mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 09, 2016 1:48 pm**

Αν $\nu \in N, \nu \geq 2$ και $x_1, x_2, ..., x_\nu \in R_*^+$ , τότε:
$\frac{x_1+x_2+...+x_\nu}{\nu}\geq \sqrt[\nu]{x_1 x_2\cdot \cdot \cdot x_\nu} \geq \frac{\nu}{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_\nu}}$

(ανισότητα Cauchy

)

1) Αν $\frac{\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_\nu}{\nu} \geq \sqrt[\nu]{\alpha_1 \alpha_2\cdot \cdot \cdot \alpha_\nu}$ , με $\alpha_1 \alpha_2 ... \alpha_\nu>0$ να αποδειχθεί η ανισότητα:

$\sqrt[\nu]{\alpha_1 \alpha_2\cdot \cdot \cdot \alpha_\nu} \geq \frac{\nu}{\frac{1}{\alpha_1}+\frac{1}{\alpha_2}+...+\frac{1}{\alpha_\nu}}$

2) Να αποδειχτεί η ανισότητα Cauchy

με τρεις αριθμούς, δηλαδή:
$\frac{x_1+x_2+x_3}{3}\geq \sqrt[3]{x_1 x_2 x_3} \geq \frac{3}{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\frac{1}{x_3}}$ , \qquad x_1, x_2, x_3>0

3) Αν $\alpha, \beta, \gamma \in N$ , να δειχθεί ότι:

$\alpha ^{\frac{\alpha}{\alpha + \beta + \gamma}} \beta ^{\frac{\beta}{\alpha + \beta + \gamma}} \gamma ^{\frac{\gamma}{\alpha + \beta +\gamma}} > \frac{\alpha + \beta + \gamma}{3}$

4) Αν $\alpha, \beta, \gamma >0$ να αποδειχθεί η σχέση:

$\frac{\beta \gamma}{\alpha} + \frac{\alpha \beta}{\gamma}+ \frac{\alpha \gamma}{\beta}>\alpha + \beta + \gamma$

5) Να αποδειχθεί ότι αν $\alpha, \beta, \gamma \in R_+^*$ τότε:

$\Big( \frac{2 \alpha + 3 \beta +4 \gamma}{9} \Big)^9 \geq \alpha^2 \beta^3 \gamma^4 \qquad (1)$

6) Αν $\alpha, \beta$ θετικοί και ακέραιοι να αποδειχθεί ότι:

$\frac{\alpha^2 + \beta^2}{\alpha + \beta} \geq \sqrt[\alpha + \beta]{\alpha^\alpha \beta^\beta} \qquad (1)$

7) Αν x>0

και $\nu \in N^*$ να δειχθεί ότι:

$1+x+x^2+...+x^{2 \nu} \geq (2 \nu +1) x^\nu$

8) Αν $x \geq 0$ , να αποδείξετε ότι:

$(x^3 + x^2 +x+1)^2 \geq 16 x^3$

Σημείωση: θα ακολουθήσει εν καιρώ 2η ομάδα ασκήσεων στην ανισότητα Cauchy

, που είναι πιο ενδιαφέρουσες και περισσότερο δύσκολες.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 09, 2016 2:25 pm**

Η 4).

Από C-S $\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b} \geq \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{3abc} \geq \dfrac{3abc(a+b+c)}{3abc}=a+b+c$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 09, 2016 2:28 pm**

Για την 5)

Από ΑΜ-ΓΜ, $(\dfrac{a+a+b+b+b+c+c+c+c}{9})^9 \geq (\dfrac{9\sqrt[9]{a^2b^3c^4}}{9})^9 =a^2b^3c^4$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 09, 2016 2:31 pm**

Η 8):

$\left( x^{3}+x^{2}+x+1\right) \geq 4\sqrt [4] {x^{6}}$

Ομως $\left( 4\sqrt [4] {x^{6}}\right) ^{2}=16\sqrt [2] {x^{6}}=16x^{3}$ και το ζητουμενο επεται.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 09, 2016 2:32 pm**

Για την 6).

