Inegalitati

Someonelikeyou Mar Oct 25, 2011 11:01 pm

1. a supra b + b supra a mai mic sau egal a la a 2 a supra b la a 2 a + b la a doua supra a la a 2 a

2. a supra b + b supra a mai mare sau egal 2

3. a patrat supra b + b patrat supra a mai mare sau egal a+b

4. (a patrat + b patrat) mai mic sau egal (a+b)(a la a 3 a + b la a 3 a)

**Admin** Joi Oct 27, 2011 7:10 pm

.

Someonelikeyou a scris:2. a supra b + b supra a mai mare sau egal 2

Folosind Inegalitatea mediilor putem arata:
$\begin{array}{l} \frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 2\\ \frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 2\underbrace {\sqrt {\frac{a}{b} \cdot \frac{b}{a}} }_{ = 1} = 2 \end{array}$
Aceste probleme fac parte din capitolul inegalități nu inecuații motiv pentru care v-am schimbat titlul din "inecuații" in "inegalității".

**Admin** Joi Oct 27, 2011 7:19 pm

Someonelikeyou a scris:3. a patrat supra b + b patrat supra a mai mare sau egal a+b

Inegalitatea reiese imediat folosind inegalitatea lui "Titu Andreescu" :
$\begin{array}{l} \frac{{{a^2}}}{b} + \frac{{{b^2}}}{a} \ge a + b\\ \frac{{{a^2}}}{b} + \frac{{{b^2}}}{a} \ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{a + b}} = a + b \end{array}$
Am evitat rezolvarea folosind CBS fiind "Titu Andreescu" este mult mai simpla.
Inegalitatea lui Titu Andreescu :
$\frac{{x_1^2}}{{{a_1}}} + \frac{{x_2^2}}{{{a_2}}} + ... + \frac{{x_k^2}}{{{a_k}}} \ge \frac{{{{\left( {{x_1} + {x_2} + ... + {x_k}} \right)}^2}}}{{{a_1} + {a_2} + ... + {a_k}}}$
Unde xi si ai sunt pozitivi.

**Admin** Joi Oct 27, 2011 7:30 pm

Someonelikeyou a scris:4. (a patrat + b patrat) mai mic sau egal (a+b)(a la a 3 a + b la a 3 a)

De data asta vom folosi CBS:
$\begin{array}{l} \left( {{a^2} + {b^2}} \right) \le \left( {a + b} \right)\left( {{a^3} + {b^3}} \right)\\ \left( {a + b} \right)\left( {{a^3} + {b^3}} \right) = \left[ {{{\left( {\sqrt a } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt b } \right)}^2}} \right]\left[ {{{\left( {\sqrt {{a^{3/2}}} } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt {{b^{3/2}}} } \right)}^2}} \right] \ge {\left( {\sqrt a \times \sqrt {{a^{3/2}}} + \sqrt b \times \sqrt {{b^{3/2}}} } \right)^2}\\ {\left( {\sqrt a \times \sqrt {{a^{3/2}}} + \sqrt b \times \sqrt {{b^{3/2}}} } \right)^2} = {\left( {\sqrt a \times \sqrt {{a^{3/2}}} + \sqrt b \times \sqrt {{b^{3/2}}} } \right)^2} = {\left( {a + b} \right)^2} \ge {a^2} + {b^2} \end{array}$
Ultima inegalitate fiind foarte usor de demonstrat.
In cel mai scurt timp posibil vom realiza o lecție explicativa despre inegalități clasice, în care vom rezolva niște inegalități folosind anumite procedee simple ...

**Admin** Joi Oct 27, 2011 7:49 pm

Someonelikeyou a scris:1. a supra b + b supra a mai mic sau egal a la a 2 a supra b la a 2 a + b la a doua supra a la a 2 a

$\begin{array}{l} \frac{a}{b} + \frac{b}{a} \le {\left( {\frac{a}{b}} \right)^2} + {\left( {\frac{b}{a}} \right)^2}\\ \frac{{{a^2} + {b^2}}}{{ab}} \le \frac{{{a^4} + {b^4}}}{{a{b^2}}} \Leftrightarrow \frac{{{a^4} + {b^4}}}{{{a^2} + {b^2}}} \ge ab\left| {\left( { \times 2} \right)} \right. \Rightarrow \left( {1 + 1} \right)\left[ {\frac{{{{\left( {{a^2}} \right)}^2} + {{\left( {{b^2}} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}} \right] \ge 2ab\\ CBS:\\ \left( {1 + 1} \right)\left[ {\frac{{{{\left( {{a^2}} \right)}^2} + {{\left( {{b^2}} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}} \right] \ge \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} = {a^2} + {b^2} \ge 2ab \end{array}$
Ultima inegalitate este foarte cunoscuta.

Continut sponsorizat

Inegalitati

Inegalitati

Re: Inegalitati

Re: Inegalitati

Re: Inegalitati

Re: Inegalitati

Re: Inegalitati