A\tan B+\tan B\tan C+\tan C\tan A\geq 3+\sqrt{1+\tan ^2A}+\sqrt{1+\tan ^2 B}+\sqrt{1+\tan ^2 C}}$

δηλαδή

$\displaystyle{\tan A\tan B+\tan B\tan C+\tan C\tan A\geq 3+\frac{1}{\cos A}+\frac{1}{\cos B}+\frac{1}{\cos C}}$

η οποία γράφεται

$\displaystyle{\sin A\sin B\cos C+\sin B\sin C\cos A+\sin C\sin A\cos B\geq 3\cos A\cos B\cos C+\cos A\cos B+\cos B\cos C+\cos C\cos A.}$ ( $\displaystyle{\color{red}1}$ )

Όμως ισχύει

$\displaystyle{\sin A\sin B\cos C+\sin B\sin C\cos A+\sin C\sin A\cos B=\cos A\cos B\cos C-\cos (A+B+C)\implies}$

$\displaystyle{\boxed{\sin A\sin B\cos C+\sin B\sin C\cos A+\sin C\sin A\cos B=1+\cos A\cos B\cos C}}$

και επίσης, ως γνωστόν,

$\displaystyle{\boxed{\cos ^2A+\cos ^2B+\cos ^2C+2\cos A\cos B\cos C=1}}$

Τότε, η ( $\displaystyle{\color{red}1}$ ) γράφεται

$\displaystyle{\cos ^2A+\cos ^2B+\cos ^2C\geq \cos A\cos B+\cos B\cos C+\cos C\cos A,}$

που ισχύει αφού είναι η

$\displaystyle{(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\geq 0.}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 19, 2014 1:07 am**

Παρατηρούμε ότι από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου ισχύει

$\displaystyle{a + b \ge 2\sqrt {ab} \Rightarrow abc - c \ge 2\sqrt {ab} \Rightarrow c{\left( {\sqrt {ab} } \right)^2} - 2\sqrt {ab} - c \ge 0},$

οπότε ο αριθμός $\displaystyle{\sqrt {ab} }$ είναι μεγαλύτερος ή ίσος από τη θετική ρίζα του τριωνύμου $\displaystyle{c{x^2} - 2x - c.}$ Επομένως, είναι

$\displaystyle{\sqrt {ab} \ge \frac{{1 + \sqrt {{c^2} + 1} }}{c} \Leftrightarrow \boxed{c\sqrt {ab} \ge 1 + \sqrt {{c^2} + 1}}. }$

Αθροίζοντας κυκλικά βρίσκουμε ότι

$\displaystyle{a\sqrt {bc} + b\sqrt {ca} + c\sqrt {ab} \ge 3 + \sqrt {{a^2} + 1} + \sqrt {{b^2} + 1} + \sqrt {{c^2} + 1} }$ $\bf \color{red} \left(1 \right)$ .

Αλλά από τη γνωστή ανισότητα

$\displaystyle{{x^2} + {y^2} + {z^2} \ge xy + yz + zx}$

προκύπτει ότι

$\displaystyle{ab + bc + ca = {\sqrt {ab} ^2} + {\sqrt {bc} ^2} + {\sqrt {ca} ^2} \ge \sqrt {ab} \sqrt {bc} + \sqrt {bc} \sqrt {ca} + \sqrt {ca} \sqrt {ab} \Rightarrow }$

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

Η αποδεικτέα ανισότητα προκύπτει άμεσα από τις $\bf \color{red} \left(1 \right)$ και $\bf \color{red} \left(2 \right)$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 19, 2014 10:16 am**

george visvikis έγραψε:Για τους θετικούς αριθμούς ισχύει ότι . Να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{ab + bc + ca \ge 3 + \sqrt {{a^2} + 1} + \sqrt {{b^2} + 1} + \sqrt {{c^2} + 1} }$

Ισχύει από την Ανισότητα Cauchy-Schwarz

$\displaystyle{\begin{aligned} \sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+\sqrt{c^2+1}&\leq\sqrt{(a+b+c)\left(\frac{a^2+1}{a}+\frac{b^2+1}{b}+\frac{c^2+1}{c}\right)}\\&=\sqrt{abc\left(a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)}\\&=\sqrt{abc\left(abc+\frac{ab+bc+ca}{abc}\right)}\\&=\sqrt{a^2b^2c^2+ab+bc+ca}.\end{aligned}}$

Επιπλέον, ισχύει $\displaystyle{(ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c)=3a^2b^2c^2.}$ Οπότε, η παραπάνω Ανισότητα δίνει πλέον

$\displaystyle{\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+\sqrt{c^2+1}\leq\sqrt{\frac{(ab+bc+ca)^2}{3}+ab+bc+ca}.}$ Μένει να αποδειχθεί λοιπόν ότι

$\displaystyle{(ab+bc+ca-3)^2\geq\frac{(ab+bc+ca)^2}{3}+ab+bc+ca}$ ή ισοδύναμα $\displaystyle{2(ab+bc+ca)^2-21(ab+bc+ca)+27\geq 0\Leftrightarrow (ab+bc+ca-9)[2(ab+bc+ca)-3]\geq 0.}$ Αρκεί τότε $\displaystyle{ab+bc+ca\geq 9.}$ Αυτή όμως ισχύει αφού

$\displaystyle{abc=a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}\Leftrightarrow 3a^2b^2c^2\geq 81}$ ή $\displaystyle{81\leq 3a^2b^2c^2\leq (ab+bc+ca)^2\Leftrightarrow ab+bc+ca\geq 9}$ .

mathematica.gr

Ανισότητα υπό συνθήκη

Ανισότητα υπό συνθήκη

Re: Ανισότητα υπό συνθήκη

Re: Ανισότητα υπό συνθήκη

Re: Ανισότητα υπό συνθήκη