$\sqrt[a+b]{a^ab^b} =\sqrt[a+b]{a \cdot a \cdot a ... a \cdot b \cdot b \cdot b} \leq \dfrac{a+a+a+a+...a+b+b+b+...b}{a+b}=\dfrac{a^2+b^2}{a+b}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 09, 2016 2:45 pm**

Για την 7).

Από ΑΜ-ΓΜ $LHS \geq (2n+1)\sqrt[2n+1]{x^{1+2+...+2n+1}}=(2n+1) \sqrt{x^{\dfrac{(2n+1)^2 2n}{2}}} > (2n+1)\sqrt{x^{2n}}=(2n+1)x^n$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 09, 2016 3:52 pm**

Τέλος για την 3)

Η ζητούμενη ανισότητα ισοδύναμα γίνεται:

$\displaystyle{\sqrt[a+b+c]{a^{a}b^{b}c^{c}}\geq \dfrac{a+b+c}{3}}$

Ισχύει ότι: $\displaystyle{\frac{a+b+c}{3}=\frac{a+b+c}{(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+...+\frac{1}{a})+(\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+...+\frac{1}{b})+(\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+...+\frac{1}{c})}}$ (στον παρονομαστή προστίθενται

όροι $\dfrac{1}{a}$ ,

όροι $\dfrac{1}{b}$ και

όροι $\dfrac{1}{c}$ )

Όμως ισχύει από την ανισότητα Cauchy ότι:

$\displaystyle{\sqrt[a+b+c]{a^{a}b^{b}c^{c}} \geq\frac{a+b+c}{(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+...+\frac{1}{a})+(\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+...+\frac{1}{b})+(\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+...+\frac{1}{c})} \Leftrightarrow \sqrt[a+b+c]{a^{a}b^{b}c^{c}}\geq \frac{a+b+c}{3}}$ .

Η ισότητα ισχύει όταν a=b=c

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 09, 2016 4:39 pm**

Καλησπέρα σε όλους, μια παρατήρηση.
Η ανισότητα 3, μπορεί να δειχθεί και για $\displaystyle{a,b,c}$ θετικούς πραγματικούς , όχι δηλαδή κατ'ανάγκη ακέραιους.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 09, 2016 5:44 pm**

sot arm έγραψε:Καλησπέρα σε όλους, μια παρατήρηση.
Η ανισότητα 3, μπορεί να δειχθεί και για $\displaystyle{a,b,c}$ θετικούς πραγματικούς , όχι δηλαδή κατ'ανάγκη ακέραιους.

Σωστή παρατήρηση! Θέλει όμως ισχυρότερα εργαλεία για την απόδειξη (ανισότητα των βαρών) από την ανισότητα Cauchy.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 09, 2016 11:09 pm**

cretanman έγραψε:
sot arm έγραψε:Καλησπέρα σε όλους, μια παρατήρηση.
Η ανισότητα 3, μπορεί να δειχθεί και για $\displaystyle{a,b,c}$ θετικούς πραγματικούς , όχι δηλαδή κατ'ανάγκη ακέραιους.
Σωστή παρατήρηση! Θέλει όμως ισχυρότερα εργαλεία για την απόδειξη (ανισότητα των βαρών) από την ανισότητα Cauchy.

Αλέξανδρος

Έχω άλλη απόδειξη από αυτήν που αναφέρετε , χωρίς την ανισότητα των βαρών , που πάντως χρειάζεται ισχυρότερα εργαλεία, θα την ανεβάσω αύριο μήπως θελήσει και κάποιος άλλος να την προσπαθήσει.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 10, 2016 9:35 pm**

Βάζω λοιπόν και την λύση μου για την ανισότητα 3 στους πραγματικούς.

Παίρνοντας τον φυσικό λογάριθμο και στις δύο μεριές της έκφρασης, αρκεί ισοδύναμα να δειχτεί ότι:

$\displaystyle{\ln (a^{\frac{a}{a+b+c}} b^{\frac{b}{a+b+c}} c^{\frac{c}{a+b+c}})\geq \ln(\frac{a+b+c}{3}) \Leftrightarrow \displaystyle{\sum \frac{a}{a+b+c}\ln(a) \geq \ln(\frac{a+b+c}{3}) \Leftrightarrow} \displaystyle{\sum a \ln(a) \geq (a+b+c)\ln(\frac{a+b+c}{3})}$

Το οποίο είναι άμεσο από την ανισότητα Jensen στην κυρτή $\displaystyle{f(x)=x \ln(x) }$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 28, 2017 10:54 pm**

Λύσεις στις ασκήσεις στην Ανισότητα Cauchy
Αν $\nu \in N, \nu \geq 2$ και $x_1, x_2, ..., x_\nu \in R_*^+$ , τότε: $\frac{x_1+x_2+...+x_\nu}{\nu}\geq \sqrt[\nu]{x_1\cdot x_2\cdot \cdot \cdot x_\nu} \geq \frac{\nu}{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_\nu}}$ (ανισότητα Cauchy)

1) Αν $\frac{\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_\nu}{\nu} \geq \sqrt[\nu]{\alpha_1\cdot \alpha_2\cdot \cdot \cdot \alpha_\nu}$ , με $\alpha_1 \alpha_2 ... \alpha_\nu>0$ να αποδειχθεί η ανισότητα: $\sqrt[\nu]{\alpha_1\cdot \alpha_2\cdot \cdot \cdot \alpha_\nu} \geq \frac{\nu}{\frac{1}{\alpha_1}+\frac{1}{\alpha_2}+...+\frac{1}{\alpha_\nu}}$

Απόδειξη:

Στο α' μέρος της ανισότητας: $\frac{x_1+x_2+...+x_\nu}{\nu}\geq \sqrt[\nu]{x_1\cdot x_2\cdot \cdot \cdot x_\nu}$ (1)

θέτουμε $x_1=\frac{1}{\alpha_1}, x_2=\frac{1}{\alpha_2}, ..., x_\nu=\frac{1}{\alpha_\nu}$ και η (1) γίνεται:

$\frac{\frac{1}{\alpha_1}+ \frac{1}{\alpha_2} + ... + \frac{1}{\alpha_\nu}}{\nu} \geq \sqrt[\nu]{\frac{1}{\alpha_1}\cdot \frac{1}{\alpha_2} \cdot ... \cdot \frac{1}{\alpha_\nu}}$

ή $\frac{\frac{1}{\alpha_1}+ \frac{1}{\alpha_2} + ... + \frac{1}{\alpha_\nu}}{\nu} \geq \frac{1}{\sqrt[v]{\alpha_1 \cdot \alpha_2 \cdot \cdot \cdot \alpha_\nu}}$ .

Αντιστρέφω και έχω:

$\sqrt[\nu]{\alpha_1\cdot \alpha_2\cdot \cdot \cdot \alpha_\nu} \geq \frac{\nu}{\frac{1}{\alpha_1}+\frac{1}{\alpha_2}+...+\frac{1}{\alpha_\nu}}$

2) Να αποδειχτεί η ανισότητα Cauchy με τρεις αριθμούς, δηλαδή:

$\frac{x_1+x_2+x_3}{3}\geq \sqrt[3]{x_1\cdot x_2\cdot x_3} \geq \frac{3}{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\frac{1}{x_3}}, x_1, x_2, x_3>0$

Απόδειξη:

