Ανισότητες (x10)

erxmer · #1

Να αποδειχθούν τα ακόλουθα:
Aν a,b,c,d>0

1) $\displaystyle{\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \leq \frac{\sqrt{a}}{b\sqrt{b}} + \frac{\sqrt{b}}{a\sqrt{a}}}$

2) $\displaystyle{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2} \leq \frac{\sqrt{a}}{b^2\sqrt{b}} + \frac{\sqrt{b}}{a^2\sqrt{a}}}$

3) $\displaystyle{\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3} \leq \frac{\sqrt{a}}{b^3\sqrt{b}} + \frac{\sqrt{b}}{a^3\sqrt{a}}}$

4) $\displaystyle{ab+bc+ca \geq c\sqrt{ab} + b\sqrt{ca} + a\sqrt{bc}}$

5) $\displaystyle{\sqrt{ab}+\sqrt{cd} \geq 2\sqrt[4]{abcd}}$

6) $\displaystyle{(a+b)(b+c)(c+a) \geq 8abc}$

7) $\displaystyle{\left(1+\frac{a}{b} \right)^2+\left(1+\frac{b}{a} \right)^2 \geq 2^3}$

8) $\displaystyle{\left(1+\frac{a}{b} \right)^3+\left(1+\frac{b}{a} \right)^3 \geq 2^4}$

9) $ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a) \geq 6abc$

10) $\displaystyle{\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}-\frac{a}{b}-\frac{b}{a}+3 \geq 3}$

mathfinder · #2

Για τη (10) : $\frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{a^{2}}-\frac{a}{b}-\frac{b}{a}+3\geq 3 \Leftrightarrow 2\frac{a^{2}}{b^{2}}+2\frac{b^{2}}{a^{2}}-2\frac{a}{b}-2\frac{b}{a}\geq 0 \Leftrightarrow \left(\frac{a}{b}-1 \right)^{2}+\left(\frac{b}{a}-1 \right)^{2}+\left(\frac{b}{a} -\frac{a}{b}\right)^{2}\geq 0$
που ισχύει . Η ισότητα ισχύει όταν a=b

.

Αθ. Μπεληγιάννης

STOPJOHN · #3

Καλημέρα για την 7 :

Θέτουμε

$\dfrac{a}{b}=x, (1+x)^{2}+(1+\dfrac{1}{x})^{2}\geq 8\Leftrightarrow x^{2}+\dfrac{1}{x^{2}}+2(x+\dfrac{1}{x})+2\geq 8,(*), x+\dfrac{1}{x}\geq 2,(1) 2(x^{2}+\dfrac{1}{x^{2}})\geq 2.2,(2) (1)+(2)\Rightarrow (*)$

Το ίσον για x=1

Γιάννης

STOPJOHN · #4

Για την 8

Θέτουμε

$x=\dfrac{a}{b}>0, (1+x)^{3}+(1+\dfrac{1}{x})^{3}\geq 16\Leftrightarrow x^{3}+\dfrac{1}{x^{3}}+3(x+\dfrac{1}{x})+3(x^{2}+\dfrac{1}{x^{2}})\geq 14,(**) x^{3}+\dfrac{1}{x^{3}}\geq 2,(1), 3(x+\dfrac{1}{x})\geq 6,(2), 3(x^{2}+\dfrac{1}{x^{2}})\geq 6,(3), (1),(2),(3)\Rightarrow (**)$

Γιάννης

#5

erxmer έγραψε:Να αποδειχθούν τα ακόλουθα:
Aν
9) $ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a) \geq 6abc$

$\displaystyle{{a^2}b + a{b^2} + {b^2}c + b{c^2} + {c^2}a + c{a^2}\mathop \ge \limits^{A.M - G.M} 6\sqrt[6]{{{a^6}{b^6}{c^6}}} = 6abc}$

#6

erxmer έγραψε:Να αποδειχθούν τα ακόλουθα:
Aν
5) $\displaystyle{\sqrt{ab}+\sqrt{cd} \geq 2\sqrt[4]{abcd}}$

$\displaystyle{\sqrt {ab} + \sqrt {cd} \ge 2\sqrt {\sqrt {ab} \sqrt {cd} } = 2\sqrt {\sqrt {abcd} } = 2\sqrt[4]{{abcd}}}$

#7

erxmer έγραψε:Να αποδειχθούν τα ακόλουθα:
Aν
6) $\displaystyle{(a+b)\color{red}+\color{black}(b+c)(c+a) \geq 8abc}$

Εδώ εικάζω πως πρόκειται για τυπογραφικό. Άλλωστε είναι κλασική και πολύ γνωστή.
Τη λύνω με γινόμενο.
$\displaystyle{a + b \ge 2\sqrt {ab} ,b + c \ge 2\sqrt {bc} ,c + a \ge 2\sqrt {ac} }$

πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη (όλα θετικά) έχω το ζητούμενο.

#8

erxmer έγραψε:Να αποδειχθούν τα ακόλουθα:
Aν
1) $\displaystyle{\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \leq \frac{\sqrt{a}}{b\sqrt{b}} + \frac{\sqrt{b}}{a\sqrt{a}}}$

Αν $\displaystyle{\sqrt a = x,\sqrt b = y}$ τότε αρκεί να δείξω ότι:
$\displaystyle{\frac{x}{{{y^3}}} + \frac{y}{{{x^3}}} \ge \frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}}}$

Εργαζόμενος ανάποδα καταλήγω τελικά πως αρκεί να αποδείξω ότι:

$\displaystyle{{\left( {x - y} \right)^2}\left( {{x^2} - xy + {y^2}} \right) \ge 0}$

η οποία αληθεύει.

