mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 20, 2016 10:36 am**

Αν $a,b,c\geq 0$ με ab+bc+ca=1

, να αποδειχθεί ότι :

$\displaystyle \frac {1}{1+a^2}+\frac {1}{1+b^2}+\frac {1}{1+c^2} \leq \frac {9}{4}$

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 20, 2016 11:23 am**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Αν $a,b,c\geq 0$ με , να αποδειχθεί ότι :

$\displaystyle \frac {1}{1+a^2}+\frac {1}{1+b^2}+\frac {1}{1+c^2} \leq \frac {9}{4}$

Η υπόθεση γράφεται $\displaystyle{c= \frac {1-ab}{a+b}}$ , οπότε αν θέσουμε $a=\cot A,\, b=\cot B$ όπου $A,\, B$ οξείες, θα είναι $c= \cot C,$ όπου

η τρίτη γωνία τριγώνου ABC

.

Η αποδεικτέα γράφεται $\displaystyle{ \sin ^2 A + \sin ^2 B + \sin ^2 C \leq \frac {9}{4} }$ που είναι γνωστή. Βλέπε π.χ. Κοντογιάννης, Ισότητες και Ανισότητες στο τρίγωνο, σελίς

αλλά σημειώνω ότι απόδειξή της έτσι και αλλιώς είναι προσιτή.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 20, 2016 12:59 pm**

Μια ακόμα απόδειξη:

Γράφοντας το κάθε κλάσμα στη μορφή $\displaystyle{1-\frac{a^2}{1+a^2},}$ έχουμε να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{\frac{a^2}{1+a^2}+\frac{b^2}{1+b^2}+\frac{c^2}{1+c^2}\geq \frac{3}{4}.}$

Από την ανισότητα Cauchy-Schwarz ισχύει

$\displaystyle{\frac{a^2}{1+a^2}+\frac{b^2}{1+b^2}+\frac{c^2}{1+c^2}\geq \frac{(a+b+c)^2}{3+a^2+b^2+c^2}=\frac{a^2+b^2+c^2+2}{a^2+b^2+c^2+3},}$

οπότε αρκεί να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{a^2+b^2+c^2+2}{a^2+b^2+c^2+3}\geq \frac{3}{4},}$

δηλαδή ότι $\displaystyle{a^2+b^2+c^2\geq 1.}$

Αυτή είναι άμεση συνέπεια της $\displaystyle{a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca.}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 20, 2016 10:36 pm**

Ας δούμε και άλλη μία λύση με ελάχιστες γνώσεις (κάνει π.χ. για Γυμνάσιο).

Η υπόθεση γράφεται $\displaystyle{c= \frac {1-ab}{a+b}}$ , και το αποδεικτέο γίνεται

$\displaystyle \frac {1}{1+a^2}+\frac {1}{1+b^2}+\frac {1}{1+\left ( \frac {1-ab}{a+b} \right )^2} \leq \frac {9}{4}$

(Υπόψη ότι ο παρονομαστής a+b

δεν μηδενίζεται γιατί τότε η αρχική θα γινόταν 0+ab=1

και άρα

, που δεν γίνεται)

Άρα θέλουμε

$\displaystyle \frac {1}{1+a^2}+\frac {1}{1+b^2}+\frac {(a+b)^2}{(1+a^2)(1+b^2)} \leq \frac {9}{4}$ .

Διώχνοντας παρονομαστές ανάγεται στην

$\displaystyle{8ab \le 1+a^2+b^2+9a^2b^2}$ , ισοδύναμα $\displaystyle{ (a-b)^2+(3ab-1)^2 \ge 0}$ , που ισχύει.

Προσθέτω ότι αμέσως βλέπουμε την συνθήκη ισότητας.

Επίσης προσθέτω ότι πουθενά δεν χρησιμοποίησα ότι οι a,b,c

είναι μη αρνητικοί, συνεπώς η ανισότητα επεκτείνεται και σε αυτή την περίπτωση. Η απόδειξη του Θάνου το λέει αυτό, έτσι και αλλιώς.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 21, 2016 1:23 am**

Άλλη μία λύση.

Έχουμε a^2+1=a^2+ab+bc+ca=(a+b)(a+c)

οπότε το αριστερό μέλος είναι ίσο (κάνουμε ομώνυμα) με
$\displaystyle{\frac{2(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$ . Οπότε η ανισότητα είναι ισοδύναμη με

$\displaystyle{8(a+b+c)\leq 9(a+b)(b+c)(c+a)\iff 8(a+b+c)(ab+bc+ca)\leq 9(a+b)(b+c)(c+a)}$

που είναι η ανισότητα του Carlson. Δείτε και εδώ viewtopic.php?f=109&t=9385&hilit=carlson

mathematica.gr

Ανισότητα στους μη αρνητικούς

Ανισότητα στους μη αρνητικούς

Re: Ανισότητα στους μη αρνητικούς

Re: Ανισότητα στους μη αρνητικούς

Re: Ανισότητα στους μη αρνητικούς

Re: Ανισότητα στους μη αρνητικούς