α) $\frac{x_1+x_2+x_3}{3}\geq \sqrt[3]{x_1\cdot x_2\cdot x_3} \Leftrightarrow (\sqrt[3]{x_1})^3+ (\sqrt[3]{x_2})^3 + (\sqrt[3]{x_3})^3 \geq 3\cdot \sqrt[3]{x_1} \cdot \sqrt[3]{x_2} \cdot \sqrt[3]{x_3} \Leftrightarrow$ (βάσει της ταυτότητας Euler) $\frac{1}{2} \cdot (\sqrt[3]{x_1}+ \sqrt[3]{x_2} + \sqrt[3]{x_3}) \cdot [(\sqrt[3]{x_1} - \sqrt[3]{x_2})^2 + (\sqrt[3]{x_2} - \sqrt[3]{x_3})^2 + (\sqrt[3]{x_3} - \sqrt[3]{x_1})^2] \geq 0$

που αληθεύει γιατί και οι δύο παράγοντες είναι θετικοί.

β) $\sqrt[3]{x_1 \cdot x_2 \cdot x_3} \geq \frac{3}{\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} + \frac{{1}}{x_3}} \Leftrightarrow \sqrt[3]{x_1 \cdot x_2 \cdot x_3} \geq \frac{3\cdot x_1 \cdot x_2 \cdot x_3}{x_1 \cdot x_2 + x_2 \cdot x_3 + x_1 \cdot x_3} \Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow \not{ \sqrt[3]{x_1 \cdot x_2 \cdot x_3}} \geq \frac{3 \cdot \sqrt[3]{(x_1 \cdot x_2 \cdot x_3)^{\not 3}}^2}{x_1 \cdot x_2 + x_2 \cdot x_3 + x_1 \cdot x_3} \Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow x_1 \cdot x_2 + x_2 \cdot x_3 + x_1 \cdot x_3 \geq 3 \cdot \sqrt[3]{(x_1 \cdot x_2 \cdot x_3)^2} \Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow (\sqrt[3]{x_1 \cdot x_2})^3 + (\sqrt[3]{x_2 \cdot x_3})^3 + (\sqrt[3]{x_1 \cdot x_3})^3 \geq 3 \cdot \sqrt[3]{x_1 \cdot x_2} \cdot \sqrt[3]{x_2 \cdot x_3}\cdot \sqrt[3]{x_1 \cdot x_3} \Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow (\sqrt[3]{x_1 \cdot x_2})^3 + (\sqrt[3]{x_2 \cdot x_3})^3 + (\sqrt[3]{x_1 \cdot x_3})^3 - 3 \cdot \sqrt[3]{x_1 \cdot x_2} \cdot \sqrt[3]{x_2 \cdot x_3}\cdot \sqrt[3]{x_1 \cdot x_3} \geq 0$ , το οποίο αληθεύει βάσει της ταυτότητας Euler

3) Αν $\alpha, \beta, \gamma \in N$ , να δειχθεί ότι: $\alpha ^{\frac{\alpha}{\alpha + \beta + \gamma}} \cdot \beta ^{\frac{\beta}{\alpha + \beta + \gamma}} \cdot \gamma ^{\frac{\gamma}{\alpha + \beta +\gamma}} > \frac{\alpha + \beta + \gamma}{3}$

Απόδειξη:

Από την ανισότητα Cauchy έχουμε:

$\sqrt[\nu]{\alpha_1\cdot \alpha_2\cdot \cdot \cdot \alpha_\nu} > \frac{\nu}{\frac{1}{\alpha_1}+\frac{1}{\alpha_2}+...+\frac{1}{\alpha_\nu}} \Rightarrow$

$\Rightarrow \sqrt[\alpha + \beta + \gamma]{\alpha \cdot \alpha \cdot \cdot \cdot \alpha \cdot \beta \cdot \beta \cdot \cdot \cdot \beta \cdot \gamma \cdot \gamma \cdot \cdot \cdot \gamma} > \frac{\alpha + \beta + \gamma}{\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\alpha}+...+\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}+\frac{1}{\beta} + ... + \frac{1}{\beta} + \frac{1}{\gamma}+\frac{1}{\gamma}+...+\frac{1}{\gamma}} \Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow \sqrt[\alpha + \beta + \gamma]{\alpha^\alpha \cdot \beta^\beta \cdot \gamma^\gamma}> \frac{\alpha+\beta+\gamma}{\alpha \cdot \frac{1}{\alpha}+\beta \cdot \frac{1}{\beta}+\gamma \cdot \frac{1}{\gamma}} \Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow \sqrt[\alpha + \beta + \gamma]{\alpha^\alpha \cdot \beta^\beta \cdot \gamma^\gamma}> \frac{\alpha+\beta+\gamma}{1+1+1} \Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow \alpha ^{\frac{\alpha}{\alpha + \beta + \gamma}} \cdot \beta ^{\frac{\beta}{\alpha + \beta + \gamma}} \cdot \gamma ^{\frac{\gamma}{\alpha + \beta +\gamma}} > \frac{\alpha + \beta + \gamma}{3}$

4) Αν $\alpha, \beta, \gamma >0$ να αποδειχθεί η σχέση: $\frac{\beta \cdot \gamma}{\alpha} + \frac{\alpha \cdot \beta}{\gamma}+ \frac{\alpha \cdot \gamma}{\beta}>\alpha + \beta + \gamma$

Απόδειξη:

$\frac{1}{2} \cdot (\frac{\beta \cdot \gamma}{\alpha}+\frac{\alpha \cdot \gamma}{\beta}) \geq \sqrt{\frac{\beta \cdot \gamma}{\alpha}\cdot \frac{\alpha \cdot \gamma}{\beta}}=\sqrt{\gamma^2}=\gamma$

$\frac{1}{2} \cdot (\frac{\alpha \cdot \gamma}{\beta}+\frac{\alpha \cdot \beta}{\gamma}) \geq \sqrt{\frac{\alpha \cdot \gamma}{\beta}\cdot \frac{\alpha \cdot \beta}{\gamma}}=\sqrt{\alpha^2}=\alpha$

$\frac{1}{2} \cdot (\frac{\beta \cdot \gamma}{\alpha}+\frac{\alpha \cdot \beta}{\gamma}) \geq \sqrt{\frac{\beta \cdot \gamma}{\alpha}\cdot \frac{\alpha \cdot \beta}{\gamma}}=\sqrt{\beta^2}=\beta$

(από ανισότητα Cauchy) προσθέτουμε κατά μέλη
$\rule{0.6\textwidth}{.4pt}$

$\frac{1}{2}\cdot (2 \cdot \frac{\beta \cdot \gamma}{\alpha} + 2\cdot \frac{\alpha \cdot \gamma}{\beta} +2\cdot \frac{\alpha \cdot \beta}{\gamma}) \geq \alpha + \beta + \gamma \Leftrightarrow \frac{\beta \cdot \gamma}{\alpha} + \frac{\alpha \cdot \beta}{\gamma}+ \frac{\alpha \cdot \gamma}{\beta}>\alpha + \beta + \gamma$

5) Να αποδειχθεί ότι αν $\alpha, \beta, \gamma \in R_+^*$ τότε: $\Big( \frac{2 \cdot \alpha + 3 \cdot \beta +4\cdot \gamma}{9} \Big)^9 \geq \alpha^2 \cdot \beta^3 \cdot \gamma^4 (1)$

Απόδειξη:

$(1) \Leftrightarrow \frac{(\alpha + \alpha)+(\beta + \beta + \beta)+(\gamma + \gamma + \gamma + \gamma)}{2+3+4} \geq \sqrt[2+3+4]{(\alpha \cdot \alpha)\cdot (\beta \cdot \beta \cdot \beta) \cdot (\gamma \cdot \gamma \cdot \gamma \cdot \gamma)} \qquad (2)$

Σύμφωνα με την ανισότητα Cauchy,

$\frac{x_1+x_2+...+x_\nu}{\nu}\geq \sqrt[\nu]{x_1\cdot x_2\cdot \cdot \cdot x_\nu}$ , η ανισότητα (2) ισχύει, άρα και η (1).