#9

erxmer έγραψε:Να αποδειχθούν τα ακόλουθα:
Aν
4) $\displaystyle{ab+bc+ca \geq c\sqrt{ab} + b\sqrt{ca} + a\sqrt{bc}}$
[/tex]

Τόσην ώρα λύνω και μόλις παρατήρησα πως είναι στο φάκελο της Α'Λυκείου!

Τέλος πάντων αν θέσω $\displaystyle{\sqrt a = x,\sqrt b = y,\sqrt c = z}$ τότε αρκεί να δείξω ότι:

$\displaystyle{{\left( {xy} \right)^2} + {\left( {yz} \right)^2} + {\left( {zx} \right)^2} \ge {z^2}xy + {y^2}xz + {x^2}yz}$

που ισχύει αφού πρόκειται για τη βασική ανισότητα:

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

Λάμπρος Μπαλός · #10

erxmer έγραψε:
2) $\displaystyle{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2} \leq \frac{\sqrt{a}}{b^2\sqrt{b}} + \frac{\sqrt{b}}{a^2\sqrt{a}}}$

Πολλαπλασιάζοντας με το $a^{2}$ και θέτοντας $\sqrt {\frac{a}{b}}=y >0$ , θέλουμε ισοδύναμα να αποδείξουμε ότι

$1+y^{4} \leq y^{5}+ \frac{1}{y} \Leftrightarrow y^{6}+1 \geq y^{5}+y \Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow (y-1)^{2}(y^{4}+y^{3}+y^{2}+y+1) \geq 0$ , το οποίο ισχύει.

Παρόμοια η 3.

erxmer · #11

απομένει η 3

Θεοδωρος Παγωνης · #12

H 3.

$\displaystyle{\frac{1}{{{a}^{3}}}+\frac{1}{{{b}^{3}}}\le \frac{\sqrt{a}}{{{b}^{3}}\sqrt{b}}+\frac{\sqrt{b}}{{{a}^{3}}\sqrt{a}}\Leftrightarrow \frac{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}{{{a}^{3}}{{b}^{3}}}\le \frac{{{a}^{4}}+{{b}^{4}}}{{{a}^{3}}{{b}^{3}}\sqrt{ab}}\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{\sqrt{ab}\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}} \right)\le {{a}^{4}}+{{b}^{4}}\Leftrightarrow ab{{\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}} \right)}^{2}}\le {{\left( {{a}^{4}}+{{b}^{4}} \right)}^{2}}\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{ab\left( {{a}^{6}}+{{b}^{6}} \right)+2{{a}^{4}}{{b}^{4}}\le {{a}^{8}}+2{{a}^{4}}{{b}^{4}}+{{b}^{8}}\Leftrightarrow ab\left( {{a}^{6}}+{{b}^{6}} \right)\le {{a}^{8}}+{{b}^{8}}\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{{{a}^{7}}b+a{{b}^{7}}-{{a}^{8}}-{{b}^{8}}\le 0\Leftrightarrow {{a}^{7}}\left( b-a \right)+{{b}^{7}}\left( a-b \right)\le 0\Leftrightarrow \left( b-a \right)\left( {{a}^{7}}-{{b}^{7}} \right)\le 0}$
$\displaystyle{-{{\left( b-a \right)}^{2}}\left( {{a}^{6}}+{{a}^{5}}b+{{a}^{4}}{{b}^{2}}+{{a}^{3}}{{b}^{3}}+{{a}^{2}}{{b}^{4}}+a{{b}^{5}}+{{b}^{6}} \right)\le 0}$

Λίγο διαφορετικά απο τον Λάμπρο πιο πάνω και λίγο πιο κοπιαστικά.

G.Bas · #13

erxmer έγραψε: 3) $\displaystyle{\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3} \leq \frac{\sqrt{a}}{b^3\sqrt{b}} + \frac{\sqrt{b}}{a^3\sqrt{a}}}$

Η Ανισότητα είναι ισοδύναμη με την

$\displaystyle{a^4+b^4\geq \sqrt{ab}(a^3+b^3).}$

Είναι όμως σύμφωνα με την Ανισότητα Cauchy-Schwarz και την $x^4+y^4\geq xy(x^2+y^2)$

$\displaystyle{(a^4+b^4)^2=(a^4+b^4)(a^4+b^4)\geq ab(a^2+b^2)\cdot\frac{(a^3+b^3)^2}{a^2+b^2}=ab(a^3+b^3)^2.}$

Ορέστης Λιγνός · #14

erxmer έγραψε:Να αποδειχθούν τα ακόλουθα:
Aν

7) $\displaystyle{\left(1+\frac{a}{b} \right)^2+\left(1+\frac{b}{a} \right)^2 \geq 2^3}$

Κάπως διαφορετικά από τον κ.Γιάννη(STOPJOHN).
Από C-S, λαμβάνουμε ότι $\displaystyle{\left(1+\frac{a}{b} \right)^2+\left(1+\frac{b}{a} \right)^2 \geq \dfrac{(2+\frac{a}{b}+\frac{b}{a})^2}{2} \geq \frac{(2+2)^2}{2}=8=2^3}$ , και το ζητούμενο αποδείχτηκε.

Ανισότητες (x10)

Ανισότητες (x10)

Re: Ανισότητες (x10)

Re: Ανισότητες (x10)

Re: Ανισότητες (x10)

Re: Ανισότητες (x10)

Re: Ανισότητες (x10)

Re: Ανισότητες (x10)

Re: Ανισότητες (x10)

Re: Ανισότητες (x10)

Re: Ανισότητες (x10)

Re: Ανισότητες (x10)

Re: Ανισότητες (x10)

Re: Ανισότητες (x10)

Re: Ανισότητες (x10)

Μέλη σε σύνδεση