Σελίδα 1 από 1

Κι άλλη ανισότητα

Δημοσιεύτηκε: Παρ Απρ 17, 2026 3:01 pm
από Fotis34
Να αποδείξετε ότι, για οποιουσδήποτε θετικούς πραγματικούς αριθμούς a,b με a+b=2, ισχύει:

\displaystyle  
\frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} \ge a^{2} + b^{2}.

Re: Κι άλλη ανισότητα

Δημοσιεύτηκε: Παρ Απρ 17, 2026 3:36 pm
από Dinhoo37
Ισχύει για a>0 ότι
a + \frac{1}{a} \geq 2

a + \frac{1}{a} \geq a+b

\frac{1}{a} \geq b άρα \frac{1}{a^2} \geq b^2

Ισχύει για b>0 ότι
b + \frac{1}{b} \geq 2 \iff b + \frac{1}{b} \geq a+b.

Και με τον ίδιο τρόπο είναι \frac{1}{b^2} \geq a^2.

Με πρόσθεση κατά μέλη είναι

\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} \geq a^2 + b^2.

Re: Κι άλλη ανισότητα

Δημοσιεύτηκε: Παρ Απρ 17, 2026 4:52 pm
από Fotis34
Dinhoo37 έγραψε: Παρ Απρ 17, 2026 3:36 pm Ισχύει για a>0 ότι
a + \frac{1}{a} \geq 2

a + \frac{1}{a} \geq a+b

\frac{1}{a} \geq b άρα \frac{1}{a^2} \geq b^2

Ισχύει για b>0 ότι
b + \frac{1}{b} \geq 2 \iff b + \frac{1}{b} \geq a+b.

Και με τον ίδιο τρόπο είναι \frac{1}{b^2} \geq a^2.

Με πρόσθεση κατά μέλη είναι

\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} \geq a^2 + b^2.
:coolspeak: :coolspeak:

Άλλη λύση:

Είναι: \displaystyle{\frac{1}{a²}+\frac{1}{b²}=\frac{a²+b²}{(ab)²}.}

Άρα αρκεί να δείξουμε: \displaystyle{\frac{a²+b²}{(ab)²}≥a²+b²} ή ισοδύναμα αν διαιρέσουμε με \displaystyle{a²+b²>0} το \displaystyle{LHS} και το \displaystyle{RHS} \displaystyle{\frac{1}{(ab)²}≥1 \Leftrightarrow (ab)²≤1 \Leftrightarrow ab≤1,} που ισχύει γιατί από \displaystyle{AM-GM} είναι: \displaystyle{\frac{(a+b)²}{4}≥ab 
\Leftrightarrow ab≤1.}
* Προφανώς είναι \displaystyle{ab>0.}

Re: Κι άλλη ανισότητα

Δημοσιεύτηκε: Παρ Απρ 17, 2026 4:54 pm
από Mihalis_Lambrou
Fotis34 έγραψε: Παρ Απρ 17, 2026 3:01 pm Να αποδείξετε ότι, για οποιουσδήποτε θετικούς πραγματικούς αριθμούς a,b με a+b=2, ισχύει:

\displaystyle  
\frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} \ge a^{2} + b^{2}.
.
Είναι 2=a+b \ge 2\sqrt {ab}, άρα \sqrt {ab} \le 1, ισοδύναμα ab\le 1. Άρα

 a^2 + b^2 = \dfrac{a^2b^2}{b^2} + \dfrac{a^2b^2}{a^2} \le \dfrac{1}{b^2} + \dfrac{1}{a^2} , όπως θέλαμε.