6) Αν $\alpha, \beta$ θετικοί και ακέραιοι να αποδειχθεί ότι: $\frac{\alpha^2 + \beta^2}{\alpha + \beta} \geq \sqrt[\alpha + \beta]{\alpha^\alpha \cdot \beta^\beta} \qquad (1)$

Απόδειξη:

Εφαρμόζω την ανισότητα Cauchy και έχω:

$\frac{\alpha + \alpha + ... + \alpha+\beta + \beta + ... + \beta}{\alpha + \beta} \geq \sqrt[\alpha + \beta]{\alpha \cdot \alpha \cdot ... \cdot \alpha \cdot \beta \cdot \beta \cdot ... \cdot \beta} \Rightarrow \frac{\alpha^2 + \beta^2}{\alpha + \beta} \geq \sqrt[\alpha + \beta]{\alpha^\alpha \cdot \beta^\beta}$ και έχω την αποδεικτέα.

7) Αν x>0

και $\nu \in N^*$ να δειχθεί ότι: $1+x+x^2+...+x^{2\cdot \nu} \geq (2\cdot \nu +1) \cdot x^\nu$

Λύση:

Εφαρμόζω το θ. Cauchy και έχω:

$\frac{1+x+x^2+...+x^{2 \cdot \nu}}{2 \cdot \nu+1} \geq \sqrt[2 \cdot \nu +1]{1 \cdot x \cdot x^2 \cdot \cdot \cdot x^{2\cdot \nu}}=$

$=\sqrt[2\cdot \nu+1]{x \cdot \frac{1+2\cdot \nu}{\not 2} \cdot \not 2 \cdot \nu} = \sqrt[\not (2\cdot \nu +1)]{x^{\not (2\cdot \nu +1) \cdot \nu}}=x^\nu \Rightarrow$
$\Rightarrow 1+x+x^2+...+x^{2\cdot \nu} \geq (2\cdot \nu +1) \cdot x^\nu$

8) Αν $x \geq 0$ , να αποδείξετε ότι: $(x^3 + x^2 +x+1)^2 \geq 16 \cdot x^3$

Απόδειξη:

Από ανισότητα Cauchy $\Rightarrow \frac{x^3 + x^2 +x +1}{4} \geq \sqrt[4]{x^3 \cdot x^2 \cdot x \cdot 1} \Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow x^3+x^2+x+1 \geq 4\cdot \sqrt{x^3} \Leftrightarrow (x^3+x^2+x+1)^2 \geq 16\cdot x^3$ .

Σημείωση: θα ακολουθήσει εν καιρώ 2η ομάδα ασκήσεων στην ανισότητα Cauchy, που είναι πιο ενδιαφέρουσες και περισσότερο δύσκολες.

mathematica.gr

Ασκήσεις ανισότητας Cauchy (Α)

Ασκήσεις ανισότητας Cauchy (Α)

Re: Ασκήσεις ανισότητας Cauchy (Α)

Re: Ασκήσεις ανισότητας Cauchy (Α)

Re: Ασκήσεις ανισότητας Cauchy (Α)

Re: Ασκήσεις ανισότητας Cauchy (Α)

Re: Ασκήσεις ανισότητας Cauchy (Α)

Re: Ασκήσεις ανισότητας Cauchy (Α)

Re: Ασκήσεις ανισότητας Cauchy (Α)

Re: Ασκήσεις ανισότητας Cauchy (Α)

Re: Ασκήσεις ανισότητας Cauchy (Α)

Re: Ασκήσεις ανισότητας Cauchy (Α)

Re: Ασκήσεις ανισότητας Cauchy (Α)