O inegalitate utila, cu aplicatii

O inegalitate utila, cu aplicatii

Mesajde mircea.lascu » Joi Feb 23, 2012 11:14 pm

In memoria domnului profesor Alexandru Lupas.

Fie x,y numere pozitive, atunci: \displaystyle\frac{1}{(1+x)^{2}}+\frac{1}{(1+y)^{2}}\geq\frac{1}{1+xy}.

Solutie: [D. Grinberg] Din inegalitatea lui Cauchy-Schwarz avem:
(x+y)(1+xy)\geq (\sqrt{x}+\sqrt{x}y)^{2}=x(1+y)^{2} de unde
\displaystyle\frac{1}{(y+1)^{2}}\geq\frac{x}{x+y}\cdot\frac{1}{1+xy}.
Analog deducem \displaystyle\frac{1}{(x+1)^{2}}\geq \frac{y}{x+y}\cdot\frac{1}{1+xy}. Insumand cele doua inegalitati obtinem inegalitatea din enunt.

Aplicatii:

1. [Vasile Cirtoaje] Fie a,b,c numere strict pozitive. Sa se arate ca:
\displaystyle\frac{a(3a+b)}{(a+b)^{2}}+\frac{b(3b+c)}{(b+c)^{2}}+\frac{c(3c+a)}{(c+a)^{2}}\geq 3.\ \ \ (1)

Solutie: Cu substitutiile x=\displaystyle\frac{a}{b},y=\frac{c}{b},z=\frac{a}{c} avem xyz=1. Astfel
(1)\Leftrightarrow\displaystyle\frac{3+x}{(1+x)^{2}+\frac{3+y}{(1+y)^{2}}+\frac{3+z}{(1+z)^{2}}\geq3\Leftrightarrow\displaystyle\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}+\frac{2}{(1+x)^{2}}+\frac{2}{(1+y)^{2}}+\frac{2}{(1+z)^{2}}\geq 3\Leftrightarrow
\Leftrightarrow\displaystyle\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}+\left(\frac{1}{(x+1)^{2}}+\frac{1}{(y+1)^{2}}\right)+\displaystyle\left(\frac{1}{(y+1)^{2}}+\frac{1}{(z+1)^{2}}\right)+\left(\frac{1}{(z+1)^{2}}+\frac{1}{(x+1)^{2}}\right)\geq 3.
Folosind lema si tinand cont ca \displaystyle\frac{1}{x+1}+\frac{1}{yz+1}=1 si analoagele ei rezulta enuntul.

Probleme propuse:

2. [Vasile Cirtoaje] Fie a,b,c,d numere reale pozitive astfel incat abcd=1. Sa se arate ca:
\displaystyle\frac{1}{(1+a)^{2}}+\frac{1}{(1+b)^{2}}+\frac{1}{(1+c)^{2}}+\frac{1}{(1+d)^{2}}\geq 1.

3. Fie a,b,c>0 astfel incat abc=1. Aratati ca:
\displaystyle\frac{1}{(a+1)^{2}}+\frac{1}{(b+1)^{2}}+\frac{1}{(c+1)^{2}}\geq\frac{3}{4}.

Bibliografie:

[1.] T. Andreescu, V. Cirtoaje, G. Dospinescu si M. Lascu - Old and New Inequalities, GIL Publishing House, 2004

[2.] V. Cirtoaje - Algebraic Inequalities. Old and New Methods, GIL Publishing House, 2006

[3.] P. K. Hung - Secrets in Inequalities. Basic inequalities, GIL Publishing House, 2007
mircea.lascu
 
Mesaje: 349
Membru din: Lun Iul 12, 2010 9:02 pm

Re: O inegalitate utila, cu aplicatii

Mesajde Stefan Tudose » Dum Feb 26, 2012 10:31 am

Problema 2
Folosindu-ne de faptul că \displaystyle\frac{1}{(1+x)^{2}}+\frac{1}{(1+y)^{2}}\geq\frac{1}{1+xy} , oricare ar fi x şi y pozitive,
\displaystyle\frac{1}{(1+a)^{2}}+\frac{1}{(1+b)^{2}}\geq\frac{1}{1+ab}
\displaystyle\frac{1}{(1+c)^{2}}+\frac{1}{(1+d)^{2}}\geq\frac{1}{1+cd}

Însumându-le,

\displaystyle\frac{1}{(1+a)^{2}}+\frac{1}{(1+b)^{2}}+\frac{1}{(1+c)^{2}}+\frac{1}{(1+d)^{2}}\geq\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+cd}
Dar cum \displaystyle\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+cd}=\frac{cd}{cd+abcd}+\frac{1}{1+cd}=\frac{cd+1}{1+cd}=1

inegalitatea este demonstrată.

Egalitatea se obţine pentru a=b=c=d=1.
Ultima oară modificat de Stefan Tudose pe Dum Feb 26, 2012 2:20 pm, modificat de 2 ori în total.
Stefan Tudose
 
Mesaje: 258
Membru din: Mar Aug 30, 2011 7:25 pm

Re: O inegalitate utila, cu aplicatii

Mesajde Stefan Tudose » Dum Mar 25, 2012 9:54 am

Problema 2

\left.\begin{array}{l}\displaystyle\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2} \ge \frac{1}{1+ab} \\ \displaystyle\frac{1}{1+ab} = \frac{c}{c+1} \end{array}\right\}\Rightarrow \displaystyle\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}+\frac{1}{(c+1)^2} \ge \displaystyle \frac{c}{c+1}+\frac{1}{(c+1)^2}

Inegalitatea de demonstrat devine:

\displaystyle \frac{c}{c+1}+\frac{1}{(c+1)^2} \ge \frac{3}{4}\Leftrightarrow

\Leftrightarrow \displaystyle \frac{c^2+c+1}{(c+1)^2} \ge \frac{3}{4}

\Leftrightarrow 4c^2+4c+4 \ge 3c^2+6c+3

\Leftrightarrow c^2-2c+1 \ge 0

\Leftrightarrow (c-1)^2 \ge 0 , care este evident adevarat.
Stefan Tudose
 
Mesaje: 258
Membru din: Mar Aug 30, 2011 7:25 pm


Înapoi la Teme pentru cercurile de elevi

Cine este conectat

Utilizatorii ce navighează pe acest forum: Niciun utilizator înregistrat şi 1 vizitator

cron