Ανισότητα

#1

Δίνονται θετικοί αριθμοί x,y,z

τέτοιοι ώστε xyz+xy+yz+zx=4.

Να δειχθεί ότι $x+y+z\geq 3.$

Φιλικά,

Αχιλλέας

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #2

achilleas έγραψε: Τετ Μαρ 27, 2019 12:21 am Δίνονται θετικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε Να δειχθεί ότι $x+y+z\geq 3.$

Φιλικά,

Αχιλλέας

Θέτουμε

.

Είναι

$(\frac{A}{3})^{3}\geq xyz$
και
$\frac{A^{2}}{3}\geq xy+yz+zx$

Ετσι η δεσμευμένη σχέση γίνεται

$A^{3}+9A^{2}\geq 4\cdot 27$

Αν A<3

τότε $A^{3}+9A^{2}<4\cdot27$ ΑΤΟΠΟ.

Αρα $A\geq 3$ οπως θέλουμε.

#3

Καλημέρα! Μια άλλη προσέγγιση (μέσω μιας γνωστής γενικής μεθόδου).

Η δοσμένη σχέση γράφεται ισοδύναμα:

$\displaystyle 1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = \frac{4}{{xyz}} \Leftrightarrow 2 + \frac{2}{x} + \frac{2}{y} + \frac{2}{z} = \frac{8}{{xyz}}$ $\displaystyle \bf\color{red} \left( 1 \right)$ .

Θέτουμε

$\displaystyle a = \frac{1}{{1 + \dfrac{2}{x}}},$ $\displaystyle b = \frac{1}{{1 + \dfrac{2}{y}}},$ $\displaystyle c = \frac{1}{{1 + \dfrac{2}{z}}}.$

Τότε, η σχέση $\displaystyle \bf\color{red} \left( 1 \right)$ γράφεται ισοδύναμα

$\displaystyle 2 + \frac{1}{a} - 1 + \frac{1}{b} - 1 + \frac{1}{c} - 1 = \left( {\frac{1}{a} - 1} \right)\left( {\frac{1}{b} - 1} \right)\left( {\frac{1}{c} - 1} \right) \Leftrightarrow$

$\displaystyle \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} - 1 = \frac{{\left( {1 - a} \right)\left( {1 - b} \right)\left( {1 - c} \right)}}{{abc}} \Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow bc + ca + ab - abc = 1 - a - b - c + ab + bc + ca - abc \Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow a + b + c = 1.$

Έχουμε, λοιπόν, ότι:

$\displaystyle \frac{2}{x} = \frac{1}{a} - 1 = \frac{{1 - a}}{a} = \frac{{b + c}}{a} \Leftrightarrow x = \frac{{2a}}{{b + c}}$

και όμοια

$\displaystyle y = \frac{{2b}}{{c + a}},$

$\displaystyle z = \frac{{2c}}{{a + b}}.$

Συνεπώς, η αποδεικτέα ανισότητα γράφεται ισοδύναμα

$\displaystyle \frac{{2a}}{{b + c}} + \frac{{2b}}{{c + a}} + \frac{{2c}}{{a + b}} \ge 3 \Leftrightarrow \frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}} \ge \frac{3}{2},$

που είναι η γνωστή ανισότητα Nesbitt. Μια απόδειξή της μπορεί να δοθεί με χρήση της ανισότητας Cauchy-Schwarz:

$\displaystyle \frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}} = \frac{{{a^2}}}{{ab + ca}} + \frac{{{b^2}}}{{bc + ab}} + \frac{{{c^2}}}{{ca + bc}} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{2\left( {ab + bc + ca} \right)}} \ge \frac{3}{2}.$

Pantelis.N · #4

Από την δοσμένη σχέση έχουμε ότι $xyz+xy+yz+zx=4\Rightarrow 4\sqrt[4]{(xyz)^3}\leq 4\Rightarrow xyz\leq 1$ από AM-GM.

Εφαρμόζοντας την σχέση που βρήκαμε πάλι στην αρχική προκύπτει $xyz+xy+yz+zx=4\Rightarrow 1+xy+yz+zx\geq 4\Leftrightarrow xy+yz+zx\geq 3$

Άρα $(x+y+z)^2\geq 3(xy+yz+zx)\geq 9\Rightarrow x+y+z\geq 3$

Ισότητα για x=y=z=1

Ανισότητα

